23届老高考数学备用题：第八单元 数列

第八单元数列§8.1数列的概念1.在数列1，1，2，3，5，8，13，x，34，55，…中，x应取()A．19 B．20C．21【答案】C. D．22【解析】设题中数列{an}，则a1＝1，a2＝1，a3＝2，∴an＋2＝an＋1＋an，∴x＝8＋13＝21.故选C.2.（2021·全国高三其他模拟）已知数列an的前n项和为Sn，且bn=anA．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项【答案】D【解析】当n=1时，a1=S1=10；由2Sn=3n2+17n当n≥2时2Sn−1=3(n−1)2+17(n−1)，两式相减，可得2an=6n+14解得an=3n+7，当n=1时，也符合该式，故an=3n+73.已知，则数列的图象是（）A．一条直线 B．一条抛物线C．一个圆 D．一群孤立的点【答案】D【解析】数列的通项公式为，可以看作为关于n的一次函数，变量，数列若用图象表示，从图象上看是一群孤立的点.故选D.4.已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是()A.an=(−1)n−1C.an=2sin【答案】C【解析】对n＝1，2，3，4进行验证，C不合题意.故选C5.(2021·湖南三模)若数列{an}满足a1＝2，an＋1an＝an－1，则a2021的值为()A．－1 B.eq\f(1,2)C．2 D．3【答案】B【解析】因为数列{an}满足a1＝2，an＋1an＝an－1，所以an＋1＝1－1an，所以a2＝12，a3＝1－2＝－1，a4＝1＋1＝2，可知数列有周期性，周期为3.而2021＝3×673＋2，所以a2021＝a2＝eq\f(1,2).故选B.6.将数列{3n-1}与{2n+1}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的第10项为（）A．210-1 B．210+1 C．220-1 D．220+1【答案】D【解析】设bn=3n−1，cn=2则3m−1=2n+1，解得m=2n即a1=c2，a27.（2021·郑州河南高三模拟）已知数列an满足a1=28，aA．293 B．47−1 C．485【答案】C【解析】由an+1−an=2n知：a2−相加得：an−a1=n2−n，∴ann=n+28n8.在数列an中，a1=2，aA．lnn B．2+n−1lnn C．【答案】D【解析】由题意得，an+1n+1=ann+由累加法得，ann=a11+ln9.（2021·安徽安庆高三模拟）将三角形数列中的各项排列如下所示：，，，，，，，，，，，，，，，，…以此类推，则数列的第2021项为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意得，前行项的个数和为，当时，；当时，，∴是第45行第85个数，．故选：C．10.已知数列{an}的通项公式为an＝n2－λn＋1，若{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．【答案】(－∞，3)【解析】由题意得an＋1>an，即(n＋1)2－λ(n＋1)＋1>n210.（2021·福建高三模拟）已知数列an的前n项和为Sn,a【答案】a【解析】由Sn=n2an，可得当n≥2时，Sn−1=n−12an−1，则an=Sn−Sn−111．数列满足，，实数为常数.①数列有可能是常数列；②时，数列为等差数列；③若，则的取值范围是；④时，数列单调递减.则以上判断正确的序号是___________.（写出符合条件的所有序号）【答案】①②④．【解析】数列满足，，实数为常数．对于①，当时，数列是常数列，故①正确；对于②，时，整理得（常数），所以数列为等差数列，故②正确；对于③，若，故，解得，故的取值范围是，故③错误；对于④，当时，且，所以，整理得，所以数列单调递减，故④正确．故答案为：①②④．12.（2021·上海高三模拟）已知正整数数列an满足an+1=3a【答案】4【解析】由题意a2=4，a3=2，a4=1，a5数列{an}故答案为：4．13.（2021·江苏常州高三模拟）已知数列an满足1−2a11−2a【答案】n×【解析】因为数列an满足1−2a当n=1时，1−2a1当n≥2时，1−2除②得1−2an所以an是以4为首项，2为公差的等差数列，a所以2设数列2nan前n∴∴2两式相减得−T∴−∴故答案为：n×214.（2021·河南高三模拟）在数列an中，a1=1,an+1=3a【答案】−【解析】∵an+1=3an∵a121−12又对任意的n∈N∗,即3n−1当n为奇数时，λ<−32n−1恒成立，此时当n为偶数时，λ>−32n−1恒成立，此时−3综上，−32<λ<115.（2021·河南一模）设数列an满足a1=2，2an+1【答案】a【解析】解：（1）由已知，an+1所以a2−a1=an+1各项累加可得an+1又a1=2，所以所以an=22(n−1)+1所以an§8.2等差数列1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝5S2＋a4，a1＝1，则a6＝（）A．16 B．13C．－9 D．37【答案】A【解析】设等差数列{an}的公差为d.由S5＝5S2＋a4，得5a1＋d＝5(2a1＋d)＋(a1＋3d)．将a1＝1代入上式，得d＝3.故a6＝a1＋5d＝1＋15＝16.故选A.2.（2021·安徽高三开学考试）我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：将、、、填入的方格内，使三行、三列、对角线的三个数之和都等于，如图所示．一般地，将连续的正整数、、、、填入个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形叫做阶幻方．记阶幻方的对角线上的数的和为，如图三阶幻方记为，那么的值为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由幻方的定义可知，每行、每列、每条对角线上的数的和相等，，所以，.故选B.3.记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则()A.an＝2n－5 B.an＝3n－10C.Sn＝2n2－8n D.Sn＝eq\f(1,2)n2－2n答案A解析设首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝5，,4a1＋6d＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2.))所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋eq\f(n（n－1）,2)×2＝n2－4n.故选A.4.(2021·武汉调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝a8＝8，则公差d＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2) C.1 D.2答案D解析∵S8＝a8＝8，∴a1＋a2＋…＋a8＝a8，∴S7＝7a4＝0，则a4＝0.∴d＝eq\f(a8－a4,8－4)＝2.故选D.5.已知数列中，，，若其前项和为，则的最大值为（）A．167 B．168 C．169 D．170【答案】C【解析】∵，，∴数列为首项为25，公差为的等差数列，∴，∴数列的前n项和，∴时，取最大值，最大值为169.故选C.6.（2021·山西高三模拟）设等差数列的前项和为，若，则（）A．28 B．34 C．40 D．44【答案】D【解析】因为，所以由，可得所以，所以，故选D.7．习近平总书记提出：乡村振兴，人才是关键．要积极培养本土人才，鼓励外出能人返乡创业．为鼓励返乡创业，黑龙江对青山镇镇政府决定投入创业资金和开展“创业技术培训”帮扶返乡创业人员．预计该镇政府每年投入的创业资金构成一个等差数列（单位万元，），每年开展“创业技术培训”投入的资金为第一年创业资金的倍，已知．则预计该镇政府帮扶五年累计总投入资金的最大值为（）A．72万元 B．96万元 C．120万元 D．144万元【答案】C【解析】设等差数列的公差为，由题意可知，五年累计总投入资金为：，因为，所以，当且仅当时取等号，故预计该镇政府帮扶五年累计总投入资金的最大值为120万元.故选C.8．（2021·四川绵阳高三模拟）已知等差数列的前项和为，，，若，则（）A．10 B．11 C．12 D．13【答案】B【解析】∴∴，故选B.9.记为等差数列的前n项和．已知，则()A． B． C． D．【答案】A【解析】由题知，，解得，∴，故选A．10．（2021·云南曲靖高三二模）在等差数列中，若，则数列的前13项和=（）A．5200 B．2600 C．1500 D．1300【答案】D【解析】根据等差数列性质可得，所以，所以前13项和.故选D.11.（2021·黑龙江高三模拟）设等差数列的前项和为，其中，，则=（）A．9 B．18 C．27 D．36【答案】D【解析】根据等差数列的性质，成等差数列，所以，成等差数列，进而得到，所以，.故选D.12．在等差数列中，，且，则使的前n项和成立的自然数n不可能为（）A．17 B．18 C．19 D．20【答案】D【解析】∵为等差数列，，∴，又∵，∴，即，由，故使的前n项和成立的最大的自然数为19.故选D.13．设数列，都是正项等比数列，，分别为数列与的前n项和，且，则（）A． B． C． D．【答案】D【解析】设正项等比数列的公比为q，正项等比数列的公比为p，数列为等差数列，公差为，为等差数列，公差为，，，，，故选A.14．数列是递增的整数数列，且，，则的最大值为（）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C【解析】若要使n尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为，则，，，所以n的最大值为11.故选C.15．(2021·全国大联考)在等差数列{an}中，若eq\f(a10,a9)<－1，且它的前n项和Sn有最大值，则使Sn>0成立的正整数n的最大值是()A.15 B.16 C.17 D.14答案C解析∵等差数列{an}的前n项和有最大值，∴等差数列{an}为递减数列，又eq\f(a10,a9)<－1，∴a9>0，a10<0，∴a9＋a10<0，又S18＝eq\f(18（a1＋a18）,2)＝9(a9＋a10)<0，且S17＝eq\f(17（a1＋a17）,2)＝17a9>0.故使得Sn>0成立的正整数n的最大值为17.故选C.16.已知等差数列，则是该数列的第项.答案20解析设该等差数列为，由已知可得,则通项公式为，令，则17.已知等差数列的第1项，第4项，第7项分别为，则此数列的公差为.答案解析由等差数列的性质可，即，则这3项分别为..已知等差数列的通项公项公式为，则数列的前项和答案解析设等差数列前项和为，则，即.记为等差数列的前n项和．若，则__________．【答案】【解析】是等差数列，且，，设等差数列的公差，根据等差数列通项公式：，可得即：整理可得：解得：.根据等差数列前项和公式：可得：.20.作为重要的文化传播媒介，电影不仅可以拓宽青少年的视野，还能提高其艺术鉴赏能力．进电影院看电影是当下许多年轻人喜爱的休闲娱乐方式．某电影院IMAX巨幕放映厅第一排有8个座位，从第二排起，每一排都比它的前一排多1个座位，共有10排．试问该放映厅一共有多少个座位？答案125解析用表示第n排的座位数，易知｛｝为等差数列，其中，，该放映厅的座位数即为数列｛｝的前10项和，.所以该放映厅一共有125个座位.21.设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列.(1)求{an}的通项公式；(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值.解析(1)设{an}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6).所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d).解得d＝2.所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)由(1)知，an＝2n－12.则当n≥7时，an>0；当n＝6时，an＝0，当n<6时，an<0；所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.22．已知等差数列的前三项依次为a，4，3a，前n项和为Sn，且Sk＝110.(1)求a及k的值；(2)设数列{bn}的通项公式bn＝eq\f(Sn,n)，证明：数列{bn}是等差数列，并求其前n项和Tn.(1)解设该等差数列为{an}，则a1＝a，a2＝4，a3＝3a，由已知有a＋3a＝8，得a1＝a＝2，公差d＝4－2＝2，所以Sk＝ka1＋eq\f(k（k－1）,2)·d＝2k＋eq\f(k（k－1）,2)×2＝k2＋k，由Sk＝110，得k2＋k－110＝0，解得k＝10或k＝－11(舍去)，故a＝2，k＝10.(2)证明由(1)得Sn＝eq\f(n（2＋2n）,2)＝n(n＋1)，则bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋1，故bn＋1－bn＝(n＋2)－(n＋1)＝1，即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，所以Tn＝eq\f(n（2＋n＋1）,2)＝eq\f(n（n＋3）,2).23.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数.(1)证明：an＋2－an＝λ；(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由.(1)证明由题设知，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1.两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.(2)解存在实数λ，理由如下：由题设知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列.24．在等差数列中，已知，．（1）求通项及前项和；（2）求的最大值以及取得最大值时的序号的值；（3）求数列的前n项和．解析（1）等差数列中，设公差为，，所以，；，根据等差数列的通项公式，得；（2）由（1）得，，对于二次函数的对称轴为，，或时，有最大值，此时，（3）数列的前n项和，当时，，所以，，当时，；综上，25.（2021·广东高三开学考试）已知数列中，，且满足，．（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）设为数列的前n项和，求满足的n的最小值．【答案】（1）证明见解析，；（2）10．【解析】（1）证明：因为，．所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，所以；（2）因为，所以，解得，所以满足的n的最小值为10．26．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.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由题设可得又，，故，即，即所以是首项为2，公差为3的等差数列，故.（2）设的前项和为，则，因为，所以.§8.3等比数列1.已知等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，且a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，记{an}的前n项积为Tn，则下列选项错误的是()A.0<q<1 B.a6>1C.T12>1 D.T13>1答案D解析因为等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，且a1>1，a6＋a7>a6a7＋1>2，所以(a6－1)(a7－1)<0，得a6<1，a7>1或a6>1，a7<1，当a6<1，a7>1时，q>1，但由a1>1得an>1，与a6<1矛盾，因此舍去.当a6>1，a7<1时，0<q<1，满足题意.所以0<q<1.因为a6a7＋1>2，所以a6a7>1，所以T12＝a1·a2·…·a11·a12＝(a6a7)6>1，T13＝aeq\o\al(13,7)<1.故选D.2.记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则eq\f(Sn,an)等于()A．2n－1 B．2－21－nC．2－2n－1 D．21－n－1答案B解析方法一设等比数列{an}的公比为q，则q＝eq\f(a6－a4,a5－a3)＝eq\f(24,12)＝2.由a5－a3＝a1q4－a1q2＝12a1＝12，得a1＝1.所以an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝2n－1，所以eq\f(Sn,an)＝eq\f(2n－1,2n－1)＝2－21－n.方法二设等比数列{an}的公比为q，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3q2－a3＝12，①,a4q2－a4＝24，②))eq\f(②,①)得eq\f(a4,a3)＝q＝2.将q＝2代入①，解得a3＝4.所以a1＝eq\f(a3,q2)＝1，下同方法一．故选B.3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝eq\f(2,3)，eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＝eq\f(13,2)，则S3等于()A.eq\f(26,9)B.eq\f(13,3)C.eq\f(13,9)D．6答案A解析设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，因为a2＝eq\f(2,3)，且eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＝eq\f(13,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＝\f(2,3)，,\f(1,a1)＋\f(1,a1q)＋\f(1,a1q2)＝\f(13,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(2,9)，,q＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝\f(1,3)，))当a1＝eq\f(2,9)，q＝3时，S3＝eq\f(\f(2,9)1－33,1－3)＝eq\f(26,9)；当a1＝2，q＝eq\f(1,3)时，S3＝eq\f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3)),1－\f(1,3))＝eq\f(26,9)，所以S3＝eq\f(26,9).故选A.4.设是等比数列，且，，则（）A．12 B．24 C．30 D．32【答案】D【解析】设等比数列的公比为，则，，因此，.故选D.5.设单调递增等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a4＝10，a2a3a4＝64，则正确的是()A．Sn＝2n－1－1 B．an＝2nC．Sn＋1－Sn＝2n＋1 D．Sn＝2n－1答案D解析设等比数列{an}的公比为q，∵a2a3a4＝64，∴aeq\o\al(3,3)＝64，解得a3＝4.又a2＋a4＝10，∴eq\f(4,q)＋4q＝10，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或eq\f(1,2).又等比数列{an}单调递增，∴q＝2，a1＝1，∴an＝2n－1，∴Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，Sn＋1－Sn＝2n＋1－1－(2n－1)＝2n.故选D.6.公比不为1的等比数列满足，若，则的值为（）A．8 B．9C．10 D．11【答案】C【解析】在等比数列中，由可得，又，.故选C.7．已知等比数列的公比为2，且，，成等差数列，则下列命题正确的是（）A．B．，，成等差数列C．不是等比数列D．，，，，，成等差数列【答案】B【解析】由，，成等差数列，可得，，，所以不正确；，，，，成等差数列，所以正确；，所以，所以是等比数列，所以错误；若，，即，，成等差数列，不妨设，则，，即，显然左边奇数，右边偶数，不相等，错误；故选B．8．（2020·江苏无锡高二开学考试）如图所示，正方形一边上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形……，如此继续下去，得到一个树形图形，称其为“勾股树”.若某勾股树共有1023个正方形，且最小的正方形的边长为，则最大的正方形的边长为（）A． B．1 C． D．2【答案】C【解析】将相同的正方形看作同一“层”，自下而上每一“层”正方形的个数成等比数列，且公比为，设一共有“层”，所以，所以，又因为自上而下每一“层”正方形的边长也成等比数列，且公比为，所以最大正方形的边长为，故选C.9.（2021·全国高三模拟）九连环是一个古老的智力游戏，在多部中国古典数学典籍里都有对其解法的探究，在《九章算术》中古人对其解法的研究记载如下：记解n连环需要的步骤为，，研究发现{an+1}是等比数列，已知，则（）A．127 B．128 C．255 D．256【答案】C【解析】由题知，，，又{an+1}是等比数列，则，，{an+1}是以4为首项，2为公比的等比数列，即，，.故选C.10.（2021年全国新高考Ⅰ卷）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图形的种数为______；如果对折次，那么______.【答案】5【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：；.11．（2021·湖北高三月考）已知各项均为正数的等比数列的前3项和为7，且，则__．【答案】32【解析】根据题意，设等比数列的公比为q，若，即，则有，变形可得，又由，解得，又由，则，则，故，故答案为：32．12.(2021·湖北联考)已知数列{an}是等比数列，a2＝1，a5＝－eq\f(1,8)，若Sk＝－eq\f(11,8)，则k＝.解析设等比数列{an}的公比为q，因为a2＝1，a5＝－eq\f(1,8)，所以q3＝－eq\f(1,8)，解得q＝－eq\f(1,2)，所以a1＝－2，由Sk＝eq\f(－2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))k)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝－eq\f(11,8)，解得k＝5.13.在等比数列中，若，则的值是____【答案】【解析】在等比数列中，因为，所以，所以，可得，所以，故答案为：.14.(2021·新高考8省联考)已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；(2)若a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(3,2)，求{an}的通项公式.(1)证明an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，因为{an}中各项均为正数，所以an＋1＋an>0，所以eq\f(an＋2＋an＋1,an＋1＋an)＝3，所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列.(2)解由题意知an＋an＋1＝(a1＋a2)3n－1＝2×3n－1，因为an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，a2＝3a1，所以a2－3a1＝0，所以an＋1－3an＝0，故an＋1＝3an，所以4an＝2×3n－1，an＝eq\f(1,2)×3n－1.15.(2020·石家庄质量评估)已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).(1)证明：数列{a2n－1}和数列{a2n}都是等比数列；(2)若数列{an}的前2n项和为T2n，bn＝(3－T2n)n(n＋1)，求数列{bn}的最大项.解析：(1)证明由anan＋1＝eq\f(1,2n)，得an＋1an＋2＝eq\f(1,2n＋1).两式相除，得eq\f(an＋2,an)＝eq\f(1,2)因为a1＝1，a1·a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)，所以a2＝eq\f(1,2)，所以{a2n－1}是以a1＝1为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，{a2n}是以a2＝eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列.(2)因为T2n＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝3－eq\f(3,2n)，所以bn＝(3－T2n)n(n＋1)＝eq\f(3n（n＋1）,2n).则eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(3（n＋1）（n＋2）,2n＋1)·eq\f(2n,3n（n＋1）)＝eq\f(n＋2,2n).当n<2时，eq\f(n＋2,2n)>1，即b2>b1＝3；当n＝2时，eq\f(n＋2,2n)＝1，即b2＝b3＝eq\f(9,2)；当n>2时，eq\f(n＋2,2n)<1，即bn＋1<bn.故数列{bn}的最大项是b2或b3，为eq\f(9,2).16.（2019·北京高三期中）已知数列为各项均为正数的等比数列，为其前项和，，.求数列的通项公式；若，求的最大值.【解析】在等比数列中，设公比为.因为所以所以.即.则或.因为，所以，所以.因为，所以.所以数列的通项公式在等比数列中，因为所以因为，所以.所以.所以.因为.所以.即的最大值为.17．已知等比数列的前项和是，紧接着后面的项的和是，再紧接着后面的项的和是，求的值.【解析】设数列的公比为，前项和为.由题意得，，.若，则，，，①.②由②①得：，解得，或.当时，，则，；当时，，则，此时，.综上所述：或.18.设等比数列{an}满足，．（1）求{an}的通项公式；（2）记为数列{log3an}的前n项和．若，求m．【解析】（1）设等比数列的公比为，根据题意，有，解得，所以；（2）令，所以，根据，可得，整理得，因为，所以.19．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①，得②，①②得，，又是首项为，公比为的等比数列，；（2）由，得，所以，，两式相减得，所以，由得恒成立，即恒成立，时不等式恒成立；时，，得；时，，得；所以.§8.4数列求和1.（2021·江西铜鼓高三月考）已知正项数列的前n项和为，且，则不超过的最大整数是_____________．【答案】88【解析】，时，，，解得．时，，代入可得：，化为：，可得数列为等差数列，首项为1，公差为1，，解得．，时，右边成立）即，所以，∴所以，所以不超过的最大整数是88.2．记Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝1－an，记Tn＝a1a3＋a3a5＋…＋a2n－1a2n＋1，则an＝________，Tn＝________.【答案】;【解析】由题意，有a1＝1－a1，故a1＝.当n≥2时，由，得an＝－an＋an－1，则＝，∴{an}是首项、公比均为的等比数列，故数列{an}的通项公式为an＝.由等比数列的性质得a1a3＝，a3a5＝，…，a2n－1a2n＋1＝，∴数列{a2n－1a2n＋1}是首项、公比均为的等比数列，则Tn＝＋＋…＋＝＝.故答案为：;.3.设Sn为等差数列{an}的前n项和．已知a3＝5，S7＝49．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设，求数列{bn}的前n项和Tn．【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d，首项为a1由题意可得，解得，所以{an}的通项公式为an＝2n﹣1．（2）由（1）得，从而．4.（2021·安徽高三开学考试（理））已知数列的前项和为，首项为，且．（1）证明：为等差数列；（2）若的首项和公差均为1，求数列的前项和．【解析】（1）由题意得（）两式相减得，从而再两式相减得又∴，于是为等差数列．（2）由（1）可得为等差数列，又，∴．于是则．5.（2021·山东济南高三月考）数列的前项和为，.（1）求，；（2）设，数列的前项和为.证明：.【解析】（1）两式相减得：令时，满足上式数列是为首项，为公比的等比数列.（2）证明：由（1）得：，又为递增数列6．（2021·合肥高三模拟）在数列中，，.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【解析】（1），，是以2为公差，为首项的等差数列，，.（2）由（1）知：，两边乘以3得：，两式相减得：7.已知数列的前项和为，且满足，（）．（1）求的值，并求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求（）．【解析】（1）由，，令得，令得，即.由………①则当时，……②①②可得，得，得，故是首项为，公比为的等比数列，则，整理得，当时，，也符合公式，故（）,即数列的通项公式.(2),故，即.8．已知点是函数图象上一点，等比数列的前项和为.数列的首项为，前项和满足.（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和为，问使的最小正整数是多少？【解析】（1）.，，则等比数列的前项和为，，由为等比数列，得公比，则，；（2）由，得，当时，，则是首项为1，公差为1的等差数列，，，则，作差可得.当时，满足上式由，得，则最小正整数为.9.（2021·广州高三月考）已知数列，，，，，为数列的前n项和，为数列的前n项和．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和；（3）求证：．【解析】（1）由题设，当时，，又满足上式，所以（2）由（1），，∴.（3）由，则，又，则，综上，得证.10.（2021·重庆高三开学考试）在数列中，已知，()．（1）证明：数列为等比数列；（2）记，数列的前n项和为，求使得的整数n的最小值．【解析】（1）证明：由，得，从而，∴，又，故数列为等比数列；（2）由（1）得，故，∴，，令，则，解得，∵，∴．故使得的整数n的最小值为10.11.（2021·安徽蚌埠高三开学考试）已知数列的前n项和为，满足．（1）求数列的通项公式；（2）记，数列的前n项和为，求证：为定值．【解析】（1）当时，，解得．当时，，从而，化简得，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，即（2），所以，从而，两式相减，得，即，所以，而，所以为定值．12.（2021·河北高三月考）已知数列，满足，且是公差为1的等差数列，是公比为2的等比数列.（1）求，的通项公式；（2）求的前n项和.【解析】（1）因为是公差为1的等差数列，，所以.又是公比为2的等比数列，，所以，故.（2）因为，所以为递增数列，又，，，故当时，恒有，故记的前n项和为，则.当时，；当时，.综上，.单元检测八1.已知一个有限项的等差数列{an}，前4项的和是40，最后4项的和是80，所有项的和是210，则此数列的项数为（）A．12 B．14C．16 D．18【答案】B【解析】由题意知a1＋a2＋a3＋a4＝40，an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，两式相加得a1＋an＝30.又因为，所以n＝14.故选：B2.（2021·广东深圳高三月考）已知数列的通项公式，则数列前项和取最小值时，的值是（）A．6 B．7 C．8 D．5【答案】A【解析】令，则n=6时取最小值.故选A.3．已知等差数列满足，，若，则m=（）A．10 B．11 C．12 D．13【答案】D【解析】设的公差为d，由及，得，解得，所以，因为，所以，解得．4.（2021·浙江）已知数列的前项和为，若不等式．对任意的恒成立，则称数列为“和保值数列”．若是公差为的等差数列，且为“和保值数列”，则的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】：由为“和保值数列”可得对任意的恒成立，即对任意的恒成立，即对任意的恒成立，当时，可得；当时，不等式恒成立，所以，即，故．则．即，故，故的取值范围为．故选C.4．高斯函数，也称为取整函数，即表示不超过x的最大整数.如:已知正项数列的前项和为，且满足，则（）A．3 B．14 C．15 D．16【答案】B【解析】，得，整理为，当时，，且，解得：，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则，所以，，当时，，所以，所以，那么.故选B.5．（2021·贵州高三期末）对于数列，定义为数列的“美值”，现在已知某数列的“美值”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】由可得，当时，当时，又因为，两式相减可得：，所以，显然满足时，，所以，所以，可得数列是等差数列，由对任意的恒成立，可得：，，即可求解，即且，解得：，所以实数的取值范围是.故选C.6.某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，已知第五实验室比第二实验室的改建费用高42万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高