数列概念及通项公式-2023年高考数学一轮复习讲义与练习（新高考）解析版

考点13数列概念及通项公式（核心考点讲与练）

一、数列的概念及简单表示法

1.数列的定义

按照一定次序排列起来的一列数叫做数列,数列中的每一个数叫做这个数列的项.

2.数列的分类

分类标准类型满足条件

有穷数列项数有限

项数

无穷数列项数无限

递增数列a"+1

项与项递减数列a”+1〈a”其中∏∈N+

间的大常数列Cln+1

小关系从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项

摆动数列

小于它的前一项的数列

3.数列的表示法

数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法.

4.数列的通项公式

（1）通项公式：如果数列｛内｝的第〃项斯与2之间的关系可以用一个式子α,,=A〃）来表示，那么这个公式叫

做这个数列的通项公式.

（2）递推公式：如果已知数列｛”“｝的第1项（或前几项），且从第二项（或某一项）开始的任一项斯与它的前一

项ɑ,ɪ（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式.

5.数列求和的几种常用方法

（1）分组转化法

把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.

（2）裂项相消法

把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.

(3)错位相减法

如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用

错位相减法求解.

(4)倒序相加法

如果一个数列｛小｝的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列

的前n项和即可用倒序相加法求解.

S]91,

1.若数列｛斯｝的前〃项和为S”通项公式为则圆=。。。

Sn~Sn-∖92.

2.数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些

“数”的排列顺序有关.

3.易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置

序号.

4.S“与”■关系问题的求解思路

根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化.

①利用α,,=S"—S,τ("N2)转化为只含S”SLl的关系式，再求解；

②利用SLsLl=出(论2)转化为只含外，MT的关系式，再求解.

5.由递推关系式求通项公式的常用方法

(1)已知且。"一。"-1=l/("),可用"累加法''求",即“"=(""一+m-2)+…+(a3—”2)+(42—。1)+

a∖.

OΛ_41B口,-ICf∖

(2)已知0且---=Λ"),可用"累乘法''求0”即如=-------∙...∙-∙^-∙6Z∣.

a__I£(--■匿，G

(3)已知的且4〃+]=伙7〃+儿则4〃+1+攵=q3〃+Z)(其中％可由待定系数法确定)，可转化为等比数歹1」｛4〃+攵｝.

(4)形如斯+|=[0?,,(4B,C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解.

6.在利用裂项相消法求和时应注意：

(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；

(2)要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对

称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的.

7.用错位相减法求和时，应注意

（1）要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形;

⑵在写出"S,”与"gSJ的表达式时应特别注意

S“与4的关系

I.（2022湖北省新高考）已知数列｛%｝的首项4=2,其前〃项和为S“，若5,川=25,,+1,则

aI=-------------------•

【答案】96

【分析】由题意易得S,,=2S,ι+l5≥2）,两式相减可得数列｛%｝从第二项开始成等比数列，进而可得

结果.

【详解】因为S,,+i=2S,,+1,所以S“=2S,ι+1522）,

两式相减得/+ι=2a”,

又因为4=2,S2=α1+tz2=2a1+1,得%=3,

所以数列｛«„｝从第二项开始成等比数列，

2,n=1,

因此其通项公式为4=K.„_”，

ɔ∙Z2,nNZ,

所以%=3x25=96,

故答案为：96.

由递推公式求通项

1.（2022河南省顶级名校9月开学联考）若数列也J满足：伪+3⅛+7⅛++（2"—1）包=2〃，则数列也｝

的通项公式为（）

,

A.bn=2n-1B.bn=2'-1

,1,2

C.b=-------D.b=-------

nll2n-ln2"-1

【答案】D

分析】利用整体相减的方法即可计算出数列｛a｝的通项公式

【详解】由伪+34+74++(2"—1)"=2〃①得，当〃>1时伪+3仇+74+.+(2"TT)%=2〃—2②

2

由①一②得(2"—l)"=2nd=kr

Z—1

当〃=1时4=2x1=2也满足上式

故选：D

2.(2022辽宁省盘锦市高级中学9月月考)已知数列｛αj满足4=1,4=g，且

2an+lanatl,i=an+ial,+anal^-2an+lα,,.l(n>2),则数列｛a,,｝的通项公式为.

……1

""一〃+1

一，,「f1I)(I1)、，-11

【分析】化简题设条件z得到--------------------=2,得HI数列，------工〔是以2为首项，2为公差

<4+1)∖Qn^n-∖)、。〃+14J

11C

的等差数列，求得则--------=2〃，再利用叠加法，即可求解，得到答案

an+∖an

【详解】由题意，数列｛4｝满足2%+q/,1=%4川+%%_|-24+|41_1(n≥2),

C112(11W11-)=2,

两侧同除,UJ得2=----+-----------，BP------------------------

%%+ι%I4+1an)｛allan

所以数列——Ll是以2为首项，2为公差的等差数列，

l‰4J

则—-----=2+(n-1)×2=2n,

aa

'n+ln

11fl1W111(11)

=l+[2+4+(2π-2)]

an%(%1%%JI。”an-∖)

(2+2∕7-2)(H-1)2C

=1+^-------------------=n^-n+∖("≥2),

2

当n=1时∙，q=l适合上式，

所以J="2-〃+1,所以数列｛4｝的通项公式为=]

H2-H+1

故答案为：Cl=-------

nn^^-n+l

【点睛】关键点睛：本题主要考查了等差数列定义及通项公式，以及“叠加法”的应用，其中解答中熟记

等差数列的定义和通项公式，合理利用“叠加法”求解是解答的关键.

分组求和

L（2022湖北省武汉市部分学校9月质量检测）设数列｛4｝的前〃项和为S,，满足S,,=l-w,,（"∈N*）.

（1）求数列｛%｝的通项公式；

1（T）I

（2）设数列〈二j-＞的前〃项和为T.,求第“的表达式.

an

1

【答案】（1〉a=.（2）2n2+2n

n77（〃+

£,〃=1

【分析】（1）根据4_即可求出数列｛0,,｝的通项公式;

3〃—3,1，n≥2

（2）利用分组求和法以及等差数列的前〃和公式即可求出结果.

【详解】（1）当”=1时，4=S∣=l-α∣,即“∣=g,

当“≥2时，cιn=Sn—Sn_1—∖-nan—1+（H-l）απ-1,

/?-1

即("+1)%=(α-l)α,τ,因此一匚

n+1

aa.a凡n-∖n-2/7-311

所以4=工n∙an∙an9∙9=--×——X--××-×-

4.lan-2an-31^+ɪ〃〃一132

〃A∕(n+1),

1

经检验，〃=1时成立，所以an-一^7λ；

(2)(O=(一1)〃+=(-1)"(〃2+〃)，

所以Q=-(『+1)+(22+2)-(3?+3)+(42+4)-…-[(2〃-1)2+(2〃-1)卜[伽)2+2〃]

=-l2+22-32+42--(2n-l)2+(2n)2-1+2-3+4--(2n-l)+2n

=3+7++(4〃—1)+〃

一~+n

-2n2+2n

2.(2022安徽省江淮十校高三上学期第一次联考)已知数列｛%｝的前〃项和为S“，满足q=l,

+(f为常数).

(1)求｛凡｝的通项公式；

(2)若么=(一D"lg(4∙4+J,求数列也｝的前〃项和为刀,.

【答案】(I)an=n.(2)],=(T)"lg("+l)∙

【分析】(1)令〃=1,解得：r=；,再由4=Sa-SnA,即可求出an,

(2)根据(1)的结论,再利用并项求和,即可求解.

【详解】解：(1)令〃=1,S∣=4=(；+',可得.=所以5“

时，Ri=ɪ(o-l)+-^(»-1),可得a,=g[〃2_(〃_i)2]+g=“

所以(力≥2),又因为q=l满足上式，所以。〃=〃

n

(2)因为2=(-l)lg(ɑ,,∙an+i)=(-1)"(lgan+Igall+l)

,"

Tn=-(lgtz1+lg02)+(lg<z2+lg03)-(lgt⅞+lgα4)++(-l)(lgfl,,+lg¾+1)

nn

=(-l)Igαn+1-lgal=(-l)lg(w+l)

所以7；=(T)UgS+1)

裂项相消法求和

2S,,+3

1.（2022河南省部分名校高三上学期8月份摸底）已知数列｛4｝的前"项和为S,,,且％

3

（I）求证：数列｛4｝是等比数列;

1

（2）求数列《，的前〃项和7“.

Iog3a,,∙Iog3«„+2

32〃+3

答案】（1）证明见解析；（2）T=-

n2(〃+1)(〃+2)

【分析】（1）根据数列4与S”的关系，消去S,，即可证明数列｛%｝是等比数列；

11

（2）根据（1）的结果，知■;-------;-------=—~~再利用裂项相消法求和.

Iog30,,∙Iog3α,l+2n（n+2）

2V+3

【详解】解：（D由%=上广，得3α,,=2S,,+3,①

于是得34+∣=2S,用+3,②

②-①得3⅛+∣-3¾=2¾+1,

即an+ι=3a”,

当九二I时∙，3q=2S]+3=2α∣÷3,即q=3,

所以数列｛4｝是以3为首项，3为公比的等比数列.

(2)由(1)知％=3",

所以log.3。,,=1og33"=〃,

111

以----------------•---------=------------

'Iog3αn∙Iog30n+2〃(〃+2)2("n+2

所以

If111111111

T=1+-------------1-------------

112132435H-In+1nn+2

=i1+1-J---L=3一―2〃+3

212n+↑n+2)42(〃+1)(〃+2)

皆可宝＞错位相减求和

1.（2021高三数学冲刺原创卷）已知｛4｝是首项为1的单调递增的等差数列，其中4+1，七幺，生成

等比数列∙｛〃｝的前〃项和为s“，且々=4，。,用=S,,+1("∈N)

(1)求｛4｝的通项公式；

(2)求数列｛4,,∙4｝的前〃项和刀,.

【答案](1)%=2〃—1；(2)£=7+(2“_3)x2叫

【分析】(1)根据等比数列的性质及已知条件，求出等差数列的公差d，再利用等差数列的通项公式即可求

解；(2)根据数列的递推公式求出数列｛2｝的通项公式，再利用错位相减法及等比数列的求和公式即可求解.

【详解】(1)因为｛《,｝是首项为1的单调递增的等差数列，所以4=1，

设数列｛¾｝的公差为d且d>O，

则“2+1=2+4,4+"4=1+』d,

22

%=1+4d.

因为々+1,2|生，的成等比数列，

所以(安4=3+1)6,

即(l+∣d)=(2+d)(l+4d),

2

解得d=2或d=-(舍负)，

797

所以=2n-l.

⑵因为仇+1=S“+1,①

所以2=S“_]+1("≥2),②

由①-②得bn+i-bn=(5n+l)-(∖-1+l)=⅛(n≥2),

所以2+∣=2Λ,5≥2).

因为4=4=3,4=S+1=4+1=4,

所以｛〃｝是从第二项开始的等比数列，

则数列｛d｝的通项公式为[3n=1

h-=Un≥i

由（I）知-

0-fc-=U（-lΓ⅛1≥2.

则7；=1x3+3x22+5x2'++（2n-3）×2,,^l+（2n-l）×2∖③

34H,,+

2^I=2×3+3×2+5×2++（2∕7-3）×2+（2Π-1）×2,,④

③-④得

34n,,+l

-T11=9+2×（2+2++2）-（2n-l）×2

ɔɜ_ɔ/ɪ+1

=9+2×--—（2H-1）×2,,+,,

所以7；=7+（2〃—3）X2叫

2.（2022河南省顶级名校高三上学期9月联考）已知数列｛《,｝、也｝满足：α,向=2%+l且4=1,

⅛=log2（αn+l）.

（1）求数列｛叫和也｝的通项公式；

11a

（2）数列｛q,｝满足：—=√l,其中〃∈N*,若数列｛%｝的前"项和为乩，求凡.

0”Dn

/1+2

【答案】（I）an=T-l;bfl=∏;（2）Hn=2--^-.

【分析】（1）由递推关系可构造等比数列｛4+l｝,即可求出4,代入〃=log2（a.+l）化简即可得"；

bn

（2）由（1）可得c,,=-lɪl=—,利用错位相减法求解即可.

an+ɪ2

【详解】（1）由4+1=24+1,令α,,+]+c=2（%+c）,得C=1,

∙∙∙｛α,,+l｝是以2为首项，以2为公比的等比数列.

n

.∙.απ+l=2∙2^',即。“=2"-1.

.♦也=IOg2（a“+l）=〃.

bn

(2)由题意知%=-~n,

„123n

-H'<=2+Ψ+^++Fφ

1„_123n-1n…

+++H-----------1-------T②

ΞH^2T2TFT2π+,*

C〜Dl1111n〃+2

rr+++

①-②得'2H'^2Ψ^+谈-Fr=I-k

.-.H=2--.

n12〃

1.(2020年新课标I)数列｛4｝满足4+2+(-IyU=3〃-1,前16项和为540,则％=.

【答案】7

【分析】对〃为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用生表

示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立《方程，求解即可得出结论.

【详解】*+(T)Z=3〃-1，

当〃为奇数时，an+2=an+3n-l-,当〃为偶数时，an+2+a,l=3n-∖.

设数列｛%｝的前〃项和为S”，

、6=+〃2+〃3+〃4++a∖6

=%+Q3+Q5+Q∣5+(a)+〃4)+(Q|4+Q|6)

=4+(tz∣+2)+(%+10)+(4+24)+(4+44)+(4÷70)

+(%+102)+(4+140)+(5+17+29+41)

=8q+392+92=84+484=540,

.**6=7.

故答案为：7.

【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属

于较难题.

2.（2020年新课标I）设｛a,｝是公比不为1的等比数列，/为与，%的等差中项.

（1）求｛《,｝的公比；

（2）若α∣=l,求数列｛〃%｝的前〃项和.

1一(1+3〃)(—2)"

【答案】（1）-2；(2)S

n9

【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比夕的方程，求解即可得出结论;

（2）由（1）结合条件得出｛4｝的通项，根据｛〃4｝的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.

【详解】（1）设｛α,J的公比为q,%为生，%的等差中项，

2

∙,∙2ai=a2+ai,al≠0,.∙.q+q-2=0,

q≠∖,.∙.q=-2∙

l

(2)设｛〃区J的前〃项和为S,,,=l,aπ=(-2Γ,

5„=l×l+2×(-2)+3×(-2)2++n(-2)n-',①

n-n

-2Sn=1×(-2)+2×(-2)2+3×(-2)3+(π-l)(-2)'+n(-2),②

①一②得，3ξ,=1+(-2)+(-2)2++(-2)n^l-rt(-2)n

1-(-2)"1-(1+3〃)(-2)”

-n(-2)"=

1-(-2)3

l-（l+3∕ι）（-2Γ

n~9

【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求

解能力，属于基础题.

21

3.（2021年全国高考乙卷）记S“为数列｛4｝的前〃项和，包为数列｛S,,｝的前“项积，已知不+丁=2.

（I）证明：数列｛d｝是等差数列;

（2）求｛%｝的通项公式.

【答案】（1）证明见解析；（2）%=Jɪ

--7——Λ^,九≥2

2ICC2〃3

【分析】（1）由已知—+—=2得Sn=—ɪ-,且勿≠0,取〃=1.得«=；,由题意得

S.,b,,2b,-12

2h,2b,2b,2b,b.（、

llJLπ+n+

力7・与号■…T--=bn,消积得到项的递推关系C-向［=-f±L,进而证明数列｛4｝是等差数列；

24-12⅛-l2bn-∖2⅛n+l-lbllI"J

'3,

—,π=1

2

（2）由（I）M得勿的表达式，由此得到5〃的表达式,然后利用和与项的关系求得。〃=«ɪ

--1~~7\^≥2

n（n+l）

【详解】（1）［方法一］：

2I2b］

由已知三-+丁=2得S“="且2≠0,bn≠-,

ɔnDnZP,-1n/J

3

取〃=1,由H=伪得4=;,

由于公为数列｛s,｝的前〃项积,

2b.242b,

所以2仿一「22一1--------=b,

24一1

2b∖242bn*ι

~b“+i,

2VT-2ξ≡i'"2⅛,,+l-l

2⅛÷1_⅛÷

所以l

2%-广bn'

由于d+∣#0

2I1

所以温1T=五，即"+「么=于其中〃GN*

O1

所以数列｛2｝是以4=1为苜项，以d=/为公差等差数列;

［方法二］【最优解】:

由已知条件知％=S∣∙52.5l3∙∙sn-l-sn①

于是“τ=S∣∙S2∙S3∙∙S,,τ("≥2).②

由①②得工=S,.③

Dn-I

21C

又T+T-=2,④

Snbn

由③④得2-AT=；.

令〃=1,由S］=b∣,得么=］.

31

所以数列｛2｝是以：为首项，ɪ为公差的等差数列.

［方法三］:

2］s

山不+丁=2，得2=”"O,且S,,≠0,bn≠0,S"≠l.

,b1

又因为a=SjS,ι∙S∖=S”也4所以仇一=方=kʒ,所以

〉〃八〃一，

b-b

ltnl=1---------1—=4一［=1(〃≥2)

""T2S,,-22Sπ-22(5n-1)2

2IC3

在不+丁=2中，当”=I时，4=S∣=［.

故数列｛〃｝是以;为首项，ɪ为公差的等差数列.

［方法四］:数学归纳法

2ICC2”35,、31

由已知不+初=2,得S”=酝=，bl=~,么=2,bi=-,猜想数列也｝是以!■为首项，5为

公差的等差数列，且a=g"+l.

卜面用数学归纳法证明.

当”=1时显然成立.

I%+2

假设当〃=女时成立，即仇=一攵+1,&=——.

2Z+1

攵+3k+31..

那么当〃=Z+1时，4+∣W,=⅛+ιj∙=-(^+1)+1.

k+22

综上，猜想对任意的"∈N都成立∙

31

即数列｛〃｝是以彳为首项，;为公差的等差数列.

22

(2)

ɔ1

由（I）可得，数列｛2｝是以4=1为首项，以d=一为公差的等差数列,

,3(-I)XL[n

=万+(〃=+

)22,

S、2.一2+〃

"2bn-l1+〃'

3

当〃=1时，a.=S.=—

2

2+〃l÷n

当”22时，a=S-S,-而可,显然对于"=1不成立,

n111+πn

3,

—,71=1

2

八,〃22

∕zJ(∕ι+l)

2ICC、

【整体点评】（1）方法一从不+[=2得S,,=五十ɪ,然后利用h的定义，得到数列｛2｝的递推关系,

进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论;

方法二先从久的定义，替换相除得到袅=5”，再结合G2+i12得到2-b,τ=g,从而证得结论，为

Snbn

最优解;

21sb1

方法三由屐+7=2,得"=不亡5,由”的定义得。一TL=-~~进而作差证得结论；方法四

3〃一2

利用归纳猜想得到数列a=L〃+1,然后利用数学归纳法证得结论.

2

（2）由（I）的结论得到母=；〃+1,求得S,的表达式,然后利用和与项的关系求得｛4｝的通项公式;

一、单选题

1.（2022•浙江嘉兴•二模）已知数歹∣j{q,}满足4=1,α,,=%τ+4HEN∖n≥2）,S“为数歹

的前”项和，则（)

ʌ*∣∙<S22<g

207

B.2<S2022<—C∙§<⅛22<2D.1<S2022<~

【答案】D

【分析】先判断出4>α,ι,通过放缩得到,<11-∕=-½=,再通过分析法证得

a,,√%-

125

（M-K结合裂项相消即可证得Szm

又由4>%证得$2022>—=1即可.

a∖

【详解】当”eN*,“≥2时，因为4,->0,所以q,>q7-1»

又因为-L=

且…

(7¾-√⅛7)∙(7¾+7¾7)4(α,ι+ι)∙

2

下证<3,

(√¾-√¾7)4(¾-ι+1)

即证<外^h+g，

印证3弧<5y∣a^+-7==

64C

即证9。〃<25。T+-----+80,

ZIan-∖

即证Mτ+<25%+—+80,

an-∖

、

印证91Jql+)

—16+”20

an-∖

12

令，=向^即证%<4/+12+当/22,4τ≥l时，不等式恒成立.

%

、/、

11Ji_____L

M)M3l7¾7

所以

5215

一,<—

33∖∣a2Q223

QIll11,

又因为⅛22=-+-+-+--+------>一=1,

a∖a2”3"2022a∖

故选：D.

2

<―

【点睛】本题关键点在于分析法的应用,通过分析法证得(7¾-√⅛7)3又由放缩得到

进而通过裂项相消证得52022<|,最后由证得

2.(2022•全国•模拟预测)已知数列｛q｝满足”“=(〃+I)I,则当%取得最大值时W的值为()

A.2020B.2024C.2022D.2023

【答案】A

a..2020-n

【分析】利用作商法可得才lti=1+砺而可，讨论〃的取值判断与1的大小关系，即可得”“最大时”

的值.

【详解】

..凡“=2021(〃+2)]∣2020-〃

'an2022(n+l)2022(〃+1)'

二当”2()20时，—<1；当“<2020时，—>h"=2020n%止=1,

，根据选项，当〃=2020时，％取得最大值.

故选：A.

二、多选题

3.(2022・湖北•黄冈中学模拟预测)已知数列｛《,｝的前〃项和为S“，且S“+%=1对于恒成立，若定

义Sj=SS尸=力Eg>(Z≥2),则以下说法正确的是()

/=I

A.｛α,｝是等差数列B.SF)=一尸2

A&+Iχ)2i

C.SIr)-S产=正罚D.存在〃使得SF叫=瓢

【答案】BC

【分析】利用退位相减法可得数列的通项及5“即可判断A选项，按照给出的定义求出SF)即可判断B选项,

数学归纳法和累加法即可判断C、D选项.

【详解】当"=1时，"∣=S∣=g,

1

当时，由得故即，

"≥2S“+a“=l,Sllτ+%τ=1,In=54Ll，

所以数列｛%｝为等比数列，首项％=；,公比4=；，故4,=(g),

A选项错误；

ιLmπ^

则IFLu所以即=s,=ι-C),

1^2

11

Sf).邸T)+s?+÷⅛=ι-→-(∣p÷1-⅛J^-1-出

#3机呜+M++E+UT+GW--⅛∙B≡≡;

2A)

当Z=I时，Sf)Y)=F今，

A∞+∣

,m+2

假设当女=加时，5n>-SF)=产之=C；：k成立，

(m+1J!

当A:=m+1时，由SF)=SFT)+SFT)++S"产+SFT=S,T®+S,(J)可得

S(m+3)_S(m+l)=S(m+3)+S(m+2)_(S(w+l)Q(m)\CW+3)_S(，〃+l)+s('"+

+=)-s*=SF)-S“F“)+C震T,则

i"u,∕j-1kjnIi^,∕ι-1k-,∕tIt^,n-∖kjn-lt~fn

S(wt+3)o(w+l)-S(wj+3)S(∕M+1)「,“+Io(∕w+3)S(wt+l)—S(∕w+3)l

ɔw-l—ɔw-ɪ=0∕t-2—dn-2+^rt+m-2,d∕ι-2—d∕t-2=%-3^W+c;:*,，

Sjs+3)_SM+1)=$2"")-S?")+C黑,Sj"")-SjD=Slg3)-EE)+C：；：；,将上式相加可得

S"("3)-s,")=SF3)/(")+《：：+9：：++C+C&T，又SF)=SFT)=SF),贝IJSF*3)-S产砌=O,故

Q(∕∏+3)_S(∕n+l)_z~ι∕n+l,「/“+]../~ι∕π+l.z~,∕π+l_Z-^/H+2.z~ι∕π+l.,/^I∕H+I.^>tn+∖

ɔn-%='"+I十J+2+十ew+∕n-2十=^m+2十5+2十十'^n+w-2+^n+m-∖

AEA""*>∖

=C露+c:;++CJ+c震T=C小戏亦=[渭谓联即左=〃2+1时也成立，

故S,*2)-5“(*)=磊j,C选项正确；

D选项，当”=1时，由s*=SfT)=S⑴=_!_>_!—知不成立，

22022!

当“≥2时，由C选项知：S严)_5F)=*rc:L=C;力，则Sj*+')-SFT)=Cj=ML,

IK十I).

SF)_铲)=c*-∣3=CXL3，L,SF)-S,⑶=c≈t,=c：;3SF)-Sj)=C=C厂,上式相加得

铲)+sF")=s,M)+sN+c；r+c：：：+C：;L+C：;3,又由上知，s,⑵+sF)="i+("'+i-(；J=”,则

SFM+S,*"="+cr+c;:;"c：京z+c;之=c：;-'+c：-2+c;;;?+CtL+c∖3

=c：;；+c：；+C：;L+G;；T=C：J可得S,y)+S*)=G420=C%°=("+2°20&*019)〃,又由

(n+2020)(/?+2019)

SF)=Sj+SFT),s,?>0可得SF)>SFT),S产)+S严)=<25,产），即

5l2022>>（伫2020）（"+239）/>nrm'>=,D选项错误：

“2×2021!2×202l!2022x2021!2022!

故选：BC.

【点睛】本题关键在于C、D选项的判断，C选项通过数学归纳法和累加法以及组合数的性质即可求解；D

选项借助C选项的结论，通过累加法以及组合数的性质进行判断即可.

三、填空题

4.（2022•辽宁葫芦岛•一模）已知数列m},4=1,对于任意正整数gn,都满足勺+“=4“+4+，”〃，则

+—+•••+---=

2021

【答案】

1011

12

【分析】令m=1,得《川-。〃="+1，用累加法求出一=-/二二2,由此利用裂项相消求和求出

nn+∖

q

【详解】令〃?=1,得=4+々〃+〃=1+4+〃，所以-〃”=〃+1,则

〃〃一%-1=〃，an-∖~an-2=^-1,.......，/一〃2=3，出一=2，

所以当〃≥2时,

〃（九+1）

=4+（%-4）+（%一生）++（α〃一4T）=I+2+3++〃=

2

又4=1满足上式，所以为=吟W

所以L=^-=2f∙L--M

¾+∖nn+Iy

+募-康片⅛卜制

2021

故答案为:

1011

5.（2022•江西景德镇•三模（理））已知数列｛为｝和正项数列也｝,其中a“epπ且满足"cos%=b：-l,

数列｛々,sin%｝的前〃项和为S“，记J=｝，满足4c向-2q=l.对于某个给定q或々的值，则下列结论中:

①伪e［存ɪ,l］；②E=冬③若4eɔɪ,ɪl则数列匕｝单调递增;④若Cle\,1,则数列｛bnSinal,｝

从第二项起单调递增.其中正确命题的序号为

【答案】①②③

【分析】求得向的范围判断①；求得打的值判断②；判定出数列｛%｝单调性判断③：由数列｛2sin4｝第三

项小于第二项否定④.

【详解】由"cosα,,=配-1,可知d-dcosα,,-l=0,则CoSa“=与二，又a“eɪπ

b.L2

则—14与二l≤0,解之得

,1.则①判断正确:

11

由4%+∣-2q,=l,可得4cz-2q=l,则邑一，=Hsm/=力，则Sma2=彳

2乙。，

又由〃COSa“=〃；-1,∏J⅛∏⅛2-⅛1cosa2-1=0,则COSa,=∙^r^∙

b2

22则后=T或&=|（舍）

则由cosa2÷sina1

则H=也或么=-也(舍).则②判断正确;

2222

⅛2-l,1

ll

由“cosq,=6