數(shù)列-2023年高考真題和模擬題數(shù)學(xué)匯編(解析版)

專(zhuān)題08數(shù)列

年全國(guó)乙卷】已知等比數(shù)列的前項(xiàng)和為則

1.[2022｛α71｝3168,α2-α5=42,&6=()

A.14B.12C.6D.3

【答案】D

【解析】

【分析】

設(shè)等比數(shù)列的公比為芋易得根據(jù)題意求出首項(xiàng)與公比，再根據(jù)等比數(shù)列

｛ajl｝q,q0,q#1,

的通項(xiàng)即可得解.

【詳解】

解：設(shè)等比數(shù)列的公比為

｛arι｝q,qκθ,

若q=l,則α2-α5=O,與題意矛盾，

所以q≠1,

則卜+的+=?f2=168,解得『二!6,

4-

(a2—a5=a1q—a1q=42I2

所以5

&6=α1q=3.

故選：D.

2.【2022年全國(guó)乙卷】嫦娥二號(hào)衛(wèi)星在完成探月任務(wù)后，繼續(xù)進(jìn)行深空探測(cè)，成為我國(guó)第

一顆環(huán)繞太陽(yáng)飛行的人造行星，為研究嫦娥二號(hào)繞日周期與地球繞日周期的比值，用到數(shù)列

瓦=b1+z,31+依此類(lèi)推，其中耿€*(

｛bn｝-.1+92=7?>=^?--11=1,2

1??2a2+θi

,???).則()

A.b1<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b7

【答案】D

【解析】

【分析】

根據(jù)以∈N*(k=1,2,...),再利用數(shù)列｛匕｝與曲的關(guān)系判斷｛4｝中各項(xiàng)的大小,即可求解.

【詳解】

解：因?yàn)棣羕∈N*(k=1,2,…)，

I1、1

所以的<%+屋，->—?,得到瓦>電，

11

。2a2

I1、I1

同理由+豆>%+/1，可得打<b3,b1>b3

?3

又因?yàn)榫?gt;吩1%+?<%+〃+工,

<*3÷?"r+六

故電<b4,b3>

以此類(lèi)推，可得瓦>b3>bs>b7>???,B>既，故A錯(cuò)誤;

b1>b7>b3,故B錯(cuò)誤;

1t1

aa+——，得匕，故錯(cuò)誤;

22%+…赤BV6C

]

a14-------—>α1÷

%+???王三，得兒<b7,故D正確.

故選：D.

3.【2022年新高考2卷】中國(guó)的古建筑不僅是擋風(fēng)遮雨的住處，更是美學(xué)和哲學(xué)的體現(xiàn).如

圖是某古建筑物的剖面圖，DD11CC11BB1,AA1^,ODI,DQCBi，是相等的步，相鄰

桁的舉步之比分別為黑=0.5?=自,等=∕c2,=自，若自,治水3是公差為03的等差

數(shù)列，且直線。4的斜率為0.725,則七=（）

【答案】D

【解析】

【分析】

設(shè)OCl=DC1=CBl=BA1=1,則可得關(guān)于心的方程，求出其解后可得正確的選項(xiàng).

【詳解】

設(shè)。。1=DC1=CB1=BA1=I,則CCl=k1,BB1=k2,AA1=k3,

DD∣+CC?+B/+44]

依題意，有心—02=的,七一0.1=的，且=0.725,

ODl+DC-ι+CB-ι+BA-JL

所以0.5+3：-0.3=0725,故的=0.9,

故選：D

4.【2022年北京】設(shè)｛arι｝是公差不為。的無(wú)窮等差數(shù)列，則"｛αrι｝為遞增數(shù)歹『是"存在正整

數(shù)Ntp當(dāng)n>N0時(shí)，即>?！钡模ǎ?/p>

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】C

【解析】

【分析】

設(shè)等差數(shù)列｛an｝的公差為d,貝IJdH0,利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式結(jié)合充分條件、必要條件的

定義判斷可得出結(jié)論.

【詳解】

設(shè)等差數(shù)列｛αjJ的公差為d,則d≠0,記[劃為不超過(guò)X的最大整數(shù).

若｛arι｝為單調(diào)遞增數(shù)列，則d>0,

若內(nèi)≥0,則當(dāng)九≥2時(shí)?,an>a1≥0；若Ql<0,則Qrl=α1÷（n-l）d,

由Qn=%+（n—l）d>0可得幾>1取No=[1—?jiǎng)?wù)|+1,則當(dāng)n>N（）時(shí)，an>0,

所以,”｛αn｝是遞增數(shù)列〃=>〃存在正整數(shù)M），當(dāng)九>M時(shí)，απ>0?

若存在正整數(shù)Ntp當(dāng)n>M時(shí)，αn>0,取/c∈/且k〉N0,?>0,

假設(shè)d<0,令αn=Q∕c+（九—k）d<0可得九>k—華，且3—華>女,

當(dāng)n>[k—與]+1時(shí)，αft<0,與題設(shè)矛盾，假設(shè)不成立，則d>0,即數(shù)列｛斯｝是遞增數(shù)

列.

所以，"｛6｝是遞增數(shù)列存在正整數(shù)M，當(dāng)n>Ntj時(shí)，α71>0".

所以，"｛即｝是遞增數(shù)歹『‘是"存在正整數(shù)No，當(dāng)n>M時(shí)，6>0”的充分必要條件.

故選：C.

5.【2022年浙江】已知數(shù)歹(∣{αn}滿足的=l,αn+ι=即一：成OIeN*),則()

5577

A.2<IooaloO<-B.-<lθθɑ?θθV3C.3<IOoaIoO<-D.-<IOOaIOO<4

【答案】B

【解析】

【分析】

先通過(guò)遞推關(guān)系式確定｛α,J除去出,其他項(xiàng)都在(0,1)范圍內(nèi)，再利用遞推公式變形得到

=-π-

^Γ--------7?>P累加可求出十>∣(+2),得出IOoaU)O<3,再利用S-----?=7?<

an+lani~anianictn+ιαzι?-ɑn

士=!(1+W)，累加可求出?T<2T)+超+：+???+》，再次放縮可得出100

5

aIOO>2,

【詳解】

Va1=1,易得<?=、(0,1),依次類(lèi)推可得斯∈(0,1)

由題意，ɑn+1=?(1-?ɑn)-即-1—=____-____=-L-I—1_,

ɑn+1ɑn(?-ɑn)QrI?-ɑn

...1I=1”,

a

Q∏+ln3—Q713

11Ill

即----->------>------>一,...,--------->—

3?。23Q4Q33Q幾ɑ7l-13

累加可得?一1>：(九一1)，即2>g(n+2),(n≥2),

an?3an?5

'fl?V^,5≥2),即QIoO<白100Qlo0<罷<3,

又亡—2=1<今=31++)，(心2),

彳一2="1+>2/<久1+)：ν<*1+>一，2一￡<家1+5(43

)，

累加可得己一1<家n-l)+!C+(+…+=),5≥3),

???*T<33+1G+[+???+J<33+1GX4+[X94)<39,

即夫<40,；.%00>看BPlOOai00>!；

綜上：I<IOOa100<3.

故選：B.

【點(diǎn)睛】

關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是利用遞推關(guān)系進(jìn)行合理變形放縮.

6.【2022年全國(guó)乙卷】記Sn為等差數(shù)列｛an｝的前"項(xiàng)和.若2S3=3S2+6,則公差d=

【答案】2

【解析】

【分析】

轉(zhuǎn)化條件為2(%+2d)=2α1+d+6,即可得解.

【詳解】

由2S3=3S2+6可得2(%+。2+。3)=?(ɑi+Ct2)+6,化簡(jiǎn)得2c?=α1+α2+6,

即2(%+2碼=2a1+d+6,解得d=2.

故答案為：2.

7.[2022年北京】己知數(shù)列｛arι｝各項(xiàng)均為正數(shù),其前n項(xiàng)和Sn滿足即-Sn=9(n=1,2,-).給

出下列四個(gè)結(jié)論：

①｛%l｝的第2項(xiàng)小于3；②｛a7l｝為等比數(shù)列；

③｛%t｝為遞減數(shù)列；④｛的l｝中存在小于擊的項(xiàng).

其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是.

【答案】①③④

【解析】

【分析】

qq

推導(dǎo)出an=丁一丁一，求出即、W的值，可判斷①；利用反證法可判斷②④；利用數(shù)列單

anan-ι

調(diào)性的定義可判斷③.

【詳解】

由題意可知，?n∈n*,an>0,

當(dāng)n=1時(shí)，a?=9,可得%=3；

9999

當(dāng)n≥2時(shí)，由S=丁可得%τ=/一，兩式作差可得冊(cè)=/一廠一，

nanɑn-lanan-ι

999

所以，---=----Q∏,則----。2=3,整理可得及+3%—9=0,

an-ιa-na2

因?yàn)椤?>0,解得a?=個(gè)<3,①對(duì)；

假設(shè)數(shù)列｛斯｝為等比數(shù)列，設(shè)其公比為q,則/=%的,即(J)?=羲，

所以，S/=S1S3,可得Q式1+q)?=Q式1+q+q2),解得q=0,不合乎題意，

故數(shù)列｛an｝不是等比數(shù)列，②錯(cuò)；

當(dāng)n≥2時(shí)，即=?一白=堂=3>0,可得α7l<αnγ,所以，數(shù)列｛an｝為遞減數(shù)歹I」，

anan-ιanfln-ι

③對(duì)；

假設(shè)對(duì)任意的TleN*,ɑn≥7??則SlOOO0?！軮OOOOOX系=1000，

QQ1

所以，ɑiooooo=≤7?<?<與假設(shè)矛盾，假設(shè)不成立，④對(duì).

?ioooooJ?UUUIUU

故答案為：①③④.

【點(diǎn)睛】

關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題在推斷②④的正誤時(shí)，利用正面推理較為復(fù)雜時(shí)，可采用反證法來(lái)進(jìn)行推

導(dǎo).

8.【2022年全國(guó)甲卷】記Sn為數(shù)列｛α71｝的前n項(xiàng)和.已知牛+n=2α"+l.

⑴證明：｛arι｝是等差數(shù)列；

⑵若a4,α7,α9成等比數(shù)列，求％的最小值.

【答案】⑴證明見(jiàn)解析；

(2)-78.

【解析】

【分析】

⑴依題意可得2Sjl+∏2=2nαrι+n,根據(jù)即=%作差即可得到每一

(?n-?n-?/*l—乙

ɑn-l=1，從而得證；

(2)由(1)及等比中項(xiàng)的性質(zhì)求出內(nèi),即可得到｛αn｝的通項(xiàng)公式與前幾項(xiàng)和，再根據(jù)二次

函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算可得.

(1)

解：因?yàn)榕?ri=2αn+1,即2Srl+彥=2∏ɑn+九①，

2

當(dāng)n≥2時(shí)，2Snγ+(n-I)=2(n-l)αn.1÷(n-1)②，

22

①一②得，2Sn÷π—2Sn-1—(τι—I)=2naτl÷π—2(n—l)αn.1—(n—1),

即2αn+2π-1=2nun—2(π—l)tzn-∣+1,

即2(n-l)απ-2(n一I)QrlT=2(n-1),所以Qn—QnT=1,n≥2且?guī)住蕁*,

所以｛αn｝是以1為公差的等差數(shù)列.

(2)

解：由（1）可得@4=%+3,Q7=%+6,Qg=Ql+8,

2

又叫，Q7，的成等比數(shù)列，所以。7=CL4-α9,

2

即(Ql+6)=(ɑ?+3)?(α1+8),解得％=—12,

2

所以Qn=n—13,所以SrI=—12n+"7)=?n—yn=U-—等，

所以，當(dāng)Ti=12或幾=13時(shí)(Sn)mm=-78.

9.【2022年新高考1卷】記SJt為數(shù)列｛斯｝的前n項(xiàng)和，已知%=1,｛藍(lán)｝是公差為g的等差數(shù)

列.

⑴求｛an｝的通項(xiàng)公式；

(2)證明：-+-a+-+-a<2.

Ql2n

【答案】(1)斯=誓2

⑵見(jiàn)解析

【解析】

【分析】

(I)利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求得乎=1+[S-1)=手，得到Sn=如警，利用和與

ttnS33

項(xiàng)的關(guān)系得到當(dāng)V≥2時(shí)，即=Srl-SnT="&-空髻,進(jìn)而得：F=魯，利用累

乘法求得αrι=W3,檢驗(yàn)對(duì)于n=1也成立，得到｛αn｝的通項(xiàng)公式廝=妁?；

(2)由(1)的結(jié)論，利用裂項(xiàng)求和法得到?+!+???+：=2(1-士)，進(jìn)而證得.

Qla2an?n+l∕

⑴

Va=1,.?S=α=1,.'.-?=1,

111ɑl

又?.?甥是公差制的等差數(shù)列,

怖=1+如T)=等，Sn=(九+2)。八

3

.?.當(dāng)n≥2時(shí)?，=i,

._.S_(∏+2)α(n+l)α-ι

??an一?一?n-l-?n?n)

整理得：(九-I)Qn=(n÷I)Qrl.1，

即上=嗎

ɑn-in-Γ

,?a=a×^-×-×...XX?-

n1aιa2an-2an-l

34nn+1n(n+l)

=1×-×-×...×——×——=

23n-2n-12

顯然對(duì)于n=1也成立,

.??｛αzι｝的通項(xiàng)公式即=的p;

(2)

I=2="i--L)

,

ann(n+l)?nn+lJ

.\-+-+-+—=2[(l-i')+f--i)+???β--^-)]=2(l--a-)<2

ɑ?a2anLV2/\23/Xnn+l/J?n+17

10.【2022年新高考2卷】已知｛an｝為等差數(shù)列，｛勾｝是公比為2的等比數(shù)列，且-電=

a3-b3=b4-a4.

⑴證明：%=&；

⑵求集合伏|尻=am+alll≤m≤500｝中元素個(gè)數(shù).

【答案】⑴證明見(jiàn)解析；

(2)9.

【解析】

【分析】

(1)設(shè)數(shù)列｛c?｝的公差為d,根據(jù)題意列出方程組即可證出；

(2)根據(jù)題意化簡(jiǎn)可得巾=2八2,即可解出.

(1)

設(shè)數(shù)列｛斯｝的公差為d,所以，?f1=α7+用二素即可解得，瓦=%=W

n

(α1+ɑ—2D1=8θι—(a1+3d)2

所以原命題得證.

⑵

k1

由(1)知，瓦=%=B，所以M=αrπ+電=瓦X2~=α1+(m-l)d+α1,即2"τ—2m,

亦即m=2-2e]ι,500],解得2≤k≤10,所以滿足等式的解k=2,3,4,…,10,故集合伙

Ibk=am+a1,l≤m<500｝中的元素個(gè)數(shù)為10-2+1=9.

IL【2022年北京】已知9%,。2，?“，以為有窮整數(shù)數(shù)列.給定正整數(shù)m,若對(duì)任意的n∈｛1,

2l-lm),在Q中存在與田+1，田+2,…I+jO≥0),使得a+ai+1+ai+2+-+ai+j=n,

則稱(chēng)Q為Zn-連續(xù)可表數(shù)列.

⑴判斷Q:2,1,4是否為5-連續(xù)可表數(shù)列？是否為6-連續(xù)可表數(shù)列？說(shuō)明理由；

(2)若Qal用，…，Qk為8-連續(xù)可表數(shù)列,求證:k的最小值為4；

(3)若Q:%,c?,…,αj?為20—連續(xù)可表數(shù)列,Ka1+α2-----Fak<20,求證：k≥7.

【答案】⑴是5-連續(xù)可表數(shù)列；不是6-連續(xù)可表數(shù)列.

⑵證明見(jiàn)解析.

⑶證明見(jiàn)解析.

【解析】

【分析】

(1)直接利用定義驗(yàn)證即可：

(2)先考慮k≤3不符合，再列舉一個(gè)k=4合題即可；

(3)k≤5時(shí)，根據(jù)和的個(gè)數(shù)易得顯然不行，再討論k=6時(shí)，由%+t?+…+。6<20可

知里面必然有負(fù)數(shù)，再確定負(fù)數(shù)只能是-1,然后分類(lèi)討論驗(yàn)證不行即可.

⑴

a2=1>a1=2,α1+α2=3,a3=4,a2+a3=5,所以Q是5—連續(xù)可表數(shù)列；易知，不

存在才使得%+ai+1+-+ai+7?=6,所以Q不是6-連續(xù)可表數(shù)列.

(2)

若k≤3,設(shè)為Q:a,b,c,則至多a+b,b+c,a+b+c,a,b,c,6個(gè)數(shù)字，沒(méi)有8個(gè),矛盾;

當(dāng)k=4時(shí),數(shù)列Q:1,4,1,2,滿足的=1,a4=2,a3+a4=3,a2=4,a1+a2=5,a1+a2+

-

a3=6,a2+a3+a4=7,a1+a2+a3+a4=8,??kmin=4.

(3)

Q-.a1,a2l-,ak,若i=J最多有k種，若i≠j,最多有展種，所以最多有％+《=絲F種，

若k≤5,則a-以至多可表符=15個(gè)數(shù)，矛盾,

從而若k<7,則Zc=6,2兒。,％名/至多可表且乎=21個(gè)數(shù)，

而a+b+c+d+e+/<20,所以其中有負(fù)的，從而見(jiàn)也￠匕當(dāng)/可表1~20及那個(gè)負(fù)數(shù)(恰

21個(gè))，這表明a~f中僅一個(gè)負(fù)的，沒(méi)有0,且這個(gè)負(fù)的在a~f中絕對(duì)值最小，同時(shí)a~∕中

沒(méi)有兩數(shù)相同,設(shè)那個(gè)負(fù)數(shù)為-M(Tn≥1)，

則所有數(shù)之和之m+l+m+2-i-----Fin+5—πι=4τn+15,4m+15≤19=>m=1,

.?.{a,b,c,d,e,∕}={-l,2,3,4,5,6},再考慮排序，排序中不能有和相同,否則不足20個(gè),

???1=-1+2(僅一種方式)，

.?.-1與2相鄰，

若一1不在兩端,則為—1,2,一—一"形式，

若x=6,則5=6+(-1)(有2種結(jié)果相同，方式矛盾)，

X≠6,同理X75,4,3,故一1在一端，不妨為"二1,2,4旦2"形式，

若4=3,則5=2+3(有2種結(jié)果相同，矛盾)，4=4同理不行，

4=5,則6=-1+2+5(有2種結(jié)果相同，矛盾)，從而4=6,

由于7=-1+2+6,由表法唯一知3,4不相鄰,、

故只能一1,2,6,3,5,4,①或-1,2,6,4,5,3,②

這2種情形，

對(duì)①：9=6+3=5+4,矛盾，

對(duì)②：8=2+6=5+3,也矛盾，綜上kR6

.?.k≥7.

【點(diǎn)睛】

關(guān)鍵點(diǎn)睛，先理解題意，是否為巾-可表數(shù)列核心就是是否存在連續(xù)的幾項(xiàng)(可以是一項(xiàng))

之和能表示從1到?n中間的任意一個(gè)值.本題第二問(wèn)k≤3時(shí)，通過(guò)和值可能個(gè)數(shù)否定k≤3；

第三問(wèn)先通過(guò)和值的可能個(gè)數(shù)否定k≤5,再驗(yàn)證k=6時(shí)，數(shù)列中的幾項(xiàng)如果符合必然是｛-

1,2,3,4,5,6｝的一個(gè)排序，可驗(yàn)證這組數(shù)不合題.

12.[2022年浙江】已知等差數(shù)列｛α7l｝的首項(xiàng)由=-1,公差d>1.記｛an｝的前n項(xiàng)和為現(xiàn)5

∈N*).

⑴若S4-20?α3+6=0,求Sn;

(2)若對(duì)于每個(gè)neN*,存在實(shí)數(shù)品，使即+%，即+1+44,αrι+2+15C九成等比數(shù)列，求d

的取值范圍.

【答案】⑴SnN*)

(2)1<d<2

【解析】

【分析】

(1)利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式及前H項(xiàng)和公式化簡(jiǎn)條件，求出d,再求Sn;

⑵由等比數(shù)列定義列方程，結(jié)合一元二次方程有解的條件求d的范圍.

(1)

因?yàn)镾4-2a2a3+6=0,α1=-1,

所以-4+6d—2(-1+d)(—1+2d)+6=0,

所以c/2—3d=0,又d>1,

所以d=3,

所以Qn=3n—4,

2

(αι+α7t)n_3n-5n

⑵

因?yàn)棣羘+cn,an+1+4cn,an+2+15Cn成等比數(shù)列,

=

所以(α∏+ι+4cjj)2(ɑn+Cn)(%ι+2+15czl),

2

(nd.-1+4cn)=(-1+nd-d+cn)(—1+nd+d+15cn)>

Cn+(14d-Qnd+8)Cn+d2=0,

2

由已知方程W+(14d-8nd+8)cn+d=O的判別式大于等于0,

所以A=(14d-8nd+8)?-4d?≥O,

所以(16d-8nd+8)(12d-8nd+8)≥O對(duì)于任意的n∈N*恒成立,

所以[(n-2)d-l][(2n-3)d-2]≥O對(duì)于任意的”∈N"恒成立，

當(dāng)n=1時(shí),[(n-2)d-l][(2n-3)d-2]=Qd+l)(d+2)≥0,

當(dāng)n=2時(shí)，由(2d—2d-l)(4d—3d—2)≥0,可得d≤2

Ξ?Π≥3時(shí)，[(π—2)d—1][(2∏-3)d—2]>(π-3)(2π-5)≥O>

又d>1

所以1<d≤2

2()22年?考模擬試題

1.(2022?河南?通許縣第一高級(jí)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)(文))在等差數(shù)列｛叫中，％=5,?+^=^,

貝IJq?%=()

C.10D.12

【答案】B

【解析】

【分析】

將已知等式變形，由等差數(shù)列下標(biāo)和計(jì)算即可得到結(jié)果.

【詳解】

%+%_2%_109a

W5W59，"a''c'5~5

故選：B.

2.（2022?福建省德化第一中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）設(shè)等差數(shù)列｛α,,｝的前〃項(xiàng)和為S,,,若邑=28,則

%+%+%的值為（）

A.8B.10C.12D.14

【答案】C

【解析】

【分析】

根據(jù)等差數(shù)列的求和公式，求得4=4,結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)，化簡(jiǎn)得到％+%+為=3%，

即可求解.

【詳解】

因?yàn)橐?28,由等差數(shù)列的性質(zhì)和求和公式得$=2等=28,即％=4,

則cι2+Ci3+Ci1=3tz∣+9d=3（q+3d）=3a4=12.

故選：C.

2

3.（2022?北京,北大附中三模）已知數(shù)列｛4｝滿足《44an=n,其中〃=1,2,3,,則數(shù)

列｛4｝（）

A.有最大項(xiàng)，有最小項(xiàng)B.有最大項(xiàng)，無(wú)最小項(xiàng)

C.無(wú)最大項(xiàng)，有最小項(xiàng)D.無(wú)最大項(xiàng)，無(wú)最小項(xiàng)

【答案】A

【解析】

【分析】

求得數(shù)列｛%｝的通項(xiàng)公式，再分析數(shù)列的單調(diào)性即可

【詳解】

2

依題意，因?yàn)閍。%凡=〃。，其中”=1,2,3,當(dāng)〃=1時(shí)，αl=I=1,

22

當(dāng)“≥2時(shí),ala2a3a,,.∣=（n-l）,a,a2ay?an=n,兩式相除有

n

an=,=\1+^—I,n≥2,易得凡隨著"的增大而減小，故4,≤θ2=4,目q>l=α∣,

（W-I）2In-?）

故最小項(xiàng)為4=1,最大項(xiàng)為4=4

故選：A

4.(2022?遼寧實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬預(yù)測(cè))已知數(shù)列｛q,｝("cN")是首項(xiàng)為1的正項(xiàng)等差數(shù)列，公差

不為0,若4、數(shù)列｛的“｝的第2項(xiàng)、數(shù)歹U｛qJ的第5項(xiàng)恰好構(gòu)成等比數(shù)列，則數(shù)列｛q｝的

通項(xiàng)公式為()

A.an=In-?B.an=2n+1C.??=∏-?D.an=n+?

【答案】A

【解析】

【分析】

根據(jù)題意設(shè)％=l+(〃-l)d,所以%=l+(2"-l)d,%=l+(1τ)d,所以1j+3d,l+24d

構(gòu)成等比數(shù)列，即(l+3d)2=lx(l+24d),求出d即可求解.

【詳解】

設(shè)等差數(shù)列｛4｝的公差為d(4>0),所以4=l+("T)d,所以%,=1+(2〃一1”，

2

α2=l+(n-l)j,又4、數(shù)列｛%,｝的第2項(xiàng)、數(shù)列｛勺｝的第5項(xiàng)恰好構(gòu)成等比數(shù)列，

即1,1+34,l+24d構(gòu)成等比數(shù)列，所以(l+3")2=lχ(l+24d),

解得4=2,d=O(舍去)，所以

故選：A.

5.(2022?四川?綿陽(yáng)中學(xué)實(shí)驗(yàn)學(xué)校模擬預(yù)測(cè)(文))已知數(shù)列｛α,J的前〃項(xiàng)和為S,,,且4=1,

an≠0,a,1al^=λSll-l,若存在實(shí)數(shù)2使｛α,,｝是等差數(shù)列，則｛《,｝的公差為()

λ,

A.1B.2C.—D.λ

2

【答案】B

【解析】

【分析】

利用SπSπ-l=%(〃≥2)得｛0π｝的遞推關(guān)系，從而求得；I與公差d的關(guān)系，再由g-4=d求

得d?

【詳解】

設(shè)公差為d,

因?yàn)閍>Λ+ι=45“-1，所以〃≥2時(shí)，a?_ta?=犯T-I,

兩式相減得：?(?+∣-?-∣)=2(S”-Si)=枇，

因?yàn)閝,≠0,所以41+∣-=2=2”,

由。田2=2S]—1=2t∕tz∣—1得w—2d—1.從而a2—%=2t∕-?-?-d,d=2,

故選：B.

6.(2022?湖南?邵陽(yáng)市第二中學(xué)模擬預(yù)測(cè))己知正項(xiàng)等比數(shù)列｛q｝滿足“3=%+24，若存在

)14

《“、《,，使得α,?4,=16”；，則一+一的最小值為()

κmn

8113

A.-B.16C.—D.一

342

【答案】D

【解析】

【分析】

設(shè)等比數(shù)列｛4｝的公比為9,則4>0,根據(jù)已知條件求出q的值，由已知條件可得出加+”=6,

將代數(shù)式'I+M4與1白陽(yáng)+〃)相乘，利用基本不等式可求得1」+42的最小值.

mnotnn

【詳解】

設(shè)等比數(shù)列｛4｝的公比為q,則q>0,由生=%+24可得/-q-2=0,解得<7=2,

因?yàn)棣羘ιq=16”：,則a；-2"i-2"T=16a；,r./n+"—2=4,可得m+〃=6,

141

由已知心、n∈N?所以，-+-=-(m+n)—+—

mn6mn

>-3

^6

當(dāng)且僅當(dāng)?shù)?2∕n=4時(shí),等號(hào)成立,

因此，上1+上4的最小值為3彳.

mn2

故選：D.

g9

7.(2022?浙江?三模)設(shè)數(shù)列｛%｝滿足。,向=Y-2",,+w("eN*),q=2,記數(shù)列的

前n項(xiàng)的和為5“，則()

A.?>∣<27B.存在％eN,,使4=4+∣

C.Sκπ<2D.數(shù)列｛α,J不具有單調(diào)性

【答案】C

【解析】

【分析】

根據(jù)題意求得4≥?,進(jìn)而得到與4同號(hào)，結(jié)合作差法比較法，可判定B、D錯(cuò)

誤；由1—a,=?！?)(6,—1)+：,得到1—4N,利用疊加法，可判定A錯(cuò)誤；化簡(jiǎn)

11I

得到T=-33,利用裂項(xiàng)法求和，可判定C正確.

a'>~2a"-2a"+l~2

【詳解】

由于%+1=(%-1)2+1≥；，=2,則可≥1,

又由‰-?∣=?-2?+^=(4-(%-則。"+1_T與4,一?∣同號(hào).

又由4=2,則%>?∣,可得%-34,+:=(4-目>0,

所以數(shù)列｛q｝單調(diào)遞增，故B、D錯(cuò)誤；

又因?yàn)閍n+l-an=(??-2)(%-1)+：,

由數(shù)列｛q｝單調(diào)遞增，且4=2,所以a,,-2>0q-l>0,所以凡,「名之；，

累力∏得?η-42岑=25,所以即“≥27,故A錯(cuò)誤；

9.1,1_______

由an+t=an~2a,,+:可得133,

4aU-2an-2?÷>^2

__1___11

因?yàn)?>4=2,所以?一33<r—3^,故C正確.

%L5a'^2

故選：C.

8.(2022?吉林?東北師大附中模擬預(yù)測(cè)(理))數(shù)列｛q｝為等差數(shù)列，前〃項(xiàng)的和為S,,若

βl0n<θ.4OU+4O∣2>O,則當(dāng)S“<0時(shí)，”的最大值為()

A.1()11B.1012C.2021D.2022

【答案】C

【解析】

【分析】

分析數(shù)列｛%｝的單調(diào)性，計(jì)算邑⑼、S2022,即可得出結(jié)論.

【詳解】

因?yàn)椤?U<°，即M∣+4O∣2>0,則?)I2>O,故數(shù)列｛%｝為遞增數(shù)列，

因?yàn)橐丌?202W2021%<0,S2022=2022—+限Low0+β,o,2)>O，

且當(dāng)〃≥1()12時(shí)，aπ≥ai0l2>0,所以，當(dāng)n≥2022時(shí),S11≥S2022>0,

所以，滿足當(dāng)S“<0時(shí)，〃的最大值為202L

故選：C.

9.(2022?遼寧?渤海大學(xué)附屬高級(jí)中學(xué)模擬預(yù)測(cè))已知等差數(shù)列｛q｝的前C項(xiàng)和為S,,,且滿

足Λ則下列結(jié)論正確的是()

2sin(t?+2)-345-5=0,2sin(a20∣s+2)-3MI8-7=0,

A.52022=2022,且“5>%>i8B-52022=—2022,且α5<“20∣8

=-

C.^20224044,且"5>?)∣8D.S2022=4044,且"5<“20∣8

【答案】C

【解析】

【分析】

根據(jù)題意構(gòu)造函數(shù)f(x)=2sinx-3x,確定函數(shù)的奇偶性及單調(diào)性，進(jìn)而根據(jù)

fM+2)j(a20∣8+2)的關(guān)系即可確定答案.

【詳解】

設(shè)函數(shù)/(x)=2SinX-3x,則/(χ)為奇函數(shù)，且/'(X)=2CoSX-3<0,所以/*)在R上遞減，

由已知可得ZsinQ+2)-3(%+2)=—1,2sin(t?lg+2)-3(o,01g+2)=l,有f(A5+2)=-1,

/(?>I8+2)=1,所以f(6+2)<α-g+2),且，3+2)=-/(『8+2),所以

-

。5+2>々2018+2n。5>4018，∏.?+2=(?)∣8÷2),所以。5+“2018=T，

?2=2022("r。")=101l(a5+?18)=-4044.

故選：C.

10.(2022?全國(guó)?模擬預(yù)測(cè))已知數(shù)列｛為｝滿足對(duì)任意的〃WN*,總存在，〃∈N*,使得s“=%,,

則an可能等于()

,2022

A.2022z,B.2022nC.2022n2D.---

n

【答案】B

【解析】

【分析】

A選項(xiàng)，利用鐘比數(shù)列求和公式列出方程，令n=2時(shí)，得到2022"i=2023,m不存在，A

錯(cuò)誤;B選項(xiàng),利用等差數(shù)列求和公式進(jìn)行求解得到方程1011〃(〃+1)=2022加，取m=心土H

即可，C選項(xiàng)，利用平方和公式得到"("+W2”+1)=病,當(dāng)”=2時(shí)，病=5,m不存在；

6

D選項(xiàng)，當(dāng)〃=2時(shí)?，I+1=',m不存在.

2m

【詳解】

對(duì)于選項(xiàng)A：當(dāng)=2022〃時(shí)，則｛4｝是等比數(shù)列，因?yàn)镾”=冊(cè)

所以2022(2022"二I)=?。22?當(dāng)。=2時(shí)，2022"-=2023,m不存在，A錯(cuò)誤；

2021

對(duì)于選項(xiàng)B：當(dāng)q=2022〃時(shí)，｛4｝是等差數(shù)列，因?yàn)?“=%,則

S,,=2022x典士D=1011"("+1)=2022M,取m=也土。即可，B正確；

對(duì)于選項(xiàng)C當(dāng)％=2022/時(shí),Sn=am,則

222,,π+12π+l22

Sn=2022×(1+2+???+n)=2022×(X)=2022m,當(dāng)n=2時(shí)，f∏=5,m不存

在，C錯(cuò)誤；

2022(111A2022

對(duì)于選項(xiàng)D：當(dāng)為=嗎時(shí)，S.=%,則20221+;+1+…+—=——,當(dāng)〃=2時(shí)，

n\23nJm

1+?=-,m不存在，D錯(cuò)誤.

2m

故選:B.

11.（2022?江蘇?南京外國(guó)語(yǔ)學(xué)校模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列各項(xiàng)都不為0,%=1,/=3且滿足

4

??+ι=5,,-l,

⑴求｛%｝的通項(xiàng)公式；

⑵若勿=’?,出“｝的前n項(xiàng)和為7.，求7”取得最小值時(shí)的n的值.

-14

【答案】⑴4=2"-l;

（2）∕j=7.

【解析】

【分析】

（1）由％%=4S1,-1得〃≥2時(shí),—4SZIT-1,①一②得%-％=4,分奇偶項(xiàng)即

可求出％

（2）由￡=馬三得b,,=等芻，當(dāng)”47時(shí)，?,,≤0,當(dāng)〃>7時(shí)，?>0

2n-15

當(dāng)〃=7時(shí)，7,取得最小值

⑴

-ɑ/e=4S,,-1①

當(dāng)〃≥2時(shí)，4Ia（I=4S,ι-l②

①一②nanan+l-alt^an=4all

?≠θ

?÷∣-?-∣=4

■??｛??｝的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)各自成等差數(shù)列且4=1,%=3

?'?a2n-?=l+4（"-l）=4"-3=2（2"-l）-l,.?.4=2〃-1（〃為奇數(shù)），

-

a2n=3+4（n-l）=4π-l=2?2n-l,..an=2〃-1（n為偶數(shù)）,；.an=2n-?

(2)

b=--------=1+----------，

"ll2n-↑52n-15

當(dāng)〃47時(shí)，2≤0,

當(dāng)〃>7時(shí)，b,,>O

???當(dāng)〃=7時(shí)?，7”取得最小值

12.（2022?福建?廈門(mén)雙十中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）等差數(shù)列｛q｝的前〃項(xiàng)和為5“，已知4=9,%為

整數(shù),且E,≤55?

⑴求｛%｝的通項(xiàng)公式；

⑵設(shè)“=」一，求數(shù)列｛1｝的前"項(xiàng)和

anan+?

【答案】⑴4=11-2〃

⑵北=9（9-2”）

【解析】

【分析】

（1）根據(jù)題意得公差d為整數(shù)，且為≥0,?≤0,分析求出d即可；（2）

2=41」】一77二】，再利用裂項(xiàng)相消法求和即可?

219-2∕?11-2”/

⑴

山4=9,4為整數(shù)知，等差數(shù)列｛4｝的公差d為整數(shù).

又S,,≤Ss,故%wo,?≤o.

99

于是9+4d≥0,9+5d≤0,解得一一＜d≤--，

45

因此d=-2,故數(shù)列｛%｝的通項(xiàng)公式為an=n-2n.

⑵

”(11-2?)(9-2?)=B/-TT?]

于是《超+4+…+"=；

~2[9-2n~9)9(9-2n?

13.(2022?寧夏,銀川一中模擬預(yù)測(cè)(理))已知數(shù)列｛4｝是等差數(shù)列，也｝是等比數(shù)列，且

%=2,?3=4,%=E,?+1=?5-

⑴求數(shù)列｛4｝、也｝的通項(xiàng)公式；

(2)設(shè)%=滬，數(shù)列｛%｝的前〃項(xiàng)和為S“，若不等式2<S,,+4對(duì)任意的N*恒成立,

?∣+ι2

求實(shí)數(shù)4的取值范圍.

【答案】⑴q,=2"-l,b,t=2'-'.

⑵(γo,2).

【解析】

【分析】

(1)利用等差數(shù)列4=4+("-l)d,等比數(shù)列4=如a代入計(jì)算；

(2)利用錯(cuò)位相減法可得5.=4-景，令c,,=4-白，由｛?,｝為遞增數(shù)列，結(jié)合恒成立

思想可得答案.

⑴

,、f?=b,q=2Ih=I

解：因?yàn)閿?shù)列也,｝是等比數(shù)列，則可得,L9==4'解得|；=2，

所以。=2?τ.

因?yàn)閿?shù)列｛%｝是等差數(shù)列，且4=4=1,/+l=q+7"+l=16,則公差d=2,

所以q=1+2("-1)=2"-1.

故",,=2"-l,b,,=2'-1;

⑵

a,l+1n

解：由(I)得：C11=——=—r,

?J+1乙

23n

數(shù)列｛?,｝的前n項(xiàng)和為s,,=1+5■+尹+…+廣①

,IC123n-?nG

所rrκ以5S"=5+百+中+…+廣+談②

由①-②得：；S“=1+J+,+…+!-￡=2（1-]）-最=2-3^,

乙乙乙乙乙乙）乙乙

所以S.=4一擊?

不等式2<S"+券/7恒成立，化為不等式2<4-太1恒成立，

令c.=4-白且匕,｝為遞增數(shù)列，即轉(zhuǎn)化為4<（%）mill

當(dāng)〃=1時(shí)，（C）M=4-貴=2,所以zl<2?

綜上可得：實(shí)數(shù)幾的取值范圍是（F,2）.

14.（2022?湖北?襄陽(yáng)四中模擬預(yù)測(cè)）已知等差數(shù)列｛q｝滿足4=1,且前四項(xiàng)和為28,數(shù)列

也｝的前〃項(xiàng)和S,滿足25,,=?-3λ（Λ∈R）.

⑴求數(shù)列｛為｝的通項(xiàng)公式，并判斷｛〃,｝是否為等比數(shù)列；

（2）對(duì)于集合A,B,定義集合4-8=｛x∣xcAax任8｝.若4=1,設(shè)數(shù)列｛q｝和色｝中的所有項(xiàng)

分別構(gòu)成集合4B,將集合A-B的所有元素按從小到大依次排列構(gòu)成一個(gè)新數(shù)列｛q,｝,求

數(shù)列｛5｝的前30項(xiàng)和

【答案】（I）J.=4〃-3,判斷