2021年高考真题和模拟题分类汇编 数学 专题08 数列 WORD版含解析.docx

1、2021年高考真题和模拟题分类汇编数 学专题08 数列一、选择题部分1.(2021高考全国甲卷理T7)等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（）A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件C. 甲是乙的充要条件D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B【解析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案由题，当数列为时，满足，但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件故选B2

2、.(2021浙江卷T10)已知数列满足.记数列的前n项和为，则（）A B. C. D. 【答案】A【解析】因为，所以，由，即根据累加法可得，当且仅当时取等号，由累乘法可得，当且仅当时取等号，由裂项求和法得：所以，即故选A3.(2021江苏盐城三模T5)已知数列的通项公式为，则其前n项和为A B C D【答案】A【考点】数列的求和：裂项相消法【解析】由题意可知，所以Sn11，故答案选A4.(2021江苏盐城三模T10)设数列an的前n项和为，若，则下列说法中正确的有A存在A，B，C使得an是等差数列B存在A，B，C使得an是等比数列C对任意A，B，C都有an一定是等差数列或等比数列D存在A，B，

3、C使得an既不是等差数列也不是等比数列【答案】ABD【考点】等差与等比数列的综合应用【解析】由题意可知，对于选项A，取A0，BC1，则有anSnn1，此时可得到an1，即an是等差数列，所以选项A正确；对于选项B，取A0，B0，C1，则有anSn1，所以n2时，an1Sn11，两式相减可得2anan1，即数列an是等比数列，所以选项B正确；对于选项CD，取AC0，B2，则有anSn2n，所以n2时，an1Sn12(n1)，两式相减可得anan11，即an2(an12)，即数列an2是以为公比的等比数列，所以an既不是等差数列也不是等比数列，所以选项C错误，选项D正确；综上，答案选ABD5.(2

4、021河南郑州三模理T5)已知等差数列an的公差不为零，且a32a1a7，Sn为其前n项和，则（）ABCDn（n1）【答案】A【解析】设等差数列an的公差为d0，a32a1a7，a1（a1+6d），化为：a12d，Snna1+a1，则6.(2021河南焦作三模理T4)已知公比大于1的等比数列an满足a2ama6an，am2a6a10，则m+n（）A4B8C12D16【答案】C【解析】a2ama6an，am2a6a10，公比q1，由等比数列的性质可得：m8，n4，m+n127.(2021重庆名校联盟三模T6)在我国古代著名的数学专著九章算术里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百

5、二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢问：几日相逢？（）A8日B9日C12日D16日【答案】B【解析】由题可知，良马每日行程an构成一个首项为103，公差13的等差数列，驽马每日行程bn构成一个首项为97，公差为0.5的等差数列，则an103+13（n1）13n+90，bn970.5（n1）97.50.5n，则数列an与数列bn的前n项和为112522250，又数列an的前n项和为（103+13n+90）（193+13n），数列bn的前n项和为（97+97.50.5n）（194.5n），（193+13n）+（194.5n）2

6、250，整理得：25n2+775n90000，即n2+31n3600，解得：n9或n40（舍），即九日相逢8.(2021安徽蚌埠三模文T4)已知等差数列an的前n项和为Sn，S11，S525，则（）A3B6C9D12【答案】A【解析】因为等差数列an中，a1S11，所以S55+10d25，所以d2，则a1+d39.(2021贵州毕节三模文T9)如图，有甲、乙、丙三个盘子和放在甲盘子中的四块大小不相同的饼，按下列规则把饼从甲盘全部移到乙盘中：每次只能移动一块饼；较大的饼不能放在较小的饼上面，则最少需要移动的次数为（）A7B8C15D16【答案】C【解析】假设甲盘中有n块饼，从甲盘移动到乙盘至少需

7、要an次，则a11，当n2时，可先将较大的饼不动，将剩余的n1块饼先移动到丙盘中，至少需要移动an1次，再将最大的饼移动到乙盘，需要移动1次，最后将丙盘中所有的丙移动到乙盘中，至少需要移动an1次，由上可知，an2an1+1，且a11，所以a22a1+13，a32a2+17，a42a3+115，则最少需要移动的次数为15次10.(2021贵州毕节三模文T5)“干支纪年法”是中国历法上自古以来使用的纪年方法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成

8、了干支纪年法，其相配顺序为：甲子、乙丑、丙寅、癸酉，甲戌、乙亥、丙子、癸未，甲申、乙酉、丙戌、癸巳，共得到60个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，那么2015年是“干支纪年法”中的（）A甲辰年B乙巳年C丙午年D乙未年【答案】D【解析】由题意可知，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”，2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，则2020年为庚子，2019年为己亥，2018年为戊戌，2017年为丁酉，2016年为丙申，2015年为乙未11.(2021辽宁朝阳三模T4)跑步是一项有氧

9、运动，通过跑步，我们能提高肌力，同时提高体内的基础代谢水平，加速脂肪的燃烧，养成易瘦体质小林最近给自己制定了一个200千米的跑步健身计划，他第一天跑了8千米，以后每天比前一天多跑0.5千米，则他要完成该计划至少需要（）A16天B17天C18天D19天【答案】B【解析】设需要n天完成计划，由题意易知每天跑步的里程为，以8为首项，0.5为公差的等差数列，n2+31n8000，当n16时，162+31168000，当n17时，172+1731800012.(2021河南济源平顶山许昌三模文T4)“干支纪年法”是我国历法的一种传统纪年法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为”十天干”；子、丑、

10、寅、卯、辰、巳、午、未、申、西、戌、亥叫做“十二地支”“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为甲子、乙丑、丙寅、癸酉；甲戌、乙亥、丙子、癸未；甲申、乙酉、丙戌、癸巳；，共得到60个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，那么2121年是“干支纪年法”中的（）A庚午年B辛未年C庚辰年D辛巳年【答案】D【解析】天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；地支：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥，天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，则

11、2121的天干为辛，地支为巳13.(2021安徽宿州三模理T8)各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，且a1a73a4，a2与a3的等差中项为18，则S5（）A108B117C120D121【答案】D【解析】设等比数列an的公比为q，q0，由a1a7a423a4，可得a43，即有a1q33，由a2与a3的等差中项为18，可得a2+a336，即为a1q+a1q236，解得a181，q，则S512114.(2021安徽宿州三模文T5)已知an为等差数列且a11，a4+a924，Sn为其前n项的和，则S12（）A142B143C144D145【答案】C【解析】解法一、等差数列an中，设公差为d

12、，由a11，a4+a924，得（a1+3d）+（a1+8d）2a1+11d2+11d24，解得d2，所以S1212a1+12112121+132144解法二、等差数列an中，a11，a4+a924，所以前n项的和S126（a4+a9）62414415.(2021河南开封三模文T7)设数列an满足a11，若，则n（）A4B5C6D7【答案】C【解析】根据题意，数列an满足a11，则数列an是首项a11，公比为的等比数列，若，即a1（a1q）（a1q2）（a1qn1）（a1）n，解可得：n6或5（舍）16.(2021四川泸州三模理T6)已知Sn为等差数列an的前n项和，若a215，S565，则a1

13、+a4（）A24B26C28D30【答案】C【解析】由题意S55a365，a313，所以a1+a4a2+a32817.(2021江苏常数三模T12)斐波那契，公元13世纪意大利数学家他在自己的著作算盘书中记载着这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，这就是著名的斐波那契数列斐波那契数列与代数和几何都有着不可分割的联系现有一段长为a米的铁丝，需要截成n（n2）段，每段的长度不小于1m，且其中任意三段都不能构成三角形，若n的最大值为10，则a的值可能是（）A100B143C200D256【答案】BC【解析】由题意，一段长为a米的铁丝

14、，截成n段，且其中任意三段都不能构成三角形，当n取最大值时，每段长度从小到大排列正好为斐波那契数列，而数列的前10项和为：1+1+2+3+5+8+13+21+34+55143，前11项和为：1+1+2+3+5+8+13+21+34+55+89232，只需143a232，BC均符合要求18.(2021上海浦东新区三模T16)已知函数f（x）sinx，各项均不相等的数列an满足|ai|（i1，2，n），记G（n）若an（）n，则G（2000）0；若an是等差数列，且a1+a2+an0，则G（n）0对nN*恒成立关于上述两个命题，以下说法正确的是（）A均正确B均错误C对，错D错，对【答案】A【解析】

15、f（x）sinx在上为奇函数且单调递增，：a2k1+a2k0（kN*）可得a2k1a2k，则f（a2k1）f（a2k）f（a2k）f（a2k），所以f（a2k1）+f（a2k）00，则a1+a2+.+a20000，f（a1）+f（a2）+.+f（a2000）+.+f（a2000）0，故G（2000）0，正确，：an为等差数列，当a1+a2+.+an0时，若n为偶数，a0，a1an可得f（a1）f（an）f（an），则f（a1）+f（an）0，同理可得：f（a2）+f（an1）0，.f（a）+f（a）0，所以G（n）0，若n为奇数，a1+ana2+an1.2a0，f（a1）+f（an）0，f（a

16、2）+f（an1）0，.，f（a）0，所以G（n）0，当a1+a2+.+an0时，同理可证G（n）0，正确19.(2021湖南三模T5)周髀算经是我国古代的天文学和数学著作，其中有一个问题大意如下：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同（即太阳照射物体的影子长度增加和减少的大小相同）二十四个节气及晷长变化如图所示，若冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺五寸（注：一丈等于十尺，一尺等于十寸），则立秋晷长为（）A五寸B二尺五寸C三尺五寸D四尺五寸【答案】D【解析】设从夏至到冬至，每个节气晷长为an，则a115，冬至晷长a13135，由题意得an为等差数列，则d10，故a4a1+3d15+30452

17、0.(2021江西南昌三模理T5)已知公差不为0的等差数列an满足a52+a62a72+a82，则（）Aa60Ba70CS120DS130【答案】C【解析】因为公差不为0的等差数列an满足a52+a62a72+a82，所以a82a52+a72a620，所以（a8a5）（a8+a5）+（a7a6）（a7+a6）0，即3d（a8+a5）+d（a7+a6）0，因为d0，所以3（a8+a5）+（a7+a6）0，由等差数列的性质得4（a1+a12）0，即a1+a120，所以S12021.(2021江西上饶三模理T12)数列an是以a为首项，q为公比的等比数列，数列bn满足bn1+a1+a2+an（n1，

18、2，），数列cn满足cn2+b1+b2+bn（n1，2，）若cn为等比数列，则a+q（）AB3CD6【答案】B【解析】数列an是以a为首项，q为公比的等比数列，anaqn1，则bn1+a1+a2+an1+1+，则cn2+b1+b2+bn2+（1+）n2+n+，要使cn为等比数列，则，解得：，a+q322.(2021安徽马鞍山三模理T10)国际数学教育大会（ICME）是由国际数学教育委员会主办的国际数学界最重要的会议，每四年举办一次，至今共举办了十三届，第十四届国际数学教育大会于2021年上海举行，华东师大向全世界发出了数学教育理论发展与实践经验分享的邀约，如图甲是第七届国际数学家大会（简称IC

19、ME7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的其中已知：OA1A1A2A2A3A3A4A4A5A5A6A6A7A7A81，A1，A2，A3，为直角顶点，设这些直角三角形的周长和面积依次从小到大组成的数列分别为ln，Sn，则关于此两个数列叙述错误的是（）ASn2是等差数列BCDln12Sn+2Sn+1【答案】C【解析】由OA1A1A2A2A3A3A4A4A5A5A6A6A7A7A81，得OA2，故，lnOAn+AnAn+1+OAn+1，Sn，对于A，Sn2，Sn2是等差数列，所以A正确；对于B，由可知，B正确；对于C，lnln1（），所以C错误；对于D，ln1，2Sn+2

20、Sn+1ln1，所以D正确23.(2021安徽马鞍山三模文T8)在天然气和煤气还未普及时，农民通常会用水稻秸秆作为生火做饭的材料每年水稻收割结束之后，农民们都会把水稻秸秆收集起来，然后堆成如图的草堆，供生火做饭使用通常他们堆草堆的时候都是先把秸秆先捆成一捆一捆的，然后堆成下面近似成一个圆柱体，上面近似成一个圆锥体的形状假设圆柱体堆了7层，每层所用的小捆草数量相同，上面收小时，每层小捆草数量是下一层的倍若共用255捆，最上一层只有一捆，则草堆自上往下共有几层（）A13B12C11D10【答案】B【解析】设圆锥体有n层，由题意可知最上面一层只有一捆，所以第n层有12n1捆，圆锥体的总捆数为2n1，

21、圆柱体堆了7层，总捆数为72n1，草堆的总捆数为72n1+2n12n1255，解得n6，所以自下往上共有6+7112层24.(2021安徽马鞍山三模理T4)已知等差数列an中，a2+a1418，a23，则a10（）A10B11C12D13【答案】B【解析】在等差数列an中，由a2+a1418，得2a8a2+a1418，则a89，又a23，a10a8+2d9+211125.(2021江西九江二模理T9)古希腊毕达哥拉斯学派认为数是万物的本源，因此极为重视数的理论研究，他们常把数描绘成沙滩上的沙粒或小石子，并将它们排列成各种形状进行研究形数就是指平面上各种规则点阵所对应的点数，是毕哥拉斯学派最早研

22、究的重要内容之一如图是三角形数和四边形数的前四个数，若三角形数组成数列an，四边形数组成数列bn，记cn，则数列cn的前10项和为（）ABCD【答案】D【解析】由题意可得，所以，设数列cn的前n项和为Sn，所以，所以26.(2021江西九江二模理T3)已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足a37，S1020，则a8（）A5B3C3D5【答案】B【解析】设等差数列an的公差为d，由题意得，解得a111，d2，故a811+7（2）327.(2021浙江杭州二模理T8)已知数列an满足an1an+an2（n3），设数列an的前n项和为Sn，若S20202019，S20192020，则S2021（）

23、A1008B1009C2016D2018【答案】B【解析】因为an1an+an2，（n3），所以anan+1+an1，则an+1+an20，所以an+an+30，an+3+an+60，则anan+6，可知a1+a40，a2+a50，a3+a60，所以S6a1+a2+a60，因为20196336+3，所以S20190+a2017+a2018+a20192020，所以a2017+a2018+a20192020，因为a2020S2020S2019201920201，则a20171，所以a2018+a2019202012019，因为a2018a2017+a20191+a2019，所以a20191009

24、，a20181010，因为a2021a20181010，所以S2021S2020+a202120191010100928.(2021江西上饶二模理T3)等比数列an中，a34，a2a664，则a5（）AB8C16D32【答案】C【解析】等比数列an中，a34，a2a664，a2a664，解得a48，q2，a5441629.(2021河北秦皇岛二模理T3)南宋数学家杨辉详解九章算法和算法通变本末中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现有高阶等差数列，其前6项分别1，6，13，24，41，

25、66，则该数列的第7项为（）A91B99C101D113【答案】C【解析】由题意得1，6，13，24，41，66的差组成数列：5，7，11，17，25，这些数的差组成数列：2，4，6，8，10，故该数列的第7项为10+25+6610130.(2021江西鹰潭二模理T3)记Sn为等差数列an的前n项和已知S40，a55，则（）Aan2n5Ban3n10CSn2n28nDSnn22n【答案】A【解析】设等差数列an的公差为d，由S40，a55，得，an2n5，31.(2021北京门头沟二模理T5)中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到

26、其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则该人第五天走的路程为()A. 48里B. 24里C. 12里D. 6里【答案】C【解析】本题考查等比数列的通项公式的运用，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用由题意可知，每天走的路程里数构成以12为公比的等比数列，由S6=378求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人第五天走的路程解：记每天走的路程里数为an，由题意知an是公比12的等比数列，由S6=378，得S6=a1(1-126)1-12=378，解得：a1=19

27、2，a5=192124=12(里).故选：C.32.(2021广东潮州二模T12)已知数列an满足annkn（nN*，0k1），下列命题正确的有（）A当k时，数列an为递减数列B当k时，数列an一定有最大项C当0k时，数列an为递减数列D当为正整数时，数列an必有两项相等的最大项【答案】BCD【解析】anan+1nkn（n+1）kn+1n（n+1）k，anan+1nkn（n+1）kn+1n（n+1）k，对于A，因为k，所以a1，a22，于是a1a2，所以A错；对于B，因为k，所以4，于是当n4时，an递减，所以数列an一定有最大项，所以B对；对于C，因为当0k时，所以当n1时，数列an为递减数

28、列，所以C对；对于D，设m，当nm，即nm+1时数列an为递减，当nm时an为递增，最大项为am，am+1（m+1），所以数列an必有两项相等的最大项，所以D对33.(2021安徽淮北二模文T8)若正项等比数列an的公比为e（e是自然对数的底数），则数列lna2n1是（）A公比为e2的等比数列B公比为2的等比数列C公差为2e的等差数列D公差为2的等差数列【答案】D【解析】正项等比数列an的公比为e（e是自然对数的底数），a2n1，lna2n1lna1+2n22n+（lna12），数列lna2n1是公差为2的等差数列34.(2021吉林长春一模文T11.)如图,在面积为1的正方形内做四边形使以此

29、类推,在四边形内再做四边形，记四边形的面积为，则【答案】B【解析】由图可知所以其前项和为,故选B.35.(2021宁夏银川二模文T6)记Sn为等差数列an的前n项和，已知a20，a68，则S10（）A66B68C70D80【答案】C【解析】等差数列an中，a20，a68，故d2，a12，则S1010（2）+45270二、填空题部分36.(2021新高考全国卷T16)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格

30、图形的种数为_；如果对折次，那么_.【答案】(1). 5 (2).【解析】（1）由对折2次共可以得到，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；故对折4次可得到如下规格：，共5种不同规格；（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，设，则，两式作差得：，因此，.故答案为；.37.(2021上海浦东新区三模T10)设函数f（x）cosxm（x0，3）的零点为x1、x2、x3，若

31、x1、x2、x3成等比数列，则实数m的值为【答案】【解析】由题意得x22x1，x32+x1，由x1x3得（2x1）2x1（2+x1），解得x1，mcos38.(2021上海浦东新区三模T7)数列an的前n项和为Sn，若点（n，Sn）（nN*）在函数ylog2（x+1）的反函数的图象上，则an【答案】2n1【解析】由题意得nlog2（Sn+1）sn2n1n2时，ansnsn12n2n12n1，当n1时，a1s12111也适合上式，数列an的通项公式为an2n1；39.(2021河南郑州三模理T16)1967年，法国数学家蒙德尔布罗的文章英国的海岸线有多长？标志着几何概念从整数维到分数维的飞跃19

32、77年他正式将具有分数维的图形成为“分形”，并建立了以这类图形为对象的数学分支分形几何，分形几何不只是扮演着计算机艺术家的角色，事实表明它们是描述和探索自然界大量存在的不规则现象的工具下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB的长度为a，在线段AB上取两个点C，D，使得ACDBAB，CD为一边在线段AB的上方做一个正三角形，然后去掉线段CD，得到图2中的图形；对图2中的线段EC、ED作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：记第n个图形（图1为第1个图形）中的所有线段长的和为Sn，若存在最大的正整数a，使得对任意的正整数n，都有Sn2021，则a【答案】

33、1010【解析】当n2时，则S1a，s2S1+a2（1+）a，当n3时，则S3s2+2（a）2（1+）a2a（1+）a，同理得当n4时，则S4（1+）a，Sn（1+.+）a1+a2a2021，2a2021，a的最大整数值为101040.(2021河南开封三模文理T13)已知an为等差数列，且3a52a7，则a1【答案】0【解析】设等差数列an的公差为d，由3a52a7，得2a5+a52（a5+2d），则a54d；又a5a1+4d，所以a10故答案为：041.(2021安徽宿州三模理T14)已知数列an的前n项的和为Sn，并且满足Sn2n210n，则a2a6的值为【答案】48【解析】数列an的前

34、n项的和为Sn，且满足Sn2n210n，a2S2S1（24102）（210）4，a6S6S5（236106）（225105）12，a2a64124842.(2021安徽宿州三模文T15)已知an是公差不为零的等差数列，a514，且a1，a3，a11成等比数列，设bn（1）n+1an，数列bn的前n项的和为Sn，则S2021【答案】3032【解析】由a1，a3，a11成等比数列，得，设等差数列an的公差为d（d0），整理得3a514d，a514，d3，则a1a54d14122，an2+3（n1）3n1，得，则b2k+b2k+1（1）2k+1（6k1）+（1）2k+2（6k+31）3S2021b1

35、+b2+.+b2021b1+（b2+b3）+（b4+b5）+.+（b2020+b2021）2+3+3+.+32+31010303243.(2021安徽马鞍山三模文T15)已知数列an满足a1+2a2+3a3+nan2n，若，设数列bn的前n项和为Tn，则T2021【答案】【解析】由a1+2a2+3a3+nan2n，可得n1时，a12，n2时，a1+2a2+3a3+（n1）an12（n1），又a1+2a2+3a3+nan2n，两式相减可得nan2，即有an，对n1也成立可得2（），则T20212（1+.+）2（1）44.(2021河南焦作三模理T) 15已知Sn为等差数列an的前n项和，S60，

36、a77，若为数列an中的项，则m【答案】2【解析】等差数列an中，S66a1+15d0，a7a1+6d7，解得d2，a15，故an2n7，设t2m3，（t1且t为奇数），t+6为数列中的项，则t能被8整除，则t1时，m2，t+63，符合题意；当t1时，m1，t+615不符合题意，故m245.(2021河北张家口三模T13)在等差数列an中，a112a8+6，则a2+a6+a718【答案】18【解析】设等差数列an的公差为d，由a112a8+8，得2a8a118，即a83da56，所以a2+a3+a73a51846.(2021山东聊城三模T13.)数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，称

37、为斐波那契数列，是意大利著名数学家斐波那契于1202年在他写的算盘全书提出的，该数列的特点是：从第三起，每一项都等于它前面两项的和在该数列的前2021项中，奇数的个数为_【答案】 1348【考点】进行简单的合情推理【解析】【解答】由斐波那契数列的特点知：从第一项起，每3个数中前两个为奇数后一个偶数，20213的整数部分为673，余数为2，该数列的前2021项中共有673个偶数，奇数的个数为2021-673=1348 .故答案为：1348【分析】由斐波那契数列的特点经过推理即可求得。47.(2021安徽蚌埠三模文T16)已知数列an满足：a11，a2，（n2且nN+），等比数列bn公比q2，则数

38、列的前n项和Sn【答案】（2n3）2n+1+6【解析】因为a11，a2，（n2且nN+），当n2时，+6，即b1+3b2b3+6，由等比数列的bn的公比为q2，即b1+6b14b1+6，解得b12，所以bn2n，当n3时，+6，即2+34+316+6，解得a3，又+6（n3，且nN+），可得，即，化为+，又+6，所以为等差数列，且公差d2，则+2（n1）2n1，所以（2n1）2n，Sn12+322+523+（2n1）2n，2Sn122+323+524+（2n1）2n+1，上面两式相减可得Sn2+2（22+23+2n）（2n1）2n+12+2（n1）2n+1，所以Sn（2n3）2n+1+648.

39、(2021上海嘉定三模T12)已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推若该数列的前n项和为2的整数幂，如，则称中的（n，k）为“一对佳数”，当n100时，首次出现的“一对佳数”是【答案】（441，29）【解析】根据题意，所以前n组共有1+2+3+n个数，则有，令（当n14时有105个数），由题意可知：若Sn2n+12n为2的整数幂，验证可得：则1+2+（2n）0时，解得n1，总共有项，不满足n100；1+2+4+（2n）0时，解得n5，总共有项，不满足n100；1+2+4+8+（

40、2n）0时，解得n13，总共有项，不满足n100；1+2+4+8+16+（2n）0时，解得n29总共有项，满足n100；n的最小值为441所以首次出现的“一对佳数”是（441，29）；49.(2021江西上饶三模理T14)设等差数列an的前n项和为Sn，若a5+a6a2+5，则S17【答案】85【解析】由an是等差数列，得a5+a6a2+a9，又a5+a6a2+5，所以a95，所以S17（a1+a17）17a91758550.(2021贵州毕节三模文T14)已知数列an的前n项和满足Sn+13Sn+2，且a12，则a6的值为【答案】486【解析】Sn+13Sn+2，Sn3Sn1+2（n2），两

41、式相减得an+13an（n2），S12，Sn+13Sn+2，a1+a23a1+2即a26，则3，3（n1），数列an是首项为2，公比为3的等比数列，an23n1（n1，2，3，）a623548651.(2021河南济源平顶山许昌三模文T16)已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1，an+2SnSn10（n2），则（n2+16）Sn的最小值为【答案】4【解析】由于an+2SnSn10，整理得SnSn12SnSn1，变换为：（常数），故数列是以2为首项，2为公差的等差数列；所以，（首项符合通项），故，则（n2+16）Sn，当且仅当时，即n4时，等号成立52.(2021四川泸州三模理T15)已知S

42、n为正项等比数列an的前n项和，若a2a49，2S2a3+a4，则a7【答案】12【解析】根据题意，等比数列an中，设其公比为q，则q0，若a2a49，则a33，若2S2a3+a4，即2（a1+a2）a3+a4，则q22，则a7a3q43221253.(2021江西南昌三模理T14)等比数列an的前n项和为Sn，若S69S3，S3a3，则【答案】【解析】根据题意，设等比数列an的公比为q，若S69S3，则q1，则有9，变形可得1+q39，解可得q2，则S37a1，a34a1，若S3a3，则54.(2021江西鹰潭二模理T15)设数列an中a12，若等比数列bn满足an+1anbn，且b1010

43、1，则a2020【答案】2【解析】根据题意，若数列bn满足an+1anbn，即bn，则有（）（）（）b2019b2018b2017b1，而数列bn为等比数列，则b2019b2018b2017b1（b1010）20191，则有1，又由a12，则a2020255.(2021山东潍坊二模T14)数学史上著名的“冰雹猜想”指的是：任取一个正整数m，若m是奇数，就将该数乘3再加上1；若m是偶数，就将该数除以2反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1421按照上述猜想可得到一个以m为首项的无穷数列记作an，an满足的递推关系为a1m，an+1如取m6，根据上述运算法则得出a91，a104，若

44、a71，则满足条件的一个m的值为【答案】1或8或10或64（只需填一个）【解析】若a71，则a62，a54，a48或1，当a48时，a316，a232或5，若a232，则a164；若a25，则a110，若a41时，a32，a24，a18或1，综上所述，m的值为1或8或10或6456.(2021安徽淮北二模文T13)若数列an的前n项和为Snn2+n，则an【答案】n【解析】数列an的前n项和为Snn2+n，则anSnSn1n2+n（n1）2n+1n57.(2021吉林长春一模文T16.)已知是数列的前项和,满足,则;数列的前项和.【答案】，【解析】,所以,故的前项和.58.(2021宁夏银川二

45、模文T15)已知各项都为正数的数列an，Sn是其前n项和，满足a1，an2（2an+11）an2an+10，则【答案】2n1【解析】各项都为正数的数列an，Sn是其前n项和，满足a1，an2（2an+11）an2an+10，整理得：2an+1（an+1）an（an+1），由于数列an的各项为正数，所以（常数），所以数列an是以为首项，为公比的等比数列则，所以三、解答题部分59.(2021新高考全国卷T17) 已知数列满足，（1）记，写出，并求数列的通项公式；（2）求的前20项和.【解析】（1）由题设可得又，故，即，即所以为等差数列，故.（2）设的前项和为，则，因为，所以.60.(2021高考全

46、国甲卷理T18) 已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立数列是等差数列：数列是等差数列；注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分【解析】选作条件证明时，可设出，结合的关系求出，利用是等差数列可证；选作条件证明时，根据等差数列的求和公式表示出，结合等差数列定义可证；选作条件证明时，设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列.选作条件证明：设，则，当时，；当时，；因为也是等差数列，所以，解得；所以，所以.选作条件证明：因为，是等差数列，所以公差，所以，即，因为，所以是等差数列.选作条件证明：设，则，当时，；当时，；因为，所以，解得或；当时

47、，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；当时，不合题意，舍去.综上可知为等差数列.61.(2021高考全国乙卷文T19) 设是首项为1的等比数列，数列满足已知，成等差数列（1）求和的通项公式；（2）记和分别为和的前n项和证明：【解析】因为是首项为1的等比数列且，成等差数列，所以，所以，即，解得，所以，所以.（2）证明：由（1）可得，得，所以，所以，所以.62.(2021浙江卷T20) 已知数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项；（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.【解析】（1）当时，当时，由，得，得，又是首项为，公比为的等比数列，；（2）由，得，所以，两式

48、相减得，所以，由得恒成立，即恒成立，时不等式恒成立；时，得；时，得；所以.63.(2021江苏盐城三模T18)请在；这3个条件中选择1个条件，补全下面的命题使其成为真命题，并证明这个命题(选择多个条件并分别证明的按前1个评分)命题：已知数列满足an1an2，若，则当n2时，an2n恒成立【考点】数列的通项公式求解与不等式的证明【解析】选证明：由an1an2，且，所以an0，所以lgan1lgan，lganlg2，an，5分当n2时，只需证明n，令bn，则bn1bn0，10分所以bnb21，所以n成立综上所述，当a12且n2时，an2n成立12分注：选为假命题，不得分，选参照给分64.(2021

49、河南开封三模理T17)已知数列an满足a12，an+12an+4（1）求a2，a3，a4；（2）猜想an的通项公式并加以证明；（3）求数列|an|的前n项和Sn【解析】（1）由已知，易得a20，a34，a412（2）猜想因为an+12an+4，所以an+1+42（an+4），则an+4是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以，所以（3）当n1时，a120，S1|a1|2；当n2时，an0，所以，又n1时满足上式所以，当nN*时，65.(2021河北张家口三模T17)已知数列an的前n项和为An，数列bn的前n项和为Bn，且（1）求anbn的通项公式；（2）若，求数列anbn的前n项和Tn【解析

50、】（1）记数列anbn的前n项和为Sn，所以，所以当n2时，两式作差，得当n2时，因为当n1时，S1a4b12，也符合上式，所以anbn的通项公式为（2）由（1）知因为，所以，所以数列anbn的前n项和.所以数列anbn的前n项和66.(2021山东聊城三模T18.)在 a1，a3，a21成等比数列 S4=28， Sn+1=Sn+an+4，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并做出解答已知an是公差不为零的等差数列，Sn为其n前项和，a2=5，_，bn是等比数列，b2=9，b1+b3=30，公比q1（1）求数列an，bn的通项公式；（2）数列an和bn的所有项分别构成集合A，B，将AB的

51、元素按从小到大依次排列构成一个新数列cn，求T80=c1+c2+c3+c80【解析】（1）解：选，an是公差不为0的等差数列，设公差为d，由a1，a3，a21成等比数列，可得(a1+2d)2=a1(a1+20d)，又d0，4a1=d，又a2=5，即a1+d=5，解得a1=1，d=4，an=1+(n-1)4=4n-3选，由S4=28，a2=5，有4a1+6d=28，a1+d=5，可得a1=1，d=4，an=1+(n-1)4=4n-3选，由Sn+1=Sn+an+4，可得an+1-an=d=4，又a2=5，即a1+d=5，a1=1，故an=1+(n-1)4=4n-3bn是等比数列，由b2=9，b1+

52、b3=30，q1，b1q=9，b1+b1q2=30，解得q=3，b1=3，即bn=3n（2）解：a80=317，35=243317243=b5，cn的前80项是由an的前77项及b1，b3，b5构成T20=c1+c2+c3+c80=a1+a2+a77+b1+b3+b5=11781+3+27+243=12054【考点】等差数列的通项公式，等差数列的前n项和，等比数列的通项公式，等比数列的前n项和【解析】【分析】（1）选，an是公差不为0的等差数列，设公差为d，由等比数列通项和性质得a1=1，d=4，可得an通项。选根据等差数列前n项和即可求得an通项。选由Sn+1=Sn+an+4，可得an+1-

53、an=d=4结合已知即可求得an通项。再根据等比数列通项可求得bn=3n。（2）由a80=317，35=24331736=729可知cn的前80项中，数列bn的项最多有5项进而可得cn的前80项是由an的前77项及b1，b3，b5构成，再根据等差和等比前n 项和即可求得。67.(2021四川内江三模理T17)已知等差数列an的公差d0，它的前n项和为Sn，若S570，且a2，a7，a22成等比数列（1）求数列an的通项公式；（2）设数列的前n项和为Tn，求证：Tn【解析】（1）由题意得，解得a15，d4，an6+（n5）44n+7（2）a16，d6，Sn6n+2n3+4n，Tn，（Tn）min

54、T1故Tn68.(2021重庆名校联盟三模T18)已知数列an的前n项和为Sn，且满足2anSn1（nN*）（1）求数列an的通项公式；（2）设bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn1【解析】（1）由2anSn1（nN*），可得2a1S12a1a11，即a11，当n2时，2an1Sn11，又2anSn1，相减可得2an2an1an，即an2an1，则an2n1；（2）证明：bn，Tn1+.+1，由Tn是递增数列，可得TnT1，且Tn1所以Tn169.(2021上海嘉定三模T21)（18分）对于数列an，若存在常数M0对任意nN*恒有|an+1an|+|anan1|+|a2a1|M，则称an

55、是“数列”（1）首项为a1，公差为d的等差数列是否是“数列”？并说明理由；（2）首项为a1，公比为q的等比数列是否是“数列”？并说明理由；（3）若数列an是数列，证明：也是“数列”，设，判断数列An是否是“数列”？并说明理由【解析】（1）因为an是等差数列，所以an+1ananan1d，设|an+1an|+|anan1|+|a2a1|M，即n|d|M对一切nN*恒成立，则d0，所以d0时，等差数列是“数列”，当d0时，等差数列不是“数列”；（2）由，则，当q1时，|an+1an|+|anan1|+|a2a1|0，必定存在正数M符合题意，所以是“数列“；当q1时，|an+1an|+|anan1|

56、+|a2a1|2n|a1|，n，2n|a1|，所以不是“数列“；当q1或q1时，n，|qn1|，|an+1an|+|anan1|+|a2a1|，所以不是“数列”；当1q0或0q1时，|an+1an|+|anan1|+|a2a1|，必定存在不小于的常数M符合题意，所以是“数列”综上，当1q0或0q1时，是“数列”，当q1或q1时，不是“数列”；（3）因为|an+1|an+1an+anan1+a2a1+a1|an+1an|+|anan1|+|a2a1|+|a1|M+|a1|所以|an+1|+|an|2（M+|a1|），因为|an+1|+|an+1|an+1an|2（M+|a1|）|an+1an|可

57、得2（M+|a1|）|an+1an|+|anan1|+|a2a1|2M（M+|a1|）所以也是“数列“；因为，所以所以|A1A2|+|A2A3|+|AnAn+1|an+1an|+|anan1|+|a2a1|M，所以An是“数列”70.(2021辽宁朝阳三模T19)在数列an中，a12，（n2+1）an+12（n1）2+1an（1）求an的通项公式；（2）在下列两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按第一个解答计分设bnn2an，数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn2n+12设bn（n32n2+2n）an，求数列bn的前n项和Tn【解析】（1）由（n2+1）an+12（n1）2+1an，设c

58、n（n1）2+1an，则cn+12cn，可得cn是首项为2，公比为2的等比数列，可得cn2n，则（n1）2+1an2n，所以an；（2）选设bnn2an，数列bn的前n项和为Tn证明：bnn2an2n，所以Tnb1+b2+.+bn2+22+.+2n2n+12选设bn（n32n2+2n）an，求数列bn的前n项和Tn解：bn（n32n2+2n）ann2n，则Tn12+222+323+.+n2n，2Tn122+223+324+.+n2n+1，上面两式相减可得Tn2+22+23+.+2nn2n+1，n2n+1，化简可得Tn2+（n1）2n+171.(2021江苏常数三模T18)在Sn+12Sn+2，

59、an+1an2n，Snan+12这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答已知数列an的前n项和为Sn，a12，且满足 _（1）求数列an的通项公式；（2）在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，试比较dn与的大小关系，并说明理由【解析】（1）选Sn+12Sn+2，当n1时，S22S1+2，即a1+a22a1+2，a12，a1+a22a1+2，a24，当n2时，an+1Sn+1Sn2Sn+2（2Sn1+2）2an，又a22a1，也满足上式，数列an是首项为2，公比为2的等比数列，即，选an+1an2n，由an+1an2n可得，将以上式子进行累加可得，n

60、2，即，n2，又a12，也满足上式，数列an是首项为2，公比为2的等比数列，即，选Snan+12，当n1时，S1a22，a24，当n2时，anSnSn1an+12（an2）an+1an，即an+12an（n2），又a22a1，数列an是首项为2，公比为2的等比数列，即，（2）在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，an+1an+（n+1）dn，即，当n1时，当n2时，综上所述，72.(2021上海浦东新区三模T21)已知an，bn为两非零有理数列（即对任意的iN*，ai，bi均为有理数），dn为一无理数列（即对任意的iN*，di为无理数）（1）已知bn2an

61、，并且（an+bndnandn2）（1+dn2）0对任意的nN*恒成立，试求dn的通项公式（2）若dn2为有理数列，试证明：对任意的nN*，（an+bndnandn2）（1+dn2）1+dn恒成立的充要条件为（3）已知sin2（0），dn，对任意的nN*，（an+bndnandn2）（1+dn2）1恒成立，试计算bn【解析】（1），即，an0，（2）证明：，为有理数列，以上每一步可逆，即可证明（3），（0），25tan12+12tan2，或，当n2k（kN*）时，当n2k1（kN*）时，为有理数列，为有理数列，dn为无理数列，当n2k（kN*）时，当n2k1（kN*）时，73.(2021上海浦

62、东新区三模T19)流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月k+1（9k29，kN*）日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人（1）若k9，求11月1日至11月10日新感染者总人数；（2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数【解析】（1）记11月n日新感染者人数为an（1n30），则数列an（1n9）是等差数列，a120，

63、公差为50，又a10410，则11月1日至11月10日新感染者总人数为（a1+a2+a9）+a10（930+）+4102480人；（2）记11月n日新感染者人数为an（1n30），11月k日新感染者人数最多，当1nk时，an50n20，当k+1n30时，an（50k20）20（nk）20n+70k20，因为这30天内的新感染者总人数为11940人，所以11940，解得35k2+2135k990011940，即k261k+6240，解得k13或k48（舍），此时a13501320630，所以11月13日新感染者人数最多为630人74.(2021湖南三模T19)已知Sn是数列an的前n项和，an+

64、13an+2an11，a11，a24（1）证明：数列an+1an+1是等比数列；（2）求Sn【解析】（1）证明：an+13an+2an11，（an+1an+1）2（anan1+1），a11，a24，a2a1+14数列an+1an+1是公比为2的等比数列，首项为4（2）解：由（1）可得：an+1an+142n1，an+1an2n+11，an（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a12n1+2n11+221+12n+2n1+22（n1）+1n+22n+1n2Sn2n+1+2n+2n1+22（1+2+n）2n2n2n+2475.(2021福建宁德三模T17) 在Sn=2an-1，an+1a

65、n=2n-12n+1，a2=13，Sn=2n+1这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.已知数列an的前n项和为Sn，_，数列bn满足bn=anan+1，求数列bn的前n项和Tn.【解析】选条件Sn=2an-1，由Sn=2an-1Sn-1=2an-1-1(n2)，两式相减得：an=2an-2an-1，所以an=2an-1(n2)，又S1=2a1-1，得a1=1，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an=2n-1.因此bn=anan+1=2n-12n=22n-1，所以Tn=21+23+22n-1=2(1-4n)1-4=2(4n-1)3.选条件an+1an=2n-12n

66、+1，a2=13，解法一：由an+1an=2n-12n+1,a2=13，得a2a1=13,a1=1，当n2时，ana1=a2a1a3a2anan-1=13352n-32n-1=12n-1，所以an=12n-1(n2)，又a1=1也符合an=12n-1，所以an=12n-1.因此bn=anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)，所以Tn=12(1-13)+(13-15)+(12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1.解法二：由an+1an=2n-12n+1，得(2n+1)an+1=(2n-1)an，所以数列(2n-1)an是常数列，所以(2n-1)

67、an=(22-1)a2=1，所以an=12n-1.因此bn=anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)，所以Tn=12(1-13)+(13-15)+(12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1.选条件Sn=2n+1，n2时，an=Sn-Sn-1=(2n+1)-(2n-1+1)=2n-1，又a1=S1=3，显然不符合上式，所以an=3,n=12n-1,n2，则bn=anan+1=6,n=1,22n-1,n2.，当n2时，Tn=6+23+25+22n-1=6+8(1-4n-1)1-4=234n+103，又T1=6，符合Tn=234n+103，所以Tn

68、=234n+103.【解析】选，运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式和求和公式，计算可得所求和；选，解法一、运用数列恒等式和数列的裂项相消求和，计算可得所求和；解法二、由数列(2n-1)an是常数列，可得an，bn，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和；选，由数列的递推式和等比数列的求和公式，可得所求和本题考查等差、等比数列的通项公式、求和等基础知识，以及数列的裂项相消求和，考查运算求解能力，逻辑推理能力，化归与转化思想等，属于中档题76.(2021宁夏中卫三模理T17)已知等比数列an的前n项和为Sn（nN*），2S2，S3，4S4成等差数列，且a2+2a3+a4（1）求数列an的通

69、项公式；（2）若bn（n+2）log2|an|，求数列的前n项和Tn【解析】（1）等比数列an的公比为q，q1，前n项和为成等差数列，可得2S34S42S2，即为242，化为2q2q10，解得q，即为a1+2a1a1，解得a1，则an（）n，nN*；（2）bn（n+2）log2|an|（n+2）log2n（n+2），可得（），即有前n项和Tn（1+）（1+）（+）77.(2021河北秦皇岛二模理T18)已知等比数列an，其前n项和为Sn，若a1，an+1Sn+2，R，nN*（1）求的值；（2）设bn，求使b1+b2+bn成立的最小自然数n的值【解析】（1）根据题意，由通用公式可得，当n2时，可

70、得，an+1ananan+1（1+）an，数列an是公比为+1的等比数列，又因为a1，由得到，2（2）由（1）可知，数列an是以2为首项，3为公比的等比数列，即得，则，b1+b2+b3+bn（）+（）+（）13n1011n7故可得满足题意的最小自然数为n778.(2021河北邯郸二模理T17)已知数列an满足an0，an+13an+4（）证明：数列an+2为等比数列；（）若a325，求数列ann的前n项和Sn【解析】（）证明：由an+13an+4，可得an+1+23（an+2），则数列an+2是公比为3的等比数列；（）若a325，又a33a2+4，可得a27，由a23a1+4，可得a11，可得

71、an+2（a1+2）3n13n，则an3n2，ann3n2n，则Sn（3+32+.+3n）2n（1+2+3+.+n）2nn（1+n）79.(2021浙江杭州二模理T20)已知数列an，bn，满足an2n2，b2k1ak（kN*），b2k1，b2k，b2k+1成等差数列（1）证明：b2k是等比数列；（2）数列cn满足cn，记数列cn的前n项和为Sn，求Sn【解析】证明：（1）由数列an，bn，满足an2n2，b2k1ak（kN*），所以，由于b2k1，b2k，b2k+1成等差数列故，整理得（常数），所以数列：b2k是以为首项，公比为2的等比数列；（2）由于：b2k是以为首项，公比为2的等比数列；

72、所以，则2n3，所以（n1），则+，80.(2021天津南开二模T18)设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn（nN*）已知b11，b3b2+2，b4a3+a5，b5a4+2a6（）求an和bn的通项公式；（）设数列的前n项和Tn.记cn，求cn；（）求【解析】（）设数列an是公差为d的等差数列，数列bn是公比为q的等比数列，公比大于0n（nN*）已知b12，b3b2+8，b4a3+a8，b5a4+7a6所以q2q+2，解得q2，由于b4a3+a5，b5a5+2a6所以6a1+6d6，3a1+13d16，解得a7d1，故ann，（）由（）知：，所以T7n0，T2n21，

73、所以，（）由（）得：，所以，得：，整理得81.(2021广东潮州二模T18)已知等差数列an的公差d0，若a611，且a2，a5，a14成等比数列（1）求数列an的通项公式；（2）设，求数列bn的前n项和Sn【解析】（1）a611，a1+5d11，a2，a5，a14成等比数列，化简得d2a1，由可得，a11，d2数列的通项公式是an2n1；（2）由（1）得，Sn82.(2021辽宁朝阳二模T18)设Sn为数列an的前n项和，已知a23，an+12an+1（1）证明an+1为等比数列（2）判断n，an，Sn是否成等差数列？并说明理由【解析】（1）证明：a23，an+12an+1，可得a11，即有

74、an+1+12（an+1），则an+1为首项为1，公比为2的等比数列；（2）由（1）可得an+12n，即有an2n1，Snn2n+12n，由n+Sn2ann+2n+12n2（2n1）0，可得n，an，Sn成等差数列83.(2021山东潍坊二模T22)设anxn，bn，Sn为数列anbn的前n项和，令fn（x）Sn1，其中xR，nN+（1）当x2时，数列an中是否存在三项，使其成等差数列？并说明理由；（2）证明：对nN+，关于x的方程fn（x）0在x，1上有且仅有一个根xn；（3）证明：对pN+，由（2）中x0构成的数列xn满足0xnxn+p【解析】（1）当x2时，an2n，若存在三项2m，2n

75、，2t成等差数列（mnt，m，n，tN*），则有2m+2t2n+1，1+2tm2n+1m，易知等式左边为奇数，右边为偶数，数列an中不存在三项，使其成等差数列；（2）证明：由题意，+，当x，1时，fn（x）0恒成立，fn（x）单调递增，此时fn（1）+0，+0，存在唯一的实数xn，1，使得fn（x）0，得证；（3）证明：当x0时，fn+1（x）fn（x）+fn（x），fn+1（xn）fn（xn）fn+1（xn+1）0，fn+1（x）在x（0，+）单调递增，xn+1xn，即xn单调递减，故对正整数p，都有xnxn+p0，又fn（xn）+0，fn+p（xn+p）0，两式相减，得，xnxn+p+，x

76、n+p，1，xnxn+p，即数列xn满足0xnxn+p，得证84.(2021浙江丽水湖州衢州二模T20)已知数列an是各项均为正数的等比数列，若a12，a2+a3是a3与a4的等差中项数列bn的前n项和为Sn，且Sn+2an2求证：（）数列anbn是等差数列；（）+2（1）【解析】证明：（）数列an是各项均为正数的等比数列，若a12，a2+a3是a3与a4的等差中项，由已知a3+a42（a2+a3），整理得a4a32a20设数列an的公比为q，则q2q20，解得q2或1（负值舍去）故由Sn+2an2当n1时，解得b11，当n2时，得：，解得所以anbnn，故（anbn）（an1bn1）1（常数

77、），故数列anbn是等差数列（）由于，数列anbn是以1为首项，1为公差的等差数列，则：anbn1+（n1）n，所以，根据不等式，所以2，由于，所以+2（1）成立85.(2021山西调研二模文T17.)已知等比数列an，anan+1(nN*)，a2=4，a2+1是a1与a3的等差中项.(1)求an的通项公式；(2)若bn=anlog2an，求数列bn的前n项和Sn.【解析】解：(1)设公比为q的等比数列an，anan+1(nN*)，所以该数列单调递增，由于a2=4，a2+1是a1与a3的等差中项所以2(a2+1)=a1+a3，故5=2q+2q，解得：q=2或12(舍去)，故an=2n.(2)由

78、bn=anlog2an=n2n，所以Sn=121+222+.+n2n，2Sn=122+223+.+n2n+1，-得：-Sn=(21+22+.+2n)-n2n+1=2(2n-1)2-1-n2n+1.整理得：Sn=(n-1)2n+1+2.【解析】(1)首先建立方程组求出数列的通项公式，(2)进一步利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题86.(2021新疆乌鲁木齐二模文T17)已知等差数列an满足a36，a4+a620，an的前n项和为Sn（）求an及Sn；（）令bn，求数列

79、bn的前n项和Tn【解析】（）由题意，设等差数列an的公差为d，则，解得，an2+2（n1）2n，nN*，Sn2n+2n（n+1）（）由（），可得bn，故Tnb1+b2+bn1+187.(2021河南郑州二模文T18)已知an是等差数列，bn是等比数列，且bn的前n项和为Sn，2a1b12，a55（a4a3），_在b54（b4b3），bn+1Sn+2这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答（）求数列an和bn的通项公式；（）求数列anbn的前n项和Tn【解析】等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，选b54（b4b3），（）由2a1b12，a55（a4a3），

80、b54（b4b3），可得1+4d5d，2q44（2q32q2），解得d1，q2，则an1+n1n，bn22n12n；（）anbnn2n，则Tn（1+2+3+n）（2+4+8+2n）n（n+1）（n2+n）2n+1+2选bn+1Sn+2，（）由2a12，a55（a4a3），bn+1Sn+2，可得1+4d5d，解得d1，由b12，bn+1Sn+2，当n2时，bnSn1+2，可得bn+1bnSnSn1bn，即bn+12bn，由n1时，b2S1+2b1+24，所以bnb22n22n，上式对n1也成立，所以an1+n1n，bn22n12n；（）anbnn2n，则Tn（1+2+3+n）（2+4+8+2n）n（n+1）（n2+n）2n+1+2