2024年2月19日发(作者：)

数列

一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1．已知等差数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足a6＝17，S5＝a2a3，则a12等于( )

A．28 B．30 C．32 D．35

2．(2023·云南师大附中模拟)已知等比数列{an}满足a1＝1，a1＋a3＋a5＝7，则a3a5a7等于( )

A．12 B．16 C．32 D．64

13．若数列{an}满足an＋1＝，a1＝2，则a2 023等于( )

1－an1A．－1 B．1 C．2 D.

24.如图所示，九连环是中国传统民间智力玩具，以金属丝制成9个圆环，解开九连环共需要256步，解下或套上一个环算一步，且九连环的解下和套上是一对逆过程．九连环把玩时按照一定的程序反复操作，可以将九个环全部从框架上解下或者全部套上．将第n个圆环解下最少需要移动的次数记为an(n≤9，n∈N*)，已知a1＝1，a2＝1，按规则有an＝an－1＋2an－2＋1(n≥3，n∈N*)，则解下第4个圆环最少需要移动的次数为( )

A．4 B．7 C．16 D．31

5．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若S19＝57，则3a5－a1－a4等于( )

A．2 B．3 C．4 D．6

6．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为( )

A．10 B．15 C．20 D．25

7．已知数列{an}和{bn}的首项均为1，且an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2SnSn＋1＋anbn＋1＝0，则S2 023等于( )

11A．2 023 B. C．4 045 D.

2 0234 0452n＋18．已知数列{an}的通项公式为an＝2·cos nπ，若对于任意正整数n，都有a1＋a2＋a3＋…n＋n＋a2n－1＋a2n>m2－2m－4，则实数m的取值范围是( )

A．(－1，3) B．[－1，3]

C．(－3，1) D．[－3，1]

二、选择题(在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求)

9．设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7·a8>1，

a7－1<0，则下列结论正确的是( )

a8－1A．01

C．Sn的最大值为S9 D．Tn的最大值为T7

10．(2023·无锡模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是( )

A．若Sn＝n2－11n＋1，则an＝2n－12

B．若an＝－2n＋11，则数列{|an|}的前10项和为49

C．若an＝－2n＋11，则Sn的最大值为25

D．若数列{an}为等差数列，且a1 012<0，a1 012＋a1 013>0，则当Sn<0时，n的最大值为2 023

11．设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d.已知a3＝12，S12＞0，a7<0，则( )

1

24A．a6＞0 B．－

7SnC．当Sn<0时，n的最小值为13 D．数列a中的最小项为第六项

n12．螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图(1)所示．如图(2)所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q，作第3个正方形MNPQ，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形ABCD的边长为a1，后续各正方形的边长依次为a2，a3，…，an，…；如图(2)阴影部分，设Rt△AEH的面积为b1，后续各直角三角形的面积依次为b2，b3，…，bn，…，则下列说法正确的是( )

A．第3个正方形MNPQ的面积为10

10n－1B．an＝4×

41C．使得不等式bn>成立的n的最大值为3

2D．数列{bn}的前n项和Sn<4对任意n∈N*恒成立

三、填空题

13．已知单调递减的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项，则公比q＝________，通项公式为an＝________.

14．将数列{3n}与{2n}的所有项放在一起，按从小到大的顺序排列得到数列{an}，则a684＝________.

15．(2022·广州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，且Sn＋1＝2Sn＋1，则数列{an}的通项公式为an＝________.

16．(2021·新高考全国Ⅰ)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20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20

dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为_______；如果对折n次，那么Sk＝_____ dm2.

k＝1n

四、解答题

117．已知数列{an}满足a1＝，a2＝1，an＋2＋4an＝5an＋1(n∈N*)．

2(1)证明：数列{an＋1－an}是等比数列；

(2)求数列{an}的通项公式．

2

18．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－n，数列{bn}满足4log2bn＝an＋3.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

4(2)设cn＝bn＋，求数列{cn}的前n项和Tn.

anan＋1

19．(2023·苏州模拟)已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋nan＝2n，数列{bn}满足对任意正整数

1m≥2均有bm－1＋bm＋bm＋1＝成立．

am(1)求{an}的通项公式；

(2)求{bn}的前99项和．

20．(2023·福州模拟)已知数列{an}满足2a1＋7a2＋12a3＋…＋(5n－3)an＝4n.

(1)求数列{an}的通项公式；

3n(2)求数列a的前n项和Sn.

n

21．数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2(n∈N*)，数列{bn}满足b1＝2，bn＝3bn－1＋2(n≥2，n∈N*)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求证：数列{bn＋1}是等比数列；

an(3)设数列{cn}满足cn＝，其前n项和为Tn，证明：Tn<1.

bn＋1

3

22．在①Sn＝2bn－1；②－4bn＝bn－1(n≥2)；③bn＝bn－1＋2(n≥2)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，说明理由．

2已知数列{an}为等比数列，a1＝，a3＝a1a2，数列{bn}的首项b1＝1，其前n项和为Sn，3________，是否存在k，使得对任意n∈N*，anbn≤akbk恒成立？

参考答案

1．答案 D

解析

a＋5d＝17，设公差为d且d>0，由a＝17，S＝aa，得5a＋10d＝（a＋d）（a＋2d），d>0，16523111

解a1＝2，得

d＝3，故a12＝a1＋11d＝2＋33＝35.

2．答案 D

解析 由a1＋a3＋a5＝a1(1＋q2＋q4)＝1＋q2＋q4＝7，

解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．

1226所以a3a5a7＝a1q2·a1q4·a1q6＝a31·q＝(q)＝64.

3．答案 C

1111111解析 由题意得，a1＝2，a2＝＝＝－1，a3＝＝＝，a4＝＝11－a11－21－a21－（－1）21－a31－2＝2＝a1，所以{an}是以3为周期的周期数列，所以a2 023＝a3×674＋1＝a1＝2.

4.答案 B

解析 由题意得，a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋2an－2＋1(n≥3，n∈N*)，

解下第4个圆环，则n＝4，即a4＝a3＋2a2＋1，

而a3＝a2＋2a1＋1＝1＋2＋1＝4，则a4＝4＋2＋1＝7.

5．答案 B

19（a1＋a19）19×2a10解析 由题意得，S19＝＝＝19a10＝57，解得a10＝3，设等差数列{an}22的公差为d，则3a5－a1－a4＝3(a1＋4d)－a1－(a1＋3d)＝a1＋9d＝a10＝3.

6．答案 C

解析 ∵{an}是等比数列，

∴S4，S8－S4，S12－S8也是等比数列，

∴(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)．

（S4＋5）2S24＋10S4＋2525又S8－2S4＝5，即S8－S4＝S4＋5，∴S12－S8＝＝＝S4＋＋S4S4S42510≥2S4·＋10＝20，当且仅当S4＝5时取等号，

S4∵S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12.∴a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.

4

7．答案 D

解析 ∵an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an，

∴an≥an＋1≥an，∴an＝an＋1，即{an}为常数列，

∵a1＝1，∴an＝1.

∵2SnSn＋1＋anbn＋1＝0，

∴2SnSn＋1＋bn＋1＝0，

∴2SnSn＋1＋Sn＋1－Sn＝0，

11∴－＝2.

Sn＋1Sn1∴数列S是等差数列，首项为1，公差为2.

n1∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，

Sn11∴Sn＝，∴S2 023＝.

4 0452n－18．答案 B

解析 ∵当n＝2k(k∈N*)时，cos nπ＝1；当n＝2k－1(k∈N*)时，cos nπ＝－1，

112n＋12n＋1nn＋∴an＝2·cos nπ＝(－1)·＝(－1)·nn＋1，

n＋nn（n＋1）11111111∴a1＋a2＋a3＋…＋a2n－1＋a2n＝－1－＋＋－－＋…＋＋＝－1＋>－1，

223342n2n＋12n＋1∴m2－2m－4≤－1，解得－1≤m≤3，即实数m的取值范围为[－1，3]．

9．答案 AD

a7－1解析 ∵<0，∴(a7－1)(a8－1)<0，

a8－1∴a7>1，a8<1或a7<1，a8>1，

13∵a1>1，a7·a8＝a21q>1，

∴a7>1，a8<1，0

a7·a9与1的大小关系不确定，Sn没有最大值．

10．答案 CD

解析 对于A，当n＝1时，a1＝S1＝12－11×1＋1＝－9，

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2－11n＋1)－[(n－1)2－11(n－1)＋1]＝2n－12，

检验当n＝1时，an＝－9不符合上式，

－9，n＝1，所以an＝故A错误；

2n－12，n≥2，11－2n，n<6，对于B，因为an＝－2n＋11，则|an|＝

2n－11，n≥6，所以数列{|an|}的前10项和为9＋7＋5＋3＋1＋1＋3＋5＋7＋9＝50，故B错误；

对于C，由an＝－2n＋11可知数列{an}是等差数列，且a1＝－2×1＋11＝9，

n（9－2n＋11）则Sn＝＝－n2＋10n，

2易知当n＝5时，Sn取得最大值，且最大值为25，故C正确；

对于D，因为数列{an}为等差数列，且a1 012<0，a1 012＋a1 013>0，

2 023（a1＋a2 023）所以S2 023＝＝2 023a1 012<0，

25

2 024（a1＋a2 024）2 024（a1 012＋a1 013）＝>0，

22所以当Sn<0时，n的最大值为2 023，故D正确．

11． 答案 ABC

12（a1＋a12）12（a6＋a7）解析 因为S12>0，所以S12＝＝＝6(a6＋a7)>0，

22因为a7<0，所以a6>0，故选项A正确；

因为a6>0，a7<0，a3＝12，a6＋a7>0，

S2 024＝a＝12＋3d>0，所以a＝12＋4d<0，a＋a＝24＋7d>0，6767

24解得－

713（a1＋a13）因为S12>0，S13＝＝13a7<0，所以当Sn<0时，n的最小值为13，故选项C正确；

2根据题意知，当1≤n≤6时，an>0，当n≥7时，an<0；

当1≤n≤12时，Sn>0，当n≥13时，Sn<0，

SnSnSn所以当1≤n≤6时，>0，当7≤n≤12时，<0，当n≥13时，>0，

anananSn所以数列a中的最小项为第六项显然错误．

n12． 答案 BCD

1an3an322解析 根据题意，a2＝a，

n－4bn＝an＋1，且bn＝××24432n32522102故a2a，

n－an＝an＋1，即an＝an＋1，又an>0，故可得an＋1＝884n10由题可知a1＝4，故数列{an}是首项为4，公比为的等比数列，

410n－1104＝25，即第3个正方形MNPQ的面积为25， 则an＝4×，a23＝16×4444故A错误，B正确；

5n－135n－1bn＋15333因为bn＝a2＝×16×＝×，＝，且bn1＝，

8323228bn8235故数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，故为递减数列，

2875137511又b3＝>，b4＝<，故使得不等式bn>成立的n的最大值为3，故C正确；

12821 0242235n×1－285n*恒成立，故D正确． 因为Sn＝＝4－4×<4，对任意n∈N851－8113．答案

26－n

2解析 设单调递减的等比数列{an}的公比为q，

∵a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项，

a3∴＋a3＋a3q＝28，2(a3＋2)＝a2＋a4，

qa3即2(a3＋2)＝＋a3q，

q1解得a3＝8，q＝(q＝2舍去)，

26

1n－36－n∴an＝a3qn－3＝8×2＝2.

14．答案 2 022

解析 数列{3n}的第684项为3×684＝2 052，而数列{2n}的第10项为210＝1 024，第11项为211＝2 048，当等差数列{3n}算到3×(684－10)＝2 022是{3n}的第674项时，恰好包含{2n}的前10项，所以a684＝2 022.

2，n＝1，15．答案

n－23×2，n≥2解析 由题意知，Sn＋1＝2Sn＋1，

故Sn＝2Sn－1＋1(n≥2)，

两式相减可得，an＋1＝2an(n≥2)，

在Sn＋1＝2Sn＋1中，令n＝1，可得a1＋a2＝2a1＋1，即a2＝3，

因此数列{an}从第二项开始是以3为首项，2为公比的等比数列，

2，n＝1，所以an＝

n－23×2，n≥2.n＋316．答案 5 2403－n

2解析 依题意得，S1＝120×2＝240 dm2；S2＝60×3＝180 dm2；

53当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图2253形，且5×6＝30 dm2，×12＝30 dm2，10×3＝30 dm2，20×＝30 dm2，

22所以S3＝30×4＝120 dm2；

5533当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm× dm，20 dm× dm五24245种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15 dm2，×6＝253315 dm2，×12＝15 dm2，10×＝15 dm2，20×＝15 dm2，所以S4＝15×5＝75 dm2；

424…

240（k＋1）240所以可归纳Sk＝k×(k＋1)＝dm2.

22knn＋134n所以Sk＝2401＋22＋23＋…＋n－1＋2n，①

2k＝1

234nn＋11n所以×Sk＝24022＋23＋24＋…＋2n＋n＋1，②

2k＝21由①－②得，

1111n＋11n×Sk＝2401＋22＋23＋24＋…＋2n－n＋1

2k2＝12－2×2n＋13n＋3－＝2401＋＝2402－，

1221－22nn＋1n＋11117

n＋3所以Sk＝2403－ndm2.

2k＝1n17． (1)证明 ∵an＋2＋4an＝5an＋1，n∈N*，

∴an＋2－an＋1＝4(an＋1－an)，n∈N*，

11∵a1＝，a2＝1，∴a2－a1＝，

221∴数列{an＋1－an}是以为首项，4为公比的等比数列．

21(2)解 由(1)知，an＋1－an＝×4n－1＝22n－3，

2当n≥2时，

an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1

＝22n－5＋22n－7＋22n－9＋…＋2－1＋2－1

1×（1－4n－1）22n－3＋121＝＋＝，

231－42－1＋11当n＝1时，a1＝＝满足上式．

3222n－3＋1所以an＝(n∈N*)．

318．解 (1)由Sn＝2n2－n得，

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－3，

当n＝1时，a1＝S1＝1对上式也成立，

∴an＝4n－3；

又4log2bn＝an＋3，

∴log2bn＝n，bn＝2n.

1441(2)cn＝bn＋＝2n＋＝2n＋4n－3－4n＋1，

anan＋1（4n－3）（4n＋1）12（1－2n）1111Tn＝＋1－5＋5－9＋…＋4n－3－4n＋1

1－214n＋2＝2n＋1－2＋1－4n＋1＝2n＋1－.

4n＋119． 解 (1)因为a1＋2a2＋…＋nan＝2n，

所以当n≥2时，a1＋2a2＋…＋(n－1)an－1＝2(n－1)，

2两式相减得nan＝2，an＝，

n又当n＝1时，a1＝2也符合上式．

2所以an＝.

n1n(2)由(1)知，＝，

an2因为对任意的正整数m≥2，

1m均有bm－1＋bm＋bm＋1＝＝成立，

am2故数列{bn}的前99项和b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＋…＋b97＋b98＋b99

＝(b1＋b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6)＋…＋(b97＋b98＋b99)

8

111＝＋＋…＋

a2a5a9829833×2＋2＝＝825.

220．解 (1)当n＝1时，2a1＝4，解得a1＝2；

当n≥2时，

2a1＋7a2＋12a3＋…＋(5n－3)an＝4n，

2a1＋7a2＋12a3＋…＋(5n－8)an－1＝4(n－1)，

两式相减，可得(5n－3)an＝4，

4解得an＝，易知a1＝2也符合上式，

5n－34综上所述，an＝.

5n－33n（5n－3）·3(2)依题意，＝，

an4下面先求数列{(5n－3)·3n}的前n项和Tn，

Tn＝2×31＋7×32＋12×33＋…＋(5n－3)·3n，

3Tn＝2×32＋7×33＋12×34＋…＋(5n－3)·3n＋1，

两式相减，可得

－2Tn＝2×31＋5×32＋…＋5×3n－(5n－3)·3n＋1，

即－2Tn＝5×31＋5×32＋…＋5×3n－(5n－3)·3n＋1－9，

15（1－3n）所以－2Tn＝－(5n－3)·3n＋1－9，

1－3335n11n＋1－·3， 化简可得Tn＝＋424Tn335n11n＋1－·3.

故Sn＝＝＋41681621．(1)解 当n＝1时，a1＝S1＝1.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.

经检验，当n＝1时，a1＝1＝2×1－1，符合上式．

所以an＝2n－1(n∈N*)．

bn＋13bn－1＋2＋13（bn－1＋1）(2)证明 当n≥2时，＝＝＝3，

bn－1＋1bn－1＋1bn－1＋1n而b1＋1＝3，

所以数列{bn＋1}是等比数列，且首项为3，公比为3.

(3)证明 由(1)(2)得bn＋1＝3×3n－1＝3n，

2n－11nancn＝＝n＝(2n－1)3，

3bn＋1所以Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn

1112＋5×13＋…＋(2n－3)·1n－1＋(2n－1)·1n，① ＝1×＋3×3333312113＋5×14＋…＋(2n－3)·1n＋(2n－1)·1n＋1，②

Tn＝1×＋3×333333由①－②得，

1n＋1121314211n

Tn＝－(2n－1)·＋2＋＋＋…＋33333339

1n＋11＝－(2n－1)·3＋2×3121－1n－13311－3

1n＋111n1＝－(2n－1)·3＋3－3

322n＋21n＝－·，

3331n所以Tn＝1－(n＋1)3.

1n因为(n＋1)3>0，

所以Tn<1.

222． 解 设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝，a3＝a1a2，

32222所以q2＝q，解得q＝.

3332n所以an＝3.

若选条件①：Sn＝2bn－1，则Sn－1＝2bn－1－1(n≥2)，

bn两式相减整理得＝2(n≥2)，又b1＝1，

bn－1所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1，

2nn－114n所以anbn＝3·2＝2×3，

由指数函数的性质知，数列{anbn}单调递增，没有最大值，

所以不存在k，使得对任意n∈N*，anbn≤akbk恒成立．

1若选条件②：由－4bn＝bn－1(n≥2)，b1＝1，知数列{bn}是首项为1，公比为－的等比数列，

41－n－1， 所以bn＝42n1n－1－1n，

－所以anbn＝·＝(－4)×3461112－n≤4×n≤4×＝，当且仅当n＝1时取等号， 因为anbn＝(－4)×6663所以存在k＝1，使得对任意n∈N*，anbn≤akbk恒成立．

若选条件③：由bn＝bn－1＋2(n≥2)，b1＝1，知数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，

所以bn＝1＋2(n－1)＝2n－1.

2n所以anbn＝(2n－1)·3>0.

2n＋1（2n＋1）an＋1bn＋1322n＋121＋2令＝＝·＝＝f(n)，

anbn2n32n－132n－1（2n－1）31014则f(1)＝2，f(2)＝，f(3)＝，当n≥3时，f(n)<1.

915因此存在k＝3，使得对任意n∈N*，anbn≤akbk恒成立．

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结束，同学们加油

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