2024届五年高考数学真题分类训练：五 数列

专题五数列

考点17等差数列

题组

一、选择题

1.［2023全国卷甲，5分］记％为等差数列｛即｝的前几项和.若a2+=10，

a4a8=45,则S5=(C)

A.25B.22C.20D.15

［解析］解法一由a2+a6-10,可得2a4=10,所以＜24=5,又a4a8=45,所

以=9.设等差数列｛即｝的公差为d,则d=合=芋=1，又=5,所

8—44

以ai=2,所以S5=5al+xd-20,故选C.

解法二设等差数列的公差为d,则由a2+=1。，可得的+3d=5①，

由a4a8=45,可得(%+3d)(ai+7d)-45②，由①②可得的=2,d-1,

所以S5=5%+早xd=20,故选C.

2.(2023全国卷乙，5分)已知等差数列｛斯｝的公差为等，集合S=

｛cosan\neN*｝,若S=｛a,b］,则ab=(B)

11

A.-1B.—C.0D.—

22

［解析］由题意得an=%+与(71-1),cosan+3=cos(%+y(n+2))=

cos(a1++千)=cos(a1+g71+2n—4)=cos(a1+4九—曰)=

cosan,所以数列｛cosa九｝是以3为周期的周期数列，又cosg=cos,+与)=

一［COSQI—Jsinai,cosa3=cos(%+=—geos%+'sin%,因为集合S

中只有两个元素，所以有三种情况：cos%=cosa2Wcosa3,cos%=cosa3。

cosa2,cosa2=cosa3Wcos%.下面逐一讨论：

①当cos%=cosa2Wcosa3时，有cos的=--cos^——sin^,得tan%=

—V3,所以ab=cos%(一1cos%+/sinai)=cos2al+^-sina^os^=

--1cos7zdi+,—V3si.na^cosai-1,V3t.ana1—1-31

2

sin2al+cos2altana1+l3+12"

②当cos%=cosa3Wcosa2时，有cos的=-1cos%+日sin%,得tan%=

V3,所以ab=cos%（一1cos%-苧sinaj=cos2al-弓sinaicos的=

1V3.1阮13

--cos7Qi——sinaiCosai--——tana1----i

sin2al+cos2altan2a1+i3+12'

③当cosa?=COS<23丰cosa1时，有一［cos%-苧Sina1=—^cos^+sina-L,

得sin%=0,所以ab=cosai（一］cosai一弓sinaj=cos2al=

-|（1-sin2^）=-1.

综上，ab--故选B.

【速解】取的=一］，则cos4=1,cosa2—cos（%4-等）=|,cosa3=

cos（%+等）=-1,所以S=g,-1｝,ab--,故选B.

3.［2021北京，4分］已知｛%｝和也｝是两个等差数列，且詈（1WkW5）是常

bk

值，若的=288,a5=96，瓦=192,则出的值为（C）

A.64B.100C.128D.132

［解析］因为5｝和也｝是两个等差数列，所以2a3=的+。5=288+96=384,

所以。3=192.因为当1W/CW5时，詈是常值，所以詈=詈=曾=詈，从而

bk匕3匕1192b3

b3=128.故选C.

4.［2020全国卷II,5分］如图，北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、

中、下三层.上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面

形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一

环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729

块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）（C）

A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块

［解析］由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数

列，记为｛册｝，设数列｛斯｝的公差为d，前n项和为&,易知其首项的=9,

d=9,所以斯=%+(n-l)d=9n.由等差数列的性质知％,S2n一

Sn,S3n-S2n也成等差数列，所以2(S2n-Sn)=Sn+S3n-S2n,所以

—型注竺2_2*迎回=9几2=729,

(S3九一$2九)(52—S九)=S—2S—

n2nn22

得律=9,所以三层共有扇面形石板的块数为S3,=3-9：27n)=3x9x(727x9)

3402,故选C.

5.［2020浙江，4分］已知等差数列｛斯｝的前n项和为脸，公差dW0,且果工1.

记瓦=S2,bn+1-S2n+2-S2n,nGN*,下列等式不可能成立的是(D)

A.2a4—a2+2b4—b?+b$C.a友—a2a8D.bj—b2b§

［角牛析］由"j+i—S2n+2—S2n,得历=。3+。4=2al+5d,Z)4—CLy+Cig—

2al+13d,b6=atl+a12,b8=a15+a16=2al+29d.由等差数列的性质易

知A成AL;右2/)4=+°6，则2(。7+。8)=。3++^12=2a7+2(2g,

故B成立；若苗=a2a8，即(的+3d/=(的+4)(%+7d),则的=d，故C可能

成立；若用=b2b8，即(2的+13d)2=(2的+5d)(2ai+29d),则詈=|,与

已知矛盾，故D不可能成立.

1

6.［2020北京，4分］在等差数列｛斯｝中，的=-9,a5=一1.记7n=

ara2...an(n=1,2,...)，则数列｛〃｝(B)

A.有最大项，有最小项B.有最大项，无最小项

C.无最大项，有最小项D.无最大项，无最小项

［解析］设等差数列｛册｝的公差为d,a1——9,a5——1a5——9+4d—

—1d-2an——9+(n-1)x2—2n—11.令—2TI—11W0，则nW

5.5n<5时,a”<0；n>6时,(1rl>0.Tr——9<0,T2=(—9)x(—7)=

63>0,T3=(-9)x(-7)x(-5)=-315<0禽=(-9)x(-7)x(-5)x

(-3)=945>0,T5=(-9)x(-7)x(-5)x(-3)x(-1)=-945<0，当n>6

时,即>0,且621，；♦O+i<&<0，；♦〃=。遂2…即(九=1,2,…)有最大

项笃，无最小项，故选B.

7.［2019全国卷I,5分］记％为等差数列｛斯｝的前几项和.已知$4=0,=

5,则(A)

22

A.an=2n—5B.an=3n-10C.Sn=2n—8nD.Sn=1n—2n

［解析］解法一设等差数列｛册｝的公差为d,•••金4：4al+等4=0,解得

>a+4d=5,

｛j_2>.，•etc=%+(7i—l)d=-3+2(ri-1)=271—5,Sn=TICL^+

九(；1，d=n2l—4n.故选A.

4x3

4fll+—d=0,解得

(+4d=5,

:2一3选项A，%=2x1—5=-3；选项B,%=3x1-10=—7,排

除B;选项C,Si=2—8=—6,排除C；选项D,Sj=j-2=,排除

D.故选A.

【方法技巧】等差数列基本运算的常见类型及解题策略

(1)求公差d或项数n.在求解时，一般要运用方程思想.

(2)求通项.国和d是等差数列的两个基本元素.

(3)求特定项.利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解.

(4)求前几项和•利用等差数列的前几项和公式直接求解，或利用等差中项间接

求解.

二、填空题

8.［2022全国卷乙，5分］记％为等差数列｛斯｝的前律项和.若2s3=3S2+6,

则公差d=2.

［解析］因为2s3=3S2+6，所以2(4+a2+a3)=3Q+a2)+6,化简得3d=

6,得d=2.

9.［2020新高考卷I,5分］将数列｛2九-1］与｛3九-2)的公共项从小到大排列

得到数列｛5｝，则｛册｝的前几项和为3层一2几.

［解析］设g=2n-1,cn=3n-2,bn=cm，贝!J2n-1=3m-2，得九=秒二=

313+2_m(：T)_|_i,于是TH—1=2k,k£N,所以zn=2k+1EN，则

3+，

ak=3(2/c+1)—2=6/c+1,/cEN,得a九=6n—5,nGN*.故S九=彳x

n=3n2—2n.

10.(2019全国卷m,5分)记无为等差数列的前n项和.若的10,a2=

3%,则等=4.

［解析］设等差数列｛册｝的公差为d，由“2=3a1,即+4=3%,得d=2a1,

SCI；I^10_10吁1丁0x9「_10%+丁10x9X2%_100_

—5叼+字d-5ai+等X2ai-25-,

11.［2019北京，5分］设等差数列｛册｝的前律项和为％.若a2=-3,S5=

-10,则。5=。，S”的最小值为-10.

［解析］设等差数列5｝的公差为d，•••偿：一备即华；+£［；3，..可得

3al十lUa=-1U,

?二"%+4d=0.vS=na+d=-(n2—9n)当几=4

CL—Lnr"九2―。2

或n=5时，Sn取得最小值，最小值为-10.

12.［2019江苏，5分］已知数列｛即｝(71GN*)是等差数列，Sn是其前n项和.若

a2a5+。8=0，S9—27,则Sg的值是16.

［解析］解法一设等差数列｛斯｝的公差为d,则a2a5+a8-(%+或(的+4d)+

2

a1+7d-a1+4d+5ald+a1+7d-0,S9—9al+36d=27,解得a1=

-5,d=2，则S8=8al+28d=-40+56=16.

解法二设等差数列｛a"的公差为&S9=%詈2=9a5=27"5=3,又a2a5+

。8=0，则3(3—3d)+3+3d=0,得d=2,则S&=8aL8)=+。5)=

4(1+3)=16.

【方法技巧】在等差数列｛%J中，若m+n-p+q,m,n,p,qeN*,则a7n+

。九CL-pIQq,

三、解答题

13.［2023全国卷乙，12分］记端为等差数列｛an｝的前律项和，已知a2=

11So=40.

(1)求｛斯｝的通项公式；

［答案］设｛时｝的公差为d,则停：猊时黑―40

210__Luai十40a——u,

解得=13,d=-2.

所以｛a九｝的通项公式为%=13+(n—1)-(—2)=15—2n.

(2)求数列｛|型|｝的前71项和

［答案］由(1)得|anI=(2n^l5n>8

2

当n£7时，Tn^Sn=13n+硬x(-2)=14n-n,

22

当n28时，Tn=-Sn+2S7=-(14n-n)+2(14x7-7)=98-14n+

14n—n2,n<7,

综上=

98—14n+n2,n>8.

14.［2023新高考卷I,12分］设等差数列｛册｝的公差为d，且d>1.令加

咳出,记又心分别为数列｛&J,也｝的前几项和.

an

(1)若3G2=3al+的扁+73=21，求｛an｝的通项公式；

［答案］因为3a2=3al+%，所以3(@2—ai)=%+2d,

所以3d=ar+2d，所以的=d,

所以a九=nd.

因为“=詈，所以“=詈=等，

所以=3(01+03)=39+3d)=T=b+b2+b3=-+-+-=

§223126dddd

因为S3+T3=21,

所以6d+2=21,解得d=3或d=L

a2

因为d>1,所以d=3.

所以｛斯｝的通项公式为由i=3n.

(2)若｛%｝为等差数列，且S99—799=99,求d.

［答案］因为垢=4,且｛4｝为等差数列，

an

所以2/)2=瓦+①，即2X——--1--,

a2al03

所以一^-----=―--,所以—3ald+2d2=0,

L

ar+d的的+2d-*■

角窣得%—d或%=2d.

①当ai=d时，a”=nd,所以“=，

99(的+。99)=99(d+99d)=99x50d,

22

T_99(比+比9)_99(|+*)_99X51

99-2-2一d•

因为S99-r99=99,

所以99x50d-=99,

d

即50d2—d—51=0,

解得d=|^或d=—1（舍去）.

②当的=2d时，an=（n+l）d,所以垢=

99（叼+<299）_99（2d+100d）

99（加+为9）_9呜+詈）__99X50

2-2-d

因为S99-799=99,

所以99x51d—丝”=99,

d

即51d2-d-50=0,

解得d=—（舍去）或d=1（舍去）.

51

综上，八弟

15.［2022全国卷甲，12分］记％为数列｛斯｝的前律项和.已知竽+n=2%+1.

（1）证明:｛册｝是等差数列；

2

［答案］由卓+n—2an+1,得2Sn+n=2ann+n①，

2

所以2Sn+i+（?2+I）=2an+i（zi+1）+（71+1）②，

（2）—（J）,得2。九+1+2n+1=2Q九+1（71+1）—2%1Tl+1,

化简得%+1-询=1,所以数列｛时｝是公差为1的等差数列.

（2）若"7"9成等比数列，求S九的最小值.

［答案］由（1）知数列的公差为1.

由好=a4a9，得+6）2=（%+3）（%+8）,

解得的=-12.所以％=-12n+中=吧押=2（八一KT一等，所以当

ZZ2.\2,/o

n=12或13时，Sn取得最小值，最小值为-78.

16.［2021新高考卷II,10分］记％是公差不为0的等差数列｛时｝的前律项和，

（1）求数列的通项公式;

［答案］设等差数列｛斯｝的公差为d（d丰0）,

彳曰1+2d=5al+10d,彳曰=—4,

则由题意,寸1(%,++3d)=4al+6d母id=2

所以。九=+(九一l)d=2it—6.

（2）求使与成立的几的最小值.

［答案］=当詈也=若型=层—5n,

则由足—5n>2n—6,整理得标—7n+6>0,解得n<1或律>6.

因为nGN*,所以使%>an成立的律的最小值为7.

17.［2021全国卷甲，12分］已知数列｛斯｝的各项均为正数，记％为｛册｝的前n项

和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.

①数列｛a"是等差数列；②数歹!）｛离｝是等差数列；③。2=3%.

注:若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.

［答案］①③=②.

已知｛a葭｝是等差数列,a2=3al.

设数列｛册｝的公差为d,则a?=3al=a1+d,得d=2at,

所以％=律的+,（丁）d=712al.

因为数列｛a"的各项均为正数，所以户=几何，

所以医=一代=0+1）后一九风=风（常数），所以数列｛户｝是等

差数列.

①②二③.

已知｛a"是等差数列，｛店｝是等差数列.

解法一易得店+店=2店，即回；+圾=27%+a2，两边同时平方得

___2

3a2+的+2y/3a1a2-4（电+a2），整理得（J3al—=0，所以a?=3al.

解法二设数列｛&J的公差为d,

2n

贝USn=nar+d=|nd+（%~~）-

因为数歹U｛户｝是等差数列，所以数歹U｛后｝的通项公式是关于n的一次函数，

则电—g=0，即4=2a1,所以a2=%_+d=3al.

②③今①.

已知数歹UG/1｝是等差数列，0-2-3a1,所以Si=a1,S2-a1+a2-4al.

设数歹U｛J^｝的公差为d9d>0,则=14al—=d,得的=

d2,所以+(n—l)d=nd,所以S九=n2d2,

2222

所以％i=Sn-Sn_±=712d2—(n—l)d=2dn—d(n>2),所以a九—

an_r=2d2(几>2),

所以数列｛&J是等差数列.

考点18等比数列

题组

一、选择题

1.12023全国卷甲，5分］设等比数列｛a〃｝的各项均为正数，前律项和为％,若

%=1,S5=5S3—4,则S4=(C)

A.—B.—C.15D.40

88

［解析］解法一若该数列的公比q=1,代入S5=5$3—4中，有5=5x3—4,

不成立，所以qHl.由詈=5x岩—4,化简得94一512+4=0,所以92=

1(舍)或d=4,由于此数列各项均为正数，所以q=2,所以54=智=

l-q

15.故选C.

解法二由已知得1+q+q2+q3+=5(1+q+/)_4，整理得

(l+q)(q3—4q)=0,由于此数列各项均为正数，所以q=2,所以S4=1+

q+q?+q3—1+2+4+8—15.故选C.

2.［2023天津，5分］已知｛%｝为等比数列,Sn为数列｛。天的前71项和，an+1=

25陞+2,则。4的值为(C)

A.3B.18C.54D.152

［解析］解法一因为即+1=2Sn+2,所以当n22时，an=25^+2,两式相

减得斯+1-%=2a,即册+i=3a,所以数列｛册｝是公比q=%1=3的等

nnan

比数列.当n=1时，a2-2sl+2-2al+2,又a2=3at,所以3al=2al+

33

2,解得的=2,所以a4=a1q=2x3=54,故选C.

解法二设等比数列｛册｝的公比为q,因为册+i=2Sn+2,所以公比qAl,

且出—+2=—码n+码+2,所以11-q'又的寸0,所

1-Q1-Q1-Q0=—+2

ki-q'

以q=3,@i=2,所以*=aiQ3=2x33=54,故选C.

3.［2023新高考卷II,5分］记几为等比数列的前律项和，若S4=-5,S6=

21s2,则S8=(C)

A.120B.85C.-85D.-120

［解析］解法一设等比数列的公比为q(qAO),由题意易知则

aiQY)__5

2

二g化简整理得q-4,_

fli_1所以Sg—----------------——X

l-q

,1-Q-3'3

i-ql-q

(1-44)=-85.故选C.

S2,S4-S2,

解法二易知s6-s4,s8-s6,……为等比数列,所以

2

(S4-S2)=S2•($6-S4)，解得S2=-1或S2=：.当S2=-1时，由

(S-S)2=(S-S)-(S-S),S8=-85；S2=：

644286解得当时,结合―-5

4

”式…4)二_5

得at：q2)5，化简可得=一5，不成立，舍去.所以$8=-85,故选C.

1—Q4

4.［2022全国卷乙,5分］已知等比数列｛即｝的前3项和为168,a2-a5=42,

则a6=(D)

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

+。3=168,Q|-|

［解析］解法一设等比数列｛册｝的公比为q,由题意可得

的_@5=42,

+=168,解行%=96,

_1所以=出口'-

。科(32寸

1—q)=—q)(l+q+q)=42,q=w，

3,故选D.

(ai(1_q3)_〔z-0

解法二设等比数列｛册｝的公比为q，易知q丰1，由题意可得1-Q一’

Qiq(l-q3)=42,

(%=96,

s

解得｛_1所以@6=arq-3,故选D.

(q-2)

5.［2021全国卷甲，5分］记％为等比数列｛斯｝的前71项和.若S2=4,S4=6,

则S6=(A)

A.7B.8C.9D.10

［解析］解法一因为S2=4,S4=6,所以公比qHl,所以由等比数列的前n项

($2=如心；2)=%(1+q)=4,

和公式，得《,X两式相除，(技巧点拨：与

卜4=巴曰=%(1+/(1+冷=6,

等比数列有关的方程组，求解时通常利用两式相除，达到消元、降次的目的)

%=4(2+V2),

的=4(2一⑨，ai(lY)

得q2=g所以V2或V2所以S6=

q=Fi-q

7.故选A.

解法二易知公比q丰-1,则S2£-S2,S6-S4构成等比数列，所以

2

S2(S6-S4)=(S4-S2)，即4($6-6)=22，所以S6=7.故选A.

6.［2020全国卷I,5分］设｛斯｝是等比数列，且的+a2+a3-1,a2+a3+

—2，则+。7+。8=(D)

A.12B.24C.30D.32

［解析］解法一设等比数列｛册｝的公比为q,所以：：：：；：：；=(XX普=q=

22

2,由的+a2+a3-的(1+q+q)-。式1+2+2)=1,解得的=|,所以

567567s2

a6+a7+a8—a^q+q+q)=x(2+2+2)=^x2x(l+2+2)=

32,故选D.

解法二令5-an+an+1+an+2(nGN*),则6n+1=an+1+an+2+an+3.设数

列的公比为q,则皿=丽+1+而+2+―+3=(而+为+1+即+2用=、，所以数列

%an+an+l+an+2an+an+l+an+2

｛bn)为等比数列，由题意知比=1力2=2,所以等比数列｛g｝的公比q=2,

5

所以匕=2NT,所以星—a6+a7+a8-2—32,故选D.

7.［2020全国卷II,5分］数列｛册｝中，电=2^m+n=•右以+1+。上+2+

…+以+10=215—25，贝必=(C)

A.2B.3C.4D.5

［解析］令m=1，则由cim+n=aa,得册+1=aa,即&i1=的=2,所以

mnxnan

数列｛即｝是首项为2、公比为2的等比数列，所以厮=2",所以以+1+%+2+

k+11015

…+以+10=aX%+a2+…+a10)=2"x=2x(2-1)=2-

25=25x(210-1),解得k=4,故选C.

8.［2019全国卷III,5分］已知各项均为正数的等比数列｛a。｝的前4项和为15,

且=3a3+4a1,则＜23=（C）

A.16B.8C.4D.2

［解析］设等比数列｛&J的公比为q,由＜25=3a3+4al得q”-3q2+4,得q?=

4,因为数列｛即｝的各项均为正数，所以q=2,又％,+a2+a3+a4

22

%（1+q+q+q3）—的。+2+4+8）=15,所以的=1,所以a?=a1q—

4.

二、填空题

aa

9.［2023全国卷乙，5分］已知｛时｝为等比数列，a2a4a5=a3a6^9io=一8，则

=-2.

［解析］解法一设数列｛%i｝的公比为q,则由a2a4a5=。3a6，得%.q,^q3,

42s

a1q=a1q•a1q.又的W0,且qW0,所以可得Qiq=1①.又a9aio=

89217

qqa1q②，所以由①②可得qi5=—8,g5=-2,所以

65

a7=arq=a±q-q=—2.

解法二设数列｛册｝的公比为q.因为a4a5=。3G6。。，所以勾=1.又“Wio=

7s15s

a2q.a2q=q=—8,于是q'=-2,所以电=a2q=-2.

10.［2019全国卷I,5分］记分为等比数列｛即｝的前n项和.若的=1,端=

a6,则S5=季.

［解析］解法一设等比数列｛斯｝的公比为q,因为*=。6,所以（。W3）2=

5

atq,所以生_（?=1,又a［=：,所以q=3,所以S5—）―）=

121

3.

a

解法二设等比数列｛斯｝的公比为q,因为谖=a6,所以a2a6=6，所以。2=

1,又所以q=3,所以$5=当子=/m=等.

三、解答题

11.［2020全国卷I,12分］设｛即｝是公比不为1的等比数列，的为a2，。3的

等差中项.

（1）求｛册｝的公比；

2

［答案］设｛册｝的公比为q，由题设得2al-a2+a3，即2al=a1q+a1q.

所以q2+q_2=0,解得q=1（舍去）或q=-2.

故｛a"的公比为一2.

（2）若的=1,求数列｛>时｝的前72项和.

［答案］记立为｛吗｝的前71项和.由（1）及题设可得，an=（―2尸-1.

所以*=1+2x(-2)+-+nx(一2严-1,

n

-2Sn=-2+2x(-2)2+-+(n-l)x(-2)^+nx(-2).

可得3Sn=1+(-2)+(—2)2+…+(一2尸-nx(-2)n

卓2一律X(-2)”.

(3n+1)(―2)九

所以端=9

12.［2020新高考卷I,12分］已知公比大于1的等比数列｛即｝满足a2+=

20,a3=8.

（1）求｛an｝的通项公式;

32

［答案］设｛&J的公比为q.由题设得的（?+arq=20,arq=8.

解得q—|（舍去）或q=2.由题设得的=2.

所以的通项公式为斯=2n.

（2）记“I为｛斯｝在区间（0,叫（7?1CN*）中的项的个数，求数列｛“J的前100

项和Si。。.

［答案］由题设及（1）知瓦=0,且当2葭wm<2n+1时，bm=n.

所以S1OO=瓦+（匕2+b3）+（b4+生+生+力7）T---卜（匕32+匕33---卜匕63）+

（生4+坛5+…+瓦oo）=0+1X2+2X22+3X23+4X24+5X25+6X

（100-63）=480.

【方法技巧】求解本题第（2）问的关键在于找准TH的取值和册的联系，可从

小到大进行列举，找规律，从而可得结果.

13.［2019全国卷II,12分］已知｛即｝是各项均为正数的等比数列,的=2/=

2。2+16.

（1）求｛an｝的通项公式;

［答案］设｛册｝的公比为q，由题设得

2q2=4q+16，即q2-2q-8=0.

解得q=-2（舍去）或q=4.

因此｛册｝的通项公式为斯=2x4“T=2271-1.

（2）设垢=log2%t,求数列｛%｝的前几项和.

［答案］由(1)得砥=(271-1)10822=2-一1,因此数列｛,｝的前几项和为1+

3H-----1-2n—1=n2.

考点19递推数列与数列求和

题组一

一、选择题

1.［2021浙江,4分］已知数列满足电=1,an+1=~rh（nGN*），记数列

｛an）的前般项和为立,则（A）

3Q9

A.5<Si。。<3B.3<Si。。<4C.4<S100<-D.-<5,100<5

［解析］因为Qi=1,a=黑-，所以％i>0,%［，所以Sioo>|---=

n+11+aa

Vn乙乙n+l

上叵=2+/=(/+32—；.所以二一<(/+32,两边同时开方可得

aaaaaa

nnVn\yjn2yz4n+l\yjn?)

心则念〈於息＜意+?由累加法可得1

春+］=1+］,所以/W1+?=等'所以2高，所以an+l=

7ZZ.JCLfiZZY/l+±

Qnv而_n+1鸣产震，则公工揖音转，由累乘法可得

1+再-1+高一九+371

、［/.、c_LCL-n>71?1—171—2326,

nXX6

当n22时，=—X-5；=(n+2)(n+1)=

京），所以300＜1+6（卜；+»\+…+壶一磊）=1+6（:磊）＜1+

2=3,故选A.

【方法技巧】利用放缩法，结合累加法与累乘法求得斯工6（^―总），从而

利用裂项相消法计算Si。。的取值范围.

二、填空题

2.［2021新高考卷I,5分］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20dmx12dm的长方形纸，对折1次共可以

得到10dmx12dm,20dmx6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1=

240dm2,对折2次共可以得到5dmx12dm,10dmx6dm,20dmx3dm三种规

格的图形，它们的面积之和S2=180dm2，以此类推.则对折4次共可以得到不同

规格图形的种数为5；如果对折律次，那么£Sk=240（3-啜dm2.

fc=l

［解析］依题意得，S1=120X2=240；S2=60X3=180；

当?i=3时，共可以得到5dmx6dm,jdmx12dm,10dmx3dm,20dmx

|dm四种规格的图形，且5x6=30,|x12=30,10x3=30,20x|=

30,所以S3=30x4=120；

当?i=4时，共可以得到5dmx3dm,-dmx6dmdmx12dm,10dmx

24

"m,20dmx|dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的

24

种数为5,且5x3=15,§x6=15,-x12=15,10x-=15,20x-=

2424

15,所以S4=15x5=75；

所以可归纳品=矍x（k+1）=当*.

所以£S"240（1+*+/+…+号+麋）①’

k=l

所以［xgSk=240偿+卷+*+…+合+罪）②,

K—1

由①一②得,1x£Sk=240（1+/+专+,+…+1—霜）=

_1____1_1\

（1+三誓—蔡司=240（|—泰），（提示：用等比数列的前n项和公

式％=转答（9丰1），可避免计算数列项数时出错）

所以文5^=240（3-*）dm2.

Zc=1

n

3.［2020全国卷I,5分］数列｛册｝满足册+2+（-l）an=3n-1,前16项和为

540,则4=7.

n

[解析]因为数列｛/J满足a陞+2+(-l)an-3n-1,所以当n=2k(kEN*)

时，a2k+2+a2k-6k—l(kCN),所以(a2+。4)+(。6+。8)+

(di。+。12)+(。14+。16)=5+17+29+41—92.当n—2k—l(/ceN)时,

a2k+1-a2/c-i=6k—4(/cGN*),所以当/c22时，a2k-1-a1+(a3-%)+

(。5—。3)+(a7—a5)+--1-(a2k-l—a2k-3)=%+2+8+14H---F

[6(/c—1)-4]=%+(2+6k-：o)d)=%+(3/c—4)(/c-1),当k=1时上式也

成上，所以。2/＜：-1+(3k—4)(/c—1)(kCN),即。2k-1=a1+3k2—

7k+4(/cGN*).

解法一'所以+(23+05+07+…+。15=8的+3x(I2+22+32+…+82)—

7x(1+2+3+…+8)+4X8=8%+3x小弋殁%-7x生管+

32=8al+612-252+32=8al+392.又前16项和为540,所以92+8al+

392=540,解得的=7.

解法—.所以。2上-1=+(3k.2+3k+1)—10k+3=a[+[(/c+I)3—/c3]—

3333

10k+3,所以a[+(13+tig+<27+…+cii5=8al+(2—l)+(3—2)+

…+(93-83)-10x-土誓+3x8=8的+93-I?_360+24=8al+392.

又前16项和为540,所以92+8al+392=540,解得的=7.

【拓展结论】I2+22+32+42+-+n2=n(n+1X2n+1).

6

三、解答题

4.[2023全国卷甲，12分]记端为数列｛册｝的前n项和，已知a?=1，2sL

71a九.

(1)求的通项公式;

[答案]当n=1时，2sl—的，即2al—,所以的—0.

当n22时，由2S"=nan,得2S"_i=(n-1)册_1,

两式相减得2册=nan-(n-1)即_1,

即(n-l)an_x=(n-2)an,

当n=2时，可得的=0,

故当律23时，上=匕1,则上•一.….也=匕\三.…一，

a九一1n-2an_1an_2a2n-2n-31

整理得=n—1,因为g=1，所以a九=n—l(n>3).

a2

当九=1,?i=2时，均满足上式，所以a九二TI—1.

(2)求数列｛曾｝的前ri项和7；.

[答案]令以=等=会，

则%=瓦+无H---Fbn_]+=|+^H---F+会①,

-T=—+—+—卜^+—②,

2n22十23十十2rl十2九+1J7

由①-②得加=、+'+/+…+(_券=2,_jn)一向=―筮，

2

2+n

即=

5.［2019全国卷II,12分］已知数列和｛%｝满足的=1,瓦=0,4an+1=

3册—bn+4,4bn+1-3bn——4.

（1）证明:｛册+“｝是等比数列，｛册―%｝是等差数列；

［答案］由题设得4（册+1+bn+1）=2（an+bn）,BPan+1+bn+1=|（an+bn）.

又因为电+瓦=1，所以｛a“+bn）是首项为1,公比为:的等比数列.

由题设得4（%i+i—bn+i）=4（an—%）+8,BPczn+1—Z?n+1=an—bn+2.

又因为电-bl=1，所以｛an-bn）是首项为1,公差为2的等差数列.

（2）求｛册｝和｛%｝的通项公式.

［答案］由（1）知,a葭+bn-,an-bn-2n-1.

所以册=|［（an+bn）+（an—bn）］=^+n—|,

a72

bn［（n+bn）-3n一勿）］=/-+：.

【方法技巧】破解此类题的关键：一是用定义，即根据所给的等式的特征，将

其转化为数列相邻两项的差（比）的关系，利用等差（比）数列的定义，即可

证明数列为等差（比）数列；二是用公式，即会利用等差（比）数列的通项公

式，得到各个数列的通项所满足的方程（组），解方程（组），即可求出数列

的通项公式.

【易错警示】在利用等差（比）数列的定义时，既需注意是从第二项起，又需

注意是后项与前项的差（比），在运用等比数列的通项公式时，注意不要与等

比数列的前71项和公式搞混.

题组二

解答题

1.［2023新高考卷II,12分］已知｛册｝为等差数列,“=fn—6,兀为奇数.记

12册，律为偶数

Sn,Tn分别为数列｛册｝,｛bn）的前般项和，54=32,&=16.

（1）求｛册｝的通项公式；

［答案］设等差数列但工