2024五年高考題分類(lèi)訓(xùn)練（數(shù)理）六 數(shù)列

PAGE1專(zhuān)題六數(shù)列考點(diǎn)15等差數(shù)列題組一、選擇題1.[2023全國(guó)卷乙，5分]已知等差數(shù)列{an}的公差為2π3，集合S={cosan∣n∈N?A.?1 B.?12 C.0 [解析]由題意得an=a1+2π3n?1，cosan+3=cosa1+2π3n①當(dāng)cosa1=cosa2≠cosa3時(shí)，有cos②當(dāng)cosa1=cosa3≠cosa2時(shí)，有cos③當(dāng)cosa2=cosa3≠cosa1時(shí)，有?綜上，ab=?12，故選【速解】取a1=?π3，則cosa1=12，cos2.[2021北京，4分]已知{an}和{bn}是兩個(gè)等差數(shù)列，且akbk1≤k≤5是常值，若A.64 B.100 C.128 D.132[解析]因?yàn)閧an}和{bn}是兩個(gè)等差數(shù)列,所以2a3=a1+a5=288+96=3843.[2020全國(guó)卷Ⅱ，5分]北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場(chǎng)所，分上、中、下三層.上層中心有一塊圓形石板（稱(chēng)為天心石），環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊.下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊.已知每層環(huán)數(shù)相同，且下層比中層多729塊，則三層共有扇面形石板（不含天心石）(C)A.3699塊 B.3474塊 C.3402塊 D.3339塊[解析]由題意知，由天心石開(kāi)始向外的每環(huán)的扇面形石板塊數(shù)構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列，記為{an}，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,前n項(xiàng)和為Sn，易知其首項(xiàng)a1=9，d=9，所以an=a1+n?1d=9n.由等差數(shù)列的性質(zhì)知S【方法技巧】解答本題的突破點(diǎn)：（1）由材料聯(lián)想到從天心石開(kāi)始向外的每環(huán)的扇面形石板塊數(shù)構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列；（2）利用等差數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)，知Sn，S2n?4.[2020浙江，4分]已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,公差d≠0，且a1d≤1.記bA.2a4=a2+a6 B.2b[解析]由bn+1=S2n+2?S2n，得b2=a3+a4=2a1+5d，b4=a7+a8=2a1+13d，b6=a115.[2020北京，4分]在等差數(shù)列{an}中，a1=?9,a5=?1A.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)[解析]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a1=?9，a5=?1,∴a5=?9+4d=?1,∴d=2,∴an=?9+n?1×2=2n?11.令an=2n?11≤0,則n≤5.5,∴6.[2019全國(guó)卷Ⅰ，5分]記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.已知S4=0A.an=2n?5 B.an=3n?[解析]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵S4=0,a5=二、填空題7.[2020新高考卷Ⅰ，5分]將數(shù)列{2n?1}與{3n?2}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列{an}[解析]解法一設(shè)bn=2n?1,cn=3n?2,bn=cm,則2n?1=3m?2,得n=3m?12=3m?3+22=3m?12+1，于是解法二{2n?1}與{3n?2}的第一個(gè)公共項(xiàng)為1，則易知{an}是以1為首項(xiàng)，2×3=6為公差的等差數(shù)列，則Sn=n+nn?12×6=38.[2019全國(guó)卷Ⅲ，5分]記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若a1≠0，[解析]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由a2=3a1，即a9.[2019北京，5分]設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若a2=?3，S5=?10，則[解析]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵a2=?3,S5=?10,即a1+d=?3,510.[2019江蘇，5分]已知數(shù)列{an}(n∈N?)是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和.若a2[解析]解法一設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則a2a5+a8=a1+d解法二設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.S9=9a1+a92=9a【方法技巧】在等差數(shù)列{an}中，若m+n=p+q,m三、解答題11.[2022新高考卷Ⅰ，10分]記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1=1（1）求{an[答案]因?yàn)閍1=1，所以又{Snan}是公差為所以Sna所以Sn=因?yàn)楫?dāng)n≥2時(shí)，a所以n+13an所以a2a所以an=nn+所以an=（2）證明：1a1[答案]因?yàn)閍n=nn+所以1a112.[2021新高考卷Ⅱ，10分]記Sn是公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a3（1）求數(shù)列{an[答案]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為則由題意，得a1得a1所以an=（2）求使Sn>an[答案]Sn=則由n2?5n>2n?6，整理得n2因?yàn)閚∈N?，所以使Sn>13.[2021全國(guó)卷甲，12分]已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),記Sn為{a①數(shù)列{an}是等差數(shù)列；②數(shù)列{Sn注:若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分.[答案]①③?②.已知{an}是等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則a2=所以Sn=因?yàn)閿?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以所以Sn+1?S①②?③.已知{an}是等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列{an}的公差為則Sn=因?yàn)閿?shù)列{Sn}是等差數(shù)列，所以數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式是關(guān)于n的一次函數(shù)，則a1?d2=0②③?①.已知數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列，a2=3a1，所以設(shè)數(shù)列{Sn}的公差為d，d>0，則S2?S1=4a1所以an=Sn?Sn?考點(diǎn)16等比數(shù)列題組一、選擇題1.[2023全國(guó)卷甲，5分]設(shè)等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n項(xiàng)和為Sn,若a1=1，SA.158 B.658 C.15[解析]解法一若該數(shù)列的公比q=1，代入S5=5S3?4中，有5=5×3?4，不成立，所以q≠1.由1?q5解法二由已知得1+q+q2+q3+q4=512.[2023天津，5分]已知{an}為等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，aA.3 B.18 C.54 D.152[解析]解法一因?yàn)閍n+1=2Sn+2，所以當(dāng)n≥2時(shí)，an=2Sn?1+2，兩式相減得an+1?an=2an，即解法二設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍n+1=2Sn+2，所以公比q≠1，且a1qn=2a3.[2023新高考卷Ⅱ，5分]記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若S4=?5,SA.120 B.85 C.?85 D.?[解析]解法一設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為qq≠0，由題意易知q≠1，則a11?解法二易知S2，S4?S2，S6?S4，S8?S6，……為等比數(shù)列，所以S4?S22=S2?S6?S4,解得S2=?1或4.[2022全國(guó)卷乙，5分]已知等比數(shù)列{an}的前3項(xiàng)和為168，a2?a5A.14 B.12 C.6 D.3[解析]解法一設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由題意可得a1+a2+a3=168,a解法二設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,易知q≠1,由題意可得a11?q315.[2020全國(guó)卷Ⅱ，5分]數(shù)列{an}中，a1=2,am+n=A.2 B.3 C.4 D.5[解析]令m=1，則由am+n=aman，得an+1=a1an，即6.[2019全國(guó)卷Ⅲ，5分]已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和為15，且a5=3aA.16 B.8 C.4 D.2[解析]設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由a5=3a3+4a1得q4=3q2+4二、填空題7.[2023全國(guó)卷乙，5分]已知{an}為等比數(shù)列，a2a4a5=a[解析]解法一設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則由a2a4a5=a3a6，得a1q?a1q3?a1解法二設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.因?yàn)閍4a5=a3a6≠08.[2019全國(guó)卷Ⅰ，5分]記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.若a1=13，[解析]解法一設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍42=a6，所以a1q32=a解法二設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍42=a6，所以a2a6=a6三、解答題9.[2023天津，15分]已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a2+（1）求{an}的通項(xiàng)公式和[答案]設(shè){an}的公差為由a2+a5=16,所以{an}的通項(xiàng)公式為a2n?1=2?2n?1從a2n?1到a2所以∑2n?1i（2）已知{bn}為等比數(shù)列，對(duì)于任意k∈N?，若i當(dāng)k≥2時(shí)，求證:2ii求{bn}的通項(xiàng)公式及其前[答案]i因?yàn)楫?dāng)2k?1≤n所以當(dāng)2k≤n+1可得an<因?yàn)閧an}為遞增數(shù)列，所以若2k?1≤n同理可得2k+故可得2k+所以2k?綜上，當(dāng)k≥2時(shí)，2ii由題意知{bn}是q≠1的正項(xiàng)等比數(shù)列，（若q=1設(shè){bn}的通項(xiàng)公式為bn=p?qn(p由i知,2n?1<b則有1?1①當(dāng)q2>1，即?n0∈N?，使得p②當(dāng)0<q2<1，q≠1?n1∈N?，使得p故q=2.（思路引導(dǎo)：從i的結(jié)論可以觀察出bn=2n，通過(guò)反證法證明q>2和0因?yàn)?n?1<b設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Sn10.[2020全國(guó)卷Ⅰ，12分]設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列，a1為a2（1）求{an[答案]設(shè){an}的公比為q,由題設(shè)得2a1所以q2+q?2=0故{an}的公比為（2）若a1=1，求數(shù)列{na[答案]記Sn為{nan}的前n所以Sn=?2S可得3S=1?所以Sn=11.[2020新高考卷Ⅰ，12分]已知公比大于1的等比數(shù)列{an}滿足a2+（1）求{an[答案]設(shè){an}的公比為q.由題設(shè)得a1q解得q=12（舍去）或q=2所以{an}的通項(xiàng)公式為（2）記bm為{an}在區(qū)間(0,m]([答案]由題設(shè)及（1）知b1=0，且當(dāng)2n≤所以S100=【方法技巧】求解本題第（2）問(wèn)的關(guān)鍵在于找準(zhǔn)m的取值和an考點(diǎn)17遞推數(shù)列與數(shù)列求和題組一、選擇題1.[2022浙江，4分]已知數(shù)列{an}滿足a1=1A.2<100a100<5C.3<100a100<[解析]因?yàn)閍1=1,an+1=an?13an2=?13an?322+34≤34,所以an≤34n≥2，易知an≠0，所以有an+1an=1?13an≥34>2.[2021浙江，4分]已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=an1A.32<S100<3 B.3<S100[解析]因?yàn)閍1=1,an+1=an1+an，所以an>0，a2=12,所以S100>32.1an+1=1+anan=1an+1an=1an+122【方法技巧】利用放縮法，結(jié)合累加法與累乘法求得an≤6二、填空題3.[2021新高考卷Ⅰ，5分]某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí),發(fā)現(xiàn)剪紙時(shí)經(jīng)常會(huì)沿紙的某條對(duì)稱(chēng)軸把紙對(duì)折.規(guī)格為20dm×12dm的長(zhǎng)方形紙,對(duì)折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm兩種規(guī)格的圖形,它們的面積之和S1=240dm2,對(duì)折2次共可以得到5dm×12dm,10dm×6dm[解析]依題意得，S1=120×2當(dāng)n=3時(shí)，共可以得到5dm×6dm，52dm×12dm,10dm×3當(dāng)n=4時(shí)，共可以得到5dm×3dm，52dm×6dm,54dm×12dm……所以可歸納Sk=所以∑nk所以12×由①?②得，12×所以∑nk三、解答題4.[2023全國(guó)卷甲，12分]記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a2（1）求{an[答案]當(dāng)n=1時(shí)，2S1=a1當(dāng)n≥2時(shí)，由2Sn=兩式相減得2an即n?1當(dāng)n=2時(shí)，可得a故當(dāng)n≥3時(shí)，anan整理得ana2=n?1當(dāng)n=1，n=2（2）求數(shù)列{an+12n}的前n[答案]令bn=則Tn=12T由①?②得12T即Tn=5.[2022全國(guó)卷甲，12分]記Sn為數(shù)列{an}的前n（1）證明:{an[答案]由2Snn+n所以2Sn②?①，得2an化簡(jiǎn)得an+1?a（2）若a4,a7,a9成等比數(shù)列，求[答案]由（1）知數(shù)列{an由a72=a4a9所以Sn=?12n+nn?12=n6.[2021新高考卷Ⅰ，10分]已知數(shù)列{an}滿足a1（1）記bn=a2n,寫(xiě)出b1,b[答案]依題意有a2n+所以bn+1=b所以{bn}是以2為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，所以b2=（2）求{an[答案]a2n+設(shè)cn=a2n?1，則故{an}的前20項(xiàng)和為7.[2021全國(guó)卷乙，12分]記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，bn為數(shù)列{Sn}（1）證明：數(shù)列{bn[答案]因?yàn)閎n是數(shù)列{Sn}所以n≥2時(shí)，S代入2Sn+1b整理可得2bn?1+又2S1+1b故{bn}是以32（2）求{an[答案]由（1）可知，bn=n+22，則當(dāng)n≥2時(shí)，a當(dāng)n=1時(shí)，a故an【易錯(cuò)警示】研究數(shù)列{an}的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和S8.（2020全國(guó)卷Ⅲ，12分）設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=（1）計(jì)算a2,a3,猜想{[答案]a2=5,猜想an=an+an?…a2?因?yàn)閍1=3,所以（2）求數(shù)列{2nan}的前n[答案]由（1）得2naSn=從而2Sn①?②得?Sn所以Sn=9.[2019全國(guó)卷Ⅱ，12分]已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1=1，（1）證明:{an+bn[答案]由題設(shè)得4an即an+又因?yàn)閍1+所以{an+bn由題設(shè)得4an+1?又因?yàn)閍1?b1=（2）求{an}和[答案]由（1）知,an+bn=所以an=bn=考點(diǎn)18數(shù)列的綜合應(yīng)用題組一一、選擇題1.[2019浙江，4分]設(shè)a，b∈R，數(shù)列{an}滿足a1=a，A.當(dāng)b=12時(shí)，a10>10C.當(dāng)b=?2時(shí)，a10>10 [解析]當(dāng)b=12時(shí),因?yàn)閍n+1=an2+12,所以a2≥12,又an+1=an2+12≥2an,故a9≥a2×27≥12二、填空題2.[2022北京，5分]已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和Sn①{an②{an③{an④{an}中存在小于其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是①③④.[解析]因?yàn)閍n?Sn=9，所以a1?S1=9，又an>當(dāng)n≥2時(shí)，由Sn=9an，得Sn?1=9an?1，兩式作差可得an=9an?9an?1n≥2，即an=9an?1?ananan?1n≥2，整理得anan?3.[2020江蘇，5分]設(shè){an}是公差為d的等差數(shù)列，{bn}是公比為q的等比數(shù)列.已知數(shù)列{an+bn}[解析]由題意可得S1=a1+b1=1，當(dāng)n≥2時(shí)，an+bn=Sn?S【速解】由等差數(shù)列和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和的特征可得等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Hn=n2?n，等比數(shù)列{bn【方法技巧】公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=An2+Bn,其中A=d2,B三、解答題4.[2023新高考卷Ⅱ，12分]已知{an}為等差數(shù)列,bn=an?6,n為奇數(shù),2an,n為偶數(shù).記Sn（1）求{an[答案]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為因?yàn)閎n所以b1=a1?6，b2=因?yàn)镾4=32，所以4a1解得a1=5,d=2,所以{（2）證明:當(dāng)n>5時(shí)，T[答案]由（1）知an=所以Sn=n[當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn=?1+當(dāng)n>5時(shí)，T所以Tn>當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn=當(dāng)n>5時(shí)，T所以Tn>綜上可知，當(dāng)n>5時(shí)，T5.[2022新高考卷Ⅱ，10分]已知{an}是等差數(shù)列，{bn（1）證明：a1=[答案]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為由a2?b2=a3?由a2?b2=b4?a4得a1+d?（2）求集合{k|bk=[答案]由（1）知an=a1+由bk=am+由a1=b1≠由題知1≤m≤500，所以2≤2m≤1000，所以k=2,3，4，…,10，共9個(gè)數(shù)，即集合{k6.[2021浙江，15分]已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1（Ⅰ）求數(shù)列{an[答案]因?yàn)?Sn所以當(dāng)n≥2時(shí)，4兩式相減可得4an+1=當(dāng)n=1時(shí)，4解得a2=?所以a2a所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為?94所以an=?（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{bn}滿足3bn+n?4an=0(n∈N?)[答案]因?yàn)?bn+n?所以Tn=?且34T①?②得14T所以Tn=?因?yàn)門(mén)n≤λbn所以?4n×即?3n≤當(dāng)n<4時(shí)，λ≤?3n當(dāng)n=4時(shí)，?當(dāng)n>4時(shí)，λ≥?3n所以?3≤7.[2020浙江，15分]已知數(shù)列{an},{bn},{cn}滿足a1=（Ⅰ）若{bn}為等比數(shù)列，公比q>0,且b1+b[答案]由b1+b2=6b3由cn+1=4由an+1?a（Ⅱ）若{bn}為等差數(shù)列，公差d>0，證明：c[答案]由cn+1=b所以c1+由b1=1,d>0得bn+18.[2019天津，14分]設(shè){an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列.已知a1=4，（Ⅰ）求{an}和[答案]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q.依題意得6q=6+2d,所以，{an}的通項(xiàng)公式為an=3n+1（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{cn}滿足c1=1，i求數(shù)列{a2ii求∑2n[答案]ia2所以，數(shù)列{a2nc2ii∑2=∑=[2=3=27×題組二一、選擇題1.[2020全國(guó)卷Ⅱ，5分]0?1周期序列在通信技術(shù)中有著重要應(yīng)用.若序列a1a2…an…滿足ai∈{0，1}i=1,2,…，且存在正整數(shù)m，使得ai+m=aii=1,2,…A.11010… B.11011… C.10001… [解析]對(duì)于A，因?yàn)镃1=1×1+1×0+0對(duì)于B，因?yàn)镃1=1×1+1×對(duì)于C，因?yàn)镃1=1×0C3=C4=1×1+0×1+0×0+0×0+1×05=二、解答題2.[2023新高考卷Ⅰ，12分]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，且d>1.令bn=n2+nan,記Sn（1）若3a2=3a1+a[答案]因?yàn)?a2=3a所以3d=a1+2d所以an=因?yàn)閎n=n2+所以S3=3a1因?yàn)镾3+所以6d+9d=21，解得d因?yàn)閐>1，所以d所以{an}的通項(xiàng)公式為（2）若{bn}為等差數(shù)列，且S99?[答案]因?yàn)閎n=n2+所以2b2=b1所以6a1+d?解得a1=d或①當(dāng)a1=d時(shí)，an=S99=T99=因?yàn)镾99?所以99×50d即50d2解得d=5150或②當(dāng)a1=2d時(shí)，an=S99=T99=因?yàn)镾99?所以99×51d即51d2解得d=?5051（舍去）或綜上，d=513.[2022浙江，15分]已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=?1，公差d>1.記{（Ⅰ）若S4?2a2[答案]因?yàn)樵诘炔顢?shù)列{an}中，a1=?所以?4+整理得d2?3d=0，解得d所以Sn=即Sn=（Ⅱ）若對(duì)于每個(gè)n∈N?，存在實(shí)數(shù)cn,使an+cn,a[答案]易知an=?所以an+1=dn因?yàn)閍n+cn,an所以an+整理得cn2由題意知關(guān)于cn的二次方程有解,所以8an+1將an,an+1,an因?yàn)閐>1所以當(dāng)n=1時(shí)，不等式①等價(jià)于d當(dāng)n=2時(shí)，不等式①等價(jià)于d?2?1≥0，則當(dāng)1<d≤2時(shí)，不等式恒成立；當(dāng)n≥34.[2022北京，15分]已知Q:a1,a2,…,ak為有窮整數(shù)數(shù)列.給定正整數(shù)m,若對(duì)任意的n∈{1,2，…，m},在Q中存在ai,ai+1,ai+2,（Ⅰ）判斷Q:2,1,4是否為5?連續(xù)可表數(shù)列?是否為[答案]若m=5，則對(duì)于任意的na2=1=1,a1=2=2所以Q是5?由于不存在任意連續(xù)若干項(xiàng)之和相加為6，所以Q不是6?（Ⅱ）若Q:a1,a2,…,ak為8[答案]反證法:假設(shè)k的值為3,則a1,a2,a3最多能表示a1,a2,a3，a1+與Q為8?連續(xù)可表數(shù)列矛盾，故k≥現(xiàn)構(gòu)造Q:4,2,1,5,可以表達(dá)出1,2,3,4,5,6,7,8這8個(gè)數(shù)字，即存在k故k的最小值為4.（Ⅲ）若Q:a1,a2,…,ak為20?連續(xù)可表數(shù)列，且[答案]先證明k≥6從5個(gè)正整數(shù)中，取一個(gè)數(shù)字只能表示自身，最多可表示5個(gè)數(shù)字，取連續(xù)兩個(gè)數(shù)字最多能表示4個(gè)數(shù)字，取連續(xù)三個(gè)數(shù)字最多能表示3個(gè)數(shù)字，取連續(xù)四個(gè)數(shù)字最多能表示2個(gè)數(shù)字，取連續(xù)五個(gè)數(shù)字最多能表示1個(gè)數(shù)字，所以對(duì)任意給定的5個(gè)整數(shù)，最多可以表示5+4+3+若k=6，最多可以表示6由于Q為20?連續(xù)可表數(shù)列，且a1所以至少有一項(xiàng)為負(fù)數(shù)，既然任意5個(gè)正整數(shù)都不可能為20?那么中間若插入一個(gè)負(fù)數(shù)項(xiàng)，更不能連續(xù)表示1～20所以至少要有6個(gè)正整數(shù)才能連續(xù)表示1～20所以Q中至少包含6個(gè)正整數(shù)和一個(gè)負(fù)數(shù)，故k≥75.[2022天津，15分]已知{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn,{b（Ⅰ）求{an}，[答案]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，根據(jù)a1=b1=a2?b2=（Ⅱ）證明：Sn+[答案]解法一因?yàn)镾n為數(shù)列{an}的前n則Sn+1+a解法二因?yàn)镾n為數(shù)列{an}的前nSn+所以Sn+（Ⅲ）求∑2nk[答案]令cn=[當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，cn=an+1+anbn令Tn=則4Tn所以?3T所以Tn=令A(yù)n=所以∑2nk6.[2021北京，15分]定義Rp數(shù)列{an}：對(duì)p∈R，滿足：①a1+p≥0，a2+p=0；②?（Ⅰ）對(duì)前4項(xiàng)是2,?2,0,1的數(shù)列，可以是R2[答案]不可能是R2若m=n=1，因?yàn)閍1=2,a2而a2=?2?{6,7}（Ⅱ）若{an}是R0[答案]若{an}是R0數(shù)列,則p=0，所以a2=0，若m=n=1，則a2∈{2a1,若m=1,n=2，則a3∈{0,1}由②可知，?n∈N?，a4n?1<若m=2，n=3，則a5∈{0,1}，若m=（Ⅲ）是否存在p∈R，使得存在Rp數(shù)列{an}，?n∈N?，滿足Sn≥S10[答案]假設(shè)存在p∈R，使得存在Rp數(shù)列{an}，?n∈N?，滿足Sn≥S10若a2=2a1+p=?若a2=2a1+p+所以a1=若m=1,n=2，則a3∈{?p,?p+1}，若m由②可知?n∈N?，a4n?1<若m=2,n=3，則a5∈{?p,?p+1}，若m=1若m=3,n=3，則a6∈{?p,?p+1}，若m=2若m=3,n=4，則a7∈{?p+1,?p+2}若m=4,n=4，則a8∈{?p+2,?p+3}，若m=又a7<a8……所以a1=