2023年新高考數(shù)學(xué)一模試題匯編07 數(shù)列（解析版）

專題07數(shù)列

一、單選題

1.（2023?山東威海?統(tǒng)考一模）已知等比數(shù)列｛αn｝的前三項(xiàng)和為84,α2-α5=21,則｛an｝的公比為（）

A.；B,?C.2D.4

【答案】B

【分析】根據(jù)已知結(jié)合等比數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和列式聯(lián)立得出答案.

【詳解】由t?-=21可設(shè)｛aπ｝的公比為q（q≠0,q≠1）,

???等比數(shù)列｛an｝的前三項(xiàng)和為84,a2-a5=21,

^ι<?-ɑifl4=21

ι-q3,解得q=

a——=842

1ι-<j

故選：B.

2.（2023?山東荷澤?統(tǒng)考一模）2020年12月17日凌晨1時59分,嫦娥五號返回器攜帶月球樣品成功著陸，

這是我國首次實(shí)現(xiàn)了地外天體采樣返回，標(biāo)志著中國航天向前又邁出了一大步.月球距離地球約38萬千

米，有人說：在理想狀態(tài)下，若將一張厚度約為0.1毫米的紙對折n次其厚度就可以超過到達(dá)月球的距離,

那么至少對折的次數(shù)H是（）Qg2≈0.3,lg3.8≈0.6）

A.40B.41C.42D.43

【答案】C

【解析】設(shè)對折n次時，紙的厚度為a”，則｛aj是以aι=0.1x2為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列，

n4

求出｛an｝的通項(xiàng)，解不等式an=0.1×2≥38×IOX即可求解

【詳解】設(shè)對折n次時，紙的厚度為斯，每次對折厚度變?yōu)樵瓉淼?倍，

由題意知｛斯｝是以a】=0.1X2為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列，

所以a”=0.1×2×2n-1=0.1X2n,

令%,=0.1×2n>38×IO4XIO6,

B∣J2n≥3.8×IO12,所以lg2n≥lg3.8+12,即川g2≥0.6+12,

解得：n≥^=42,

所以至少對折的次數(shù)H是42,

故選：C

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意抽象出等比數(shù)列的模型，求出數(shù)列的通項(xiàng)，轉(zhuǎn)化為解不

等式即可.

3.（2023?湖南岳陽?統(tǒng)考一模）己知兩個等差數(shù)列2,6,10,…及2,8,14,…，200,將這兩個等差數(shù)

列的公共項(xiàng)按從小到大的順序組成一個新數(shù)列｛an｝,則數(shù)列｛arι｝的各項(xiàng)之和為()

A.1666B.1654C.1472D.1460

【答案】A

【分析】根據(jù)題意求出兩個數(shù)列相同的項(xiàng)組成的數(shù)列，求出項(xiàng)數(shù)，然后求出它們的和即可.

【詳解】有兩個等差數(shù)列2,6,10,…及2,8,14,200,

由這兩個等差數(shù)列的公共項(xiàng)按從小到大的順序組成一個新數(shù)列：

2,14,26,38,50,182,194,共有號3+1=17項(xiàng)，是公差為12的等差數(shù)列，

故新數(shù)列前17項(xiàng)的和為等1X17=1666,

即數(shù)列｛斯｝的各項(xiàng)之和為1666.

故選：A.

4.(2023?湖南長沙?統(tǒng)考一模)裴波那契數(shù)列｛&｝,因數(shù)學(xué)家萊昂納多?裴波那契以兔子繁殖為例子而引入，

故又稱為“兔子數(shù)列”，該數(shù)列｛4｝滿足Fi=F2=1,且Fn+2=Fπ+ι+4(n∈N*).盧卡斯數(shù)列｛〃｝是以數(shù)

學(xué)家愛德華?盧卡斯命名，與裴波那契數(shù)列聯(lián)系緊密，即Ll=1,且八+1=4+Fn+2(neN*),則七023=()

11Il

A??^2022÷^2024B?專乙2022+]‘2024

Il12

C?《乙2022+gGθ24D.--L2022÷5^2024

【答案】C

【分析】先利用數(shù)列｛4｝的遞推式推得3尸2023=F2O21+F2025,從而推得L2022+L2024=SF2023,由此得解.

【詳解】因?yàn)镕n+2=Fπ+1+Fn(neN*),

所以當(dāng)n≥3時，F(xiàn)n=Fn.1+Fn,2,

所以3%=Fnτ+Fn_2+2%=Fn_2+(Fn.1+Fn)+Pn=Fn-2+Fn+ι+4=Fn-2+Fn+2，

故3f2023=尸2021+尸2025,

因?yàn)長n+ι=4+Frι+2(n∈N*),

所以乙2022=尸2021+?2023，42024=^2023+「2025，

故42022+^2024=(尸2021+尸2023)+(尸2023+^2025)=2F2023+尸2021+「2025=5尸2023,

所以尸2023=J?,2022+?^2024?

故選：C.

5.(2023?湖南岳陽?統(tǒng)考一模)核電站只需消耗很少的核燃料，就可以產(chǎn)生大量的電能，每千瓦時電能的

成本比火電站要低20%以上.核電無污染，幾乎是零排放，對于環(huán)境壓力較大的中國來說，符合能源產(chǎn)業(yè)的

發(fā)展方向，2021年10月26日，國務(wù)院發(fā)布《2030年前碳達(dá)峰行動方案》，提出要積極安全有序發(fā)展核電.

但核電造福人類時，核電站的核泄漏核污染也時時威脅著人類，如2011年，日本大地震導(dǎo)致福島第一核

電站發(fā)生爆炸，核泄漏導(dǎo)致事故所在地被嚴(yán)重污染，主要的核污染物是鋸90,它每年的衰減率為2.47%.

專家估計，要基本消除這次核事故對自然環(huán)境的影響至少需要800年，到那時，原有的鋸90大約剩()

(參考數(shù)據(jù)lgθ.9753≈-0.01086)

Illl

A.-%B.--%C.--D.--

IO8IO7IO8IO7

【答案】B

【分析】根據(jù)題意，每年的剩余量可構(gòu)成等比數(shù)列，據(jù)此求出800年后剩余量即可得解.

【詳解】由題意，設(shè)一開始勰`90質(zhì)量為1,

則每年的剩余量構(gòu)成以1一2.47%=97.53%為公比的等比數(shù)列，

則經(jīng)過800年鋼90剩余質(zhì)量為α=1×(97.53%)800=(97.53%)800,

兩邊取常用對數(shù)可得：lgα=lg(97.53%)800=8001g0.9753=800X(-0.01086)=-8,688,

所以α=IO-&688==≈-L%,

1no.booiQb.Dθo?n/

故選：B

6.(2023?廣東佛山?統(tǒng)考一模)己知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列｛c?｝的前n項(xiàng)和為Sn,=9,9S4=IOS2,

則。2+。4的值為()

A.30B.10C.9D.6

【答案】B

【分析】根據(jù)等比中項(xiàng)可得=3,對9S4=IOS2根據(jù)等比數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式可得q=3,運(yùn)算求解即

可得答案.

【詳解】｛an｝為正數(shù)的等比數(shù)列，則%,>0,可得的>0,q>0,

?ɑ?--=9,

???=3,

ββa

X.9S4=IOS2，則9(0?+α2+α3÷4)=Io(Ql+做)，可得9(c?+a4)=a1-Fa2,

.?.<=q2=:,解得q=：,

故a2+=亍+a3q=10.

故選：B.

7.(2023?廣東梅州?統(tǒng)考一模)某軟件研發(fā)公司對某軟件進(jìn)行升級，主要是軟件程序中的某序列力=

Q,a2,a3,???｝重新編輯，編輯新序列為4*=件/,幺,…｝，它的第n項(xiàng)為4?,若序列(A*)*的所有項(xiàng)都是

2,且心=1，c?=32,則a?=()

b

?-???c??ι?D?Ξ?

【答案】B

【分析】設(shè)%=t,由題意得到第n項(xiàng)為%i=2"Tt,然后利用累乘法求解.

alan

【詳解】解：設(shè)”=3由題意得4*={t,2t,22t,???},第n項(xiàng)為皿=2nτ3

Qlan

CCCCC?(n-2)(n-l)

則n≥2時，a=—?————?ɑ?=t?2t?22t?…?2n^2t?a=22tn^1?a,

nQlα-ι11

a2a3n

因?yàn)椤?=1，c?=32,

64

所以23戶,%=l,2t?a1=32,

解得t=4,%=?,

故選：B

8.(2023,廣東深圳?統(tǒng)考一模)將一個頂角為120。的等腰三角形(含邊界和內(nèi)部)的底邊三等分，挖去由

兩個等分點(diǎn)和上頂點(diǎn)構(gòu)成的等邊三角形，得到與原三角形相似的兩個全等三角形，再對余下的所有三角形

重復(fù)這一操作.如果這個操作過程無限繼續(xù)下去…，最后挖剩下的就是一條“雪花”狀的KoCh曲線，如圖

【答案】A

【分析】根據(jù)題意可知，每?次操作之后面積是上一次面積的|,按照等比數(shù)列即可求得結(jié)果.

【詳解】根據(jù)題意可知，每次挖去的三角形面積是被挖三角形面積的芯

所以每一次操作之后所得圖形的面積是上一次三角形面積的|,

由此可得，第n次操作之后所得圖形的面積是Sn=lx(I)",

即經(jīng)過4次操作之后所得圖形的面積是S4=1X(|)4=券

?3∕Oi

故選：A

二、多選題

9.(2023?福建?統(tǒng)考一模)記正項(xiàng)等比數(shù)列｛an｝的前〃項(xiàng)和為Sn,則下列數(shù)列為等比數(shù)列的有()

α

?-｛n+ι+ɑn)B.(αn+1αn｝C.｛/ID.(sn?^n+l｝

【答案】AB

【分析】根據(jù)等比數(shù)列的定義和前n項(xiàng)公式和逐項(xiàng)分析判斷.

【詳解】由題意可得：等比數(shù)列｛α,J的首項(xiàng)的>0,公比q>0,即αzι>0,Sfl>0,

對A:αn+1+αn>0,且αn+z+αn+'=(αn+ι+αn)q=q,即｛須+1+&｝為等比數(shù)列，A正確；

an+ι÷αnαn+ι+αn

對B：aa>0,且如U=皿=q2,即｛即+述"｝為等比數(shù)列，B正確；

n+1nan+ιanan

(na1,q=1

■：Sn=b?(i-g")n.1,則有：

(F-"

n+l一

",,Q=1

113+1，均不為定值，即｛再不是等比數(shù)列，C錯誤；

｛q~Γ^?q1

(n+2d

—，q=1

對D：==ξ,均不為定值，即｛S7lSn+ι｝不是等比數(shù)列，D錯誤；

3n3∏+1?n.cHl

W"'q豐?

故選:AB.

10.(2023?廣東梅州?統(tǒng)考一模)設(shè)Sn是公差為d(d≠0)的無窮等差數(shù)列｛%1｝的前n項(xiàng)和，則下列命題正

確的是()

A.若d<0,則Sl是數(shù)列｛Sπ｝的最大項(xiàng)

B.若數(shù)列｛Sn｝有最小項(xiàng)，則d>0

C.若數(shù)列｛S7l｝是遞減數(shù)列，則對任意的：n∈N*,均有S71<0

D.若對任意的neN*,均有Srι>0,則數(shù)列｛S7l｝是遞增數(shù)列

【答案】BD

【分析】取特殊數(shù)列判斷A；由等差數(shù)列前n項(xiàng)和的函數(shù)特性判斷B：取特殊數(shù)列結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性判斷C；

討論數(shù)列｛S"｝是遞減數(shù)列的情況，從而證明D.

【詳解】對于A：取數(shù)歹KaJl｝為首項(xiàng)為4,公差為一2的等差數(shù)列，S1=4<S2=6,故A錯誤；

2

對于B：等差數(shù)列｛a,J中，公差d≠0,Sn=na1+'^pd=≤∏+(a1-≤)n,Srl是關(guān)于n的二次函數(shù).

當(dāng)數(shù)列｛Sn｝有最小項(xiàng)，即Sn有最小值，Sn對應(yīng)的二次函數(shù)有最小值，對應(yīng)的函數(shù)圖象開口向上，d>0,B

正確；

2

對于C：取數(shù)列｛an｝為首項(xiàng)為1,公差為一2的等差數(shù)列，Sn=-∏2+2n,Sri+1-Sn=-(n+I)+2(n+

2

l)-(-n+2n)=-2n+l<0,即Sn+]<Srι恒成立，此時數(shù)列｛Srι｝是遞減數(shù)列，而S1=1>0,故C

錯誤；

對于D：若數(shù)列｛Sjl｝是遞減數(shù)列，則ατι=Sn-Sn.1<0（n>2）,一定存在實(shí)數(shù)限當(dāng)τι>k時，之后所有

項(xiàng)都為負(fù)數(shù)，不能保證對任意neN*,均有Szι>0?

故若對任意neN*,均有Srι>0,有數(shù)列｛Srι｝是遞增數(shù)列，故D正確.

故選：BD

三、填空題

11.（2023?山東濰坊?統(tǒng)考一模）設(shè)等差數(shù)列｛a71｝的前〃項(xiàng)和為無，若c?+α7+α9=6,則S*=_________.

【答案】26

【分析】根據(jù)已知結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)可得ɑ7=2,進(jìn)而即可得出S"=13α7=26.

【詳解】由已知能+ɑ7+Clg=3。7=6,所以ɑ7=2.

則S"=B*詈-=13α7=26

故答案為：26.

12.（2023?江蘇南通?統(tǒng)考一模）寫出一個同時滿足下列條件①②的等比數(shù)列｛ατι｝的通項(xiàng)公式

ɑn=----------------

①即即+1<0；②Ianl<Ian+11

【答案】（一2）”（答案不唯一）

【分析】可構(gòu)造等比數(shù)列，設(shè)公比為q,由條件，可知公比q為負(fù)數(shù)且⑷>1,再取符合的值即可得解.

【詳解】可構(gòu)造等比數(shù)列，設(shè)公比為q,

由ant?+ι<0,可知公比q為負(fù)數(shù),

因?yàn)镮anI<∣c?+ι∣,所以∣q∣>1,

所以q可取一2,設(shè)的=-2,

則a”=-2?（-2）n-1=（-2）n.

故答案為：（-2）n.

13.（2023?山東濰坊?統(tǒng)考一模）乒乓球被稱為我國的“國球甲、乙兩名運(yùn)動員進(jìn)行乒乓球比賽，其中每局

中甲獲勝的概率為：，乙獲勝的概率為%每局比賽都是相互獨(dú)立的.

①若比賽為五局三勝制，則需比賽五局才結(jié)束的概率為_________.

②若兩人約定其中一人比另一人多贏兩局時比賽結(jié)束，則需要進(jìn)行的比賽局?jǐn)?shù)的數(shù)學(xué)期望為__________.

附：當(dāng)0VqC1時，Iimqn=0,Iimn?qn=0.

n→+∞∏→+∞

【答案】馬#0.2109375各

1285

【分析】由己知可得前四局雙方為2:2,即可求出答案①；由己知可推得，需要比賽局?jǐn)?shù)為偶數(shù)，且

P(X=2?I)=JXG).進(jìn)而可設(shè)Q=P(X=2幾)=JXG),b=2πα,根據(jù)錯位相加法求出｛b｝的

O?O∕rlOXO/nnτl

nn+1

前n項(xiàng)和為Sn=γ-y?g)-4n?g),進(jìn)而求出Sn的極限即可得出答案.

【詳解】①需比賽五局才結(jié)束，則說明前四局雙方為2:2,概率為C：GY?([Y=言.

②假設(shè)比賽局?jǐn)?shù)為隨機(jī)變量X，

由已知，需比賽局?jǐn)?shù)為偶數(shù)，則乂可取2,4,6/“,2m--5€/7*).

則P(X=2)=C：G)2+C；G)2=￡

當(dāng)n≥2時，雙方前2n-2局戰(zhàn)為平局，且任意前2zn(1≤m≤n-1,且m∈N*)局雙方均戰(zhàn)為平局，

則P(X=2n)=(C2×；×^)n^1X(I)?+(C2×^×0π^1×ɑ)2=∣×(∣),)^1.顯然n=1,滿足該式.

i

?α-P(X-2n)=JX(曠，則有?=3

n88,

所以，｛即｝是以由號為首項(xiàng)，q=g為公比的等比數(shù)列.

設(shè)"=2nan,則brι=苧X(I).

設(shè)｛b∏｝的前n項(xiàng)和為S∏,則Sn=瓦+B+/+…+=：1+2*(?)+3XO+…+聯(lián)(|)

-3S0=-523

8n4ι÷^×(∣)÷3×(i)÷→-σ

作差可得，Sn-ISn=Tl+(J+(I)+???+(∣)-H?(I)

整理可得，^=?-??g)n-4n?(∣)n.

由題意可得，Iim

n→∞%(洎=。強(qiáng)回(洎=。?

則E(X)=2?P(X=2)+2X2?P(X=2X2)+2X3?P(X=2X3)+…+2n?P(X=2n)+???=

.Γ1616∕3?n

IimS1一4π.Iim——Iim

n→∞nMlτ^τ?U∏→∞5∏→∞[￥'?]^Mh-m=τ

故答案為：三；γ,

1285

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：當(dāng)幾≥2時，由題意可知，雙方前2"-2局戰(zhàn)為平局，且任意前2m(1≤M≤幾-1,

且m∈N*)局雙方均戰(zhàn)為平局,

則12曠1×2

P(X=2n)=(d×J×IfX(I)+(”Xɑ)=1X(I)X

14.(2023?湖南岳陽?統(tǒng)考一模)數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為%,a1=m,且對任意的n∈N*都有an+an+1=2n+

1,則(I)若S3>S2,則實(shí)數(shù)機(jī)的取值范圍是_____；(2)若存在k∈N*,使得Sk=Sk+1=55,則實(shí)數(shù)

m為______.

【答案】(-2,+8)11或一10

【分析】(1)由%>0求得m的取值范圍.

(2)求得｛αn｝的規(guī)律，對k進(jìn)行分類討論，由此列方程求得k,τn的值.

【詳解】依題意，a1=m,對任意的幾∈N*都有αn+αn+ι=2幾+1,

則Ql+=3,c?=3—n?,

Q2+。3=5,的=5—Q2=m+2,

α?+。4=7,Q4=7—?=5—n?,

+@5=9,α?=9—Q4=M+4,

α5+α6=11,a6=11—a5=7—mf

+α+1

以此類推，結(jié)合LQni"-O+?兩式相減得斯+2~an=2,

可知數(shù)列｛an｝的奇數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為m,公差為2的等差數(shù)列；

偶數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為3-m,公差為2的等差數(shù)列.

(1)若S3>S2,BPS2+a3>S2,?>0,m+2>0,m>—2.

所以Tn的取值范圍是(—2,+8).

(2)若存在k∈N*,使得Sk=Sk+1=55,

Sk=Sk+ak+l'ak+l=°?

當(dāng)k為奇數(shù)時，k+1為偶數(shù)，

由腐印

'3-m+(警-1)×2=0

?∕c+ι(k+ι.?k+ι∕k+ι，

m×-+KL1×2÷(3-m)×-÷亍4=)×2=55

'22’22

解得k=9,m=11.

當(dāng)k為偶數(shù)時，k+1為奇數(shù),

嗽工：得??

m+(學(xué)-1)×2=0

m×-+ML)×2+(3-τn)×-+盤3×2=55

解得k=10,m=-10.

綜上所述，m的值為11或-10.

故答案為：(-2,+∞);11或一10

【點(diǎn)睛】根據(jù)遞推關(guān)系求解數(shù)列的有關(guān)問題，關(guān)鍵是從遞推關(guān)系中求得數(shù)列的通項(xiàng)公式.本題中的遞推關(guān)系

0n+α∏+ι=2n+l,通過分析后可知奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)是不同的，所以在求解Sk=Sk+[=55時，要對7c的

奇偶性進(jìn)行分類討論.

四、解答題

15.(2023?福建?統(tǒng)考一模)已知正項(xiàng)數(shù)列｛a7l｝的前八項(xiàng)和為立,且4Sn=(%l-D(On+3)(n∈N*),

(1)求數(shù)列｛%1｝的通項(xiàng)公式；

(2)將數(shù)列｛即｝和數(shù)列｛2jl｝中所有的項(xiàng),按照從小到大的順序排列得到一個新數(shù)歹Kbn｝，求｛%｝的前50項(xiàng)和.

【答案】(l)αn=2n+1

(2)2150

【分析】(1)當(dāng)n=1時，4α1=4S1=(a1—l)(a1+3),得由=3,由4Stt=(an-l)(an+3),當(dāng)n≥2時,

有4Srιγ=(an-1-l)(an-1+3),作差解決即可；

(2)a50=101,又26<101<27,同時ct44=89>26,所以Z?o=。44，分組求和解決即可.

【詳解】(1)依題意與>0，

當(dāng)n=1時,4a1=4S[=(a1—l)(a1+3),解得a?=3,

?4Sn=(an-l)(an+3)(π∈N*),

當(dāng)n≥2時，有4Sτιγ=(anγ—l)(an.1+3),

作差得：4an=W-W-I+2an-2an.1,

所以(a∏+ɑn-i)(ɑn-ɑn-i-2)=0,

因?yàn)镺n+an-1>0,

所以a”-c?γ=2(n>2),

所以數(shù)列SJ是首項(xiàng)為3,公差為2的等差數(shù)列，

所以即=2n+1.

(2)由(1)得，=101,

又26<101<27,同時。44=89>26,

所以壇0=a44

所以瓦+匕2+…+如0=(ɑl+。2+…+。44)+(2，+2?+…+2，)

=—(ɑ1+

a44)+'^—21=2024+126=2150.

22—1

所以｛b｝的前50項(xiàng)和為2150.

16.（2023?山東濰坊?統(tǒng)考一模）已知數(shù)列｛αn｝為等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為右，且滿足%=2"+ZnaneR）.

（1）求m的值及數(shù)列｛αrι｝的通項(xiàng)公式；

（2）設(shè)砥=∣log2αn-5],求數(shù)列｛bn｝的前n項(xiàng)和

n1

【答案】（I）Tn=-1,an=2-

lln-n2Y一,,

——A≤n≤6

(2)T=

nn2-lln+60、/

----2----'n>6

n1n-1

【分析】（1）當(dāng)n≥2時，SnT=2^+m,兩式相減得a7,=2（n≥2）,由即=21+m=1,可求出m

的值；

（2）由（1）知%=∣n-6|,由絕對值的定義結(jié)合等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可求出數(shù)列｛bzι｝的前n項(xiàng)和%.

nn1n1

【詳解】（1）因?yàn)镾n=2+m,所以n≥2時，Sn.1=2~+τn,所以ajl=2_（n≥2）.

又由數(shù)列｛斯｝為等比數(shù)列，所以a”=2"7.又因?yàn)閍ι=Sι=2i+m=2iτ=l,所以m=-l,

n1

綜上Tn=-1,an=2^.

（2）由（1）知?l=∣n-6|,

）；

當(dāng)n>6時，Tn=T6+×（n-6）=]5+y6=nJn+60

Lln-Ti2{))￡

——,1≤∏≤6

所以Tn=

n2-lln+60、,

------------fn>6

17.（2023?山東荷澤?統(tǒng)考一模）已知首項(xiàng)不為0的等差數(shù)列｛%l｝,公差dR0,Q=0（t為給定常數(shù)），SjI為

數(shù)列｛arι｝前n項(xiàng)和，且Snh=5wi2（m1<牝），｛勾｝為租2-啊所有可能取值由小到大組成的數(shù)列.

⑴求力;

（2）設(shè)Cn=（—IyIr丹樂不〃為數(shù)列&｝的前n項(xiàng)和，證明：72n≤Y

【答案】（1）勾=2n-l

（2）證明見解析

【分析】（1）根據(jù)題意，由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式得到關(guān)于的,d的方程，即可得到結(jié)果：

（2）根據(jù)題意，得到數(shù)列｛q｝的通項(xiàng)公式，再由裂項(xiàng)相消法即可得到其前n項(xiàng)和.

【詳解】（I）由題意得，at=a1+（t-l）d=0,得的=（1-t）d,①

（

由SmI=Sm2Oi<m2）,得巾1。1+=1。；廣Dd=m2a1+g個二D.匕②

由①②，可得r∏ι+m2=2t—1,且2τ∏ι<m1+Tn2=2t-1,則1≤τ∏ι≤t-1Vt—5

由？∏2~τn1=-2m1+2t-1,當(dāng)在1≤m1≤t-1范圍內(nèi)取值時τ∏2-的所有取值為：2t—3,2t—

5,...,5,3,L

所以brl=2π—1(l≤τι≤t-1).

⑵“=(T)TI(如+篙ID=(T.就=(T)*(H京),

所以

32n4V12+2l++3",,?2n.-l?-2n?2?n+?2?n+17?i4f?2?n-+li???

由于72?=(Q?-1)(l≤n≤t-l)是遞減的,所以BnWA=XS1-I)=-?

2

18.(2023?山東威海?統(tǒng)考一模)已知數(shù)列｛αn｝的各項(xiàng)均為正數(shù)，記Sn為｛6｝的前〃項(xiàng)和，且2S7l=an+an.

(1)求數(shù)列｛α7l｝的通項(xiàng)公式；

n

(2)記Cn=(-l)anan+1,求數(shù)列｛cn｝的前〃項(xiàng)和

【答案】(Dan=九

(2)當(dāng)n為偶數(shù)時，Tn=當(dāng)n為奇數(shù)時，7；=藝叱：

【分析】(1)根據(jù)％,α7l的關(guān)系可得αn-αn-ι=15≥2),進(jìn)而根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)即可求解，

Taaaaa9

(2)數(shù)列｛%｝的前n項(xiàng)的和分奇偶求和,先求72∕C=一+23-----+2k2k+l=2(fl2+。4+…+2k)

又。2,。4，…，Q2k是首項(xiàng)為2,公差為2的等差數(shù)列，再求奇數(shù)項(xiàng)和即可.

【詳解】(1)由2Sn=c?+QrI得"≥2時，2Sn.1=WT+QnT

兩式相減得2αn=a1-冠_1+αn-七1-1，整理得αn+ɑn-l=(Qn+ɑn-l)(ɑn-ɑn-l)

因?yàn)棣羘>0,所以Qn-gnτ=l(n≥2),所以數(shù)列｛αn｝是以1為公差的等差數(shù)列

在2Srι=忌+Qrl中令幾=1解得的=1

所以O(shè)n=1+(n-1)=n.

(2)當(dāng)n=2k時

Tn=-a1a2+a2a3-a3a4÷a4as—asa6+…

aaaaaal

~^2k-32k-l-2k-l2k+2k2kΛ-l=2(α2+。4^------，

又。2,。4，…，Q2k是首項(xiàng)為2,公差為2的等差數(shù)列，

所以。2+。4------F=82；2k)=k2+k,

故T2〃=21+2k.所以7；=與空

當(dāng)n=2k+1時

Tn=-αlα2+a2a3-a3a4+a4a5-a5a6+…

÷α2fc-3α2k-l一a2k-la2k+α2fcα2fc+l一α2∕c+la2fc+2=2(θ?÷α4->a2k)-a2k-^la2k+2f

又如。4，…，&〃是首項(xiàng)為2,公差為2的等差數(shù)列，-a2k+1a2k+2=-(2fc÷1)(2?+2)

所以2(fl?+。4+…+。2文)—。2上+102“+2=k(2+2k)—(2k+l)(2fc+2)>

故Rk+l=-2(?+I)2.所以Tn=

當(dāng)n為偶數(shù)時，Tn=亨；當(dāng)n為奇數(shù)時，7n=VO

n

19.(2023?湖南邵陽?統(tǒng)考一模)己知數(shù)列(即｝滿足%=1,a2=2,an+2=an+2×3(n&N*),且b“=

αrι+αn+ι(n∈N*)?

(1)求數(shù)列｛與｝的通項(xiàng)公式；

nen

(2)若brιczι=(N*)，求數(shù)列｛d｝的前項(xiàng)和.

【答案】(1)九=3“，n€N*

(2)1——-------

3n(2n+l)

【分析】(1)由題意得到bn+ι-bn=2x3?利用累加法求出｛bn｝的通項(xiàng)公式；(2)利用裂項(xiàng)相消法求和.

ZI

【詳解】(1)因?yàn)榈?1，α?=2，αn+2=Qn+2X3(Tl∈N*),6n=αn÷αn+1,

n

可得瓦=Ql+g=3,Qrl+2—Qn=2X3,

)a

又b∏+ι-bn=Qrl+1+α∏+2—(ɑn+Qn+1=n+2—Qn=2X3",

π-1

則當(dāng)M≥2時，Z?n=h?÷(壇一瓦)+(名—?)+…+(b∏—^∏-ι)=3+2x3+2x3?+…+2×3

=ι+=3n,

1-3

上式對九=1也成立，所以bn=3",τι∈N*;

⑵由九生:黑寮咫可*),

T徂_4n+4_11

守Cn—3π(2n-l)(2n+l)-3n-1(2n-l)3tl(2n+l),

則數(shù)列｛%｝的前幾項(xiàng)和為

11ι1I1111

30×l^31×3+31×3'-32×5+3n^1(2π-1)-3n(2n+1)

=1--------—

3n(2n+l)-

20.(2023?湖南岳陽?統(tǒng)考一模)己知數(shù)列｛c?｝滿足%=1,嚏3即+1-10g3ɑrl=l(neN*)且數(shù)列｛斯｝的前

”項(xiàng)和為無.

(1)求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式；

(2)設(shè)%=,匯；…、,求數(shù)列｛%｝的前〃項(xiàng)和〃?

【答案】(l)ɑn=

?n+i_q

⑵Tn=E

【分析】(1)由對數(shù)運(yùn)算及等比數(shù)列的定義判斷數(shù)列為等比數(shù)列即可得解；

(2)根據(jù)裂項(xiàng)相消法求數(shù)列的和即可.

【詳解】(1)因?yàn)閘og3C?+1-log3%ι=l(neN*),所以皿=3.

an

所以數(shù)列｛%l｝是首項(xiàng)為1公比為3的等比數(shù)列，

n1rj

所以數(shù)列｛αn｝的通項(xiàng)為an=1X3_=3τ.

(2)由(1)知數(shù)列｛c?｝的前n項(xiàng)和Sn=NlFl=咚1,

1—32

=即+1=3"=31_1

nn1nn1n

一(αn+1)X2(Sjl+1)―(3-+l)(3+1)^2?-+1.3+Y

所以

3(111111

Tn=瓦+B+么+…+匕=2∣q-5ττι)+?ττι-57τi)+…+(FTT77-FTl)

=R—一

2k23w+r,

所以數(shù)列｛%｝的前n項(xiàng)和Tn=焉會.

”3-TlJ

α

21.(2023?湖南長沙?統(tǒng)考一模)己知數(shù)列｛ατι｝為等差數(shù)列，數(shù)列｛brl｝為等比數(shù)列，滿足瓦=2α1=2,b2=2≡,

a3+b3=11.

(1)求數(shù)列｛αn｝,｛bn｝的通項(xiàng)公式；

(2)求數(shù)列｛冊?b｝的前n項(xiàng)和%.

n

【答案】(l)Ο?=n,bn=2；

(2)Sn=(n-1)?2n+1+2.

【分析】(1)由等差數(shù)列和等比數(shù)列的基本量法求得公差和公比后可得通項(xiàng)公式；

(2)用錯位相減法求數(shù)列｛anb｝的和.

【詳解】(1)解：設(shè)｛a7l｝的公差為d，｛%｝的公比為q(<7≠0)1%=1，瓦=2,

^q=2

聯(lián)立，?h2a1,整理可得產(chǎn)+2qV=11>解得<l

?ld=1

d^

(a3+fa3=11(q=2

n

所以斯=n,bn=2.

n

(2)解：由(1)知Qr2bn=九?2,

3n1n

則Srl=IX2+2x22+3X2+...+(n-1)×2-+n×2,①

234nn+1

2Sn=1×2+2×2+3×2+-+(n-1)×2+n×2,②

①-②，得一Sn=2+22+23+???+2M-Π×2n+1

l-2n

=2×-——-■—n×2n+1

1—2

=(l-n)×2n+1-2.

所以Sn=(n-l)?2n+ι+2.

22.(2023?廣東梅州?統(tǒng)考一模)記立是正項(xiàng)數(shù)列｛azι｝的前”項(xiàng)和，若存在某正數(shù)M,?n∈N*,都有Sjt<M,

則稱&｝的前"項(xiàng)和數(shù)列｛S7l｝有界.從以下三個數(shù)列中任選兩個，①｛(J"｝；②｛上卜③｛；｝，分別判斷它們

的前n項(xiàng)和數(shù)列是否有界，并給予證明.

【答案】數(shù)列①②的前H項(xiàng)和數(shù)列有界，數(shù)列③的前n項(xiàng)和數(shù)列無界，證明見解析

【分析】①采用等比數(shù)列求和，②③采用放縮法，再求數(shù)列的和，結(jié)合有界數(shù)列的定義，即可證明.

【詳解】數(shù)列①②的前n項(xiàng)和數(shù)列有界，數(shù)列③的前n項(xiàng)和數(shù)列無界，證明如下:

①若即=G),則其前n項(xiàng)和Sn=z",=1-^,

?i∕1—L2

因?yàn)閚eN*,所以則Sn=I一會<1,

所以存在正數(shù)1,MieN*,Sn<1,

即｛G)”｝前n項(xiàng)和數(shù)列｛Sn｝有界.

②若％=》當(dāng)n≥2時，^n=?<^?=?-;-

1]

其前幾項(xiàng)和〃=瓦+尻+…+bn≤1+???+

(n-l)?n

11

≤l+(-2++…+

n—1n.

=2?----1，

n

因?yàn)閚€N*,所以0<(≤l,則7;≤2-:<2,

所以存在正數(shù)2,VneN*,Tn<2,

即｛*｝前n項(xiàng)和數(shù)列｛〃｝有界.

③若Cn=?,其前n項(xiàng)和為R71,

Illl111

Ryn=1+—F—I-----F-+…4—+—…+—

22345892n

1111111111

>1+—1--+—+--∣—+—+—1-------+—…+—

―24488882n-12n2,

2個4個2nτ個

≥l+j+∣+∣+-+∣=l+∣n,

九個

對于任意正數(shù)M,取n=2([M]+l)(其中[M]表示不大于M的最大整數(shù))，

有?R2>1≥1+∣×2([M]+1)=[M]+2>M,

因此目前n項(xiàng)和數(shù)列｛RJ不是有界的.

23.(2023?廣東深圳?統(tǒng)考一模)記又，為數(shù)列｛arι｝的前八項(xiàng)和，己知SJl=自+層+ι,n∈∕V*.

(1)求為+。2,并證明｛%+即+1｝是等差數(shù)列；

(2)求立.

【答案】(1)的+。2=6,證明見解析

s_("+以當(dāng)《為偶數(shù)時

n

、)=(4+n+2,當(dāng)Jl為奇數(shù)時

【分析】⑴利用αn與前n項(xiàng)和Sn的關(guān)系，由*=甘+712+1可得即(12的值，即可求得的+c?的值；根

據(jù)相減法求得(即+1+0+2)-(即+αrι+ι)為常數(shù)，證明其為等差數(shù)列；

(2)由(1)中數(shù)列｛ajl+αn+J為等差數(shù)列,對n進(jìn)行奇偶討論，即可求得Sn.

【詳解】⑴解：已知Sn=甘+M+1,*

當(dāng)n=l時，a1=y+2,a1=4；當(dāng)n=2時，α1÷α2=y+5,a2=2,所以%+a2=6.

因?yàn)镾n=號+/+1①，所以％+ι=歿?+(n+1)2+1②?

②一①得，a71+半+S+I)?-彥，整理得a”+c?+ι=4律+2,n∈N*,

所以(a.+ι+an+2)-(an+?+ι)=[4(ZI+1)+2]-(4n+2)=4(常數(shù))，n∈N*,

所以｛arι+a11+J是首項(xiàng)為6,公差為4的等差數(shù)列.

(2)解：由(1)知，an-1+an=4(n—1)+2=4n—2,nEN*,n≥2.

—(6+4n-2)

2

當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn=(a1+a2)+(a3+。4)+…+(ɑn-i+Qn)="——-----=∏÷n；

ΞZ1(10+4TI-2)

22

當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn=a1+(a2+a3)+(a4+ɑs)H------F(an-ι+an)=4+--------------=n+n+2.

「法Cf小+均當(dāng)《為偶數(shù)時

綜上所述，Sn=｛.

+n+2,當(dāng)n為奇數(shù)時

2

24.(2023?廣東茂名?統(tǒng)考一模)己知Sn為數(shù)列｛%l｝的前〃項(xiàng)和，a71>0,ɑn+2an=4Sn.

⑴求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式：

（2）若砥及為數(shù)列｛b｝的前〃項(xiàng)和.求〃，并證明：?≤T≤^.

anan+ln84n

【答案】（I）Qn