2023年新高考数学一模试题汇编07 数列（解析版）

专题07数列

一、单选题

1.（2023・山东威海・统考一模）已知等比数列｛αn｝的前三项和为84,α2-α5=21,则｛an｝的公比为（）

A.；B,ɪC.2D.4

【答案】B

【分析】根据已知结合等比数列的通项与前n项和列式联立得出答案.

【详解】由t⅛-=21可设｛aπ｝的公比为q（q≠0,q≠1）,

•••等比数列｛an｝的前三项和为84,a2-a5=21,

^ι<?-ɑifl4=21

ι-q3,解得q=

a——=842

1ι-<j

故选：B.

2.（2023•山东荷泽・统考一模）2020年12月17日凌晨1时59分,嫦娥五号返回器携带月球样品成功着陆，

这是我国首次实现了地外天体采样返回，标志着中国航天向前又迈出了一大步.月球距离地球约38万千

米，有人说：在理想状态下，若将一张厚度约为0.1毫米的纸对折n次其厚度就可以超过到达月球的距离,

那么至少对折的次数H是（）Qg2≈0.3,lg3.8≈0.6）

A.40B.41C.42D.43

【答案】C

【解析】设对折n次时，纸的厚度为a”，则｛aj是以aι=0.1x2为首项，公比为2的等比数列，

n4

求出｛an｝的通项，解不等式an=0.1×2≥38×IOX即可求解

【详解】设对折n次时，纸的厚度为斯，每次对折厚度变为原来的2倍，

由题意知｛斯｝是以a】=0.1X2为首项，公比为2的等比数列，

所以a”=0.1×2×2n-1=0.1X2n,

令%,=0.1×2n>38×IO4XIO6,

B∣J2n≥3.8×IO12,所以lg2n≥lg3.8+12,即川g2≥0.6+12,

解得：n≥^=42,

所以至少对折的次数H是42,

故选：C

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据题意抽象出等比数列的模型，求出数列的通项，转化为解不

等式即可.

3.（2023・湖南岳阳•统考一模）己知两个等差数列2,6,10,…及2,8,14,…，200,将这两个等差数

列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列｛an｝,则数列｛arι｝的各项之和为()

A.1666B.1654C.1472D.1460

【答案】A

【分析】根据题意求出两个数列相同的项组成的数列，求出项数，然后求出它们的和即可.

【详解】有两个等差数列2,6,10,…及2,8,14,200,

由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列：

2,14,26,38,50,182,194,共有号3+1=17项，是公差为12的等差数列，

故新数列前17项的和为等1X17=1666,

即数列｛斯｝的各项之和为1666.

故选：A.

4.(2023・湖南长沙•统考一模)裴波那契数列｛&｝,因数学家莱昂纳多・裴波那契以兔子繁殖为例子而引入，

故又称为“兔子数列”，该数列｛4｝满足Fi=F2=1,且Fn+2=Fπ+ι+4(n∈N*).卢卡斯数列｛〃｝是以数

学家爱德华・卢卡斯命名，与裴波那契数列联系紧密，即Ll=1,且八+1=4+Fn+2(neN*),则七023=()

11Il

A∙ɜ^2022÷^2024B∙专乙2022+]‘2024

Il12

C∙《乙2022+gGθ24D.--L2022÷5^2024

【答案】C

【分析】先利用数列｛4｝的递推式推得3尸2023=F2O21+F2025,从而推得L2022+L2024=SF2023,由此得解.

【详解】因为Fn+2=Fπ+1+Fn(neN*),

所以当n≥3时，Fn=Fn.1+Fn,2,

所以3%=Fnτ+Fn_2+2%=Fn_2+(Fn.1+Fn)+Pn=Fn-2+Fn+ι+4=Fn-2+Fn+2，

故3f2023=尸2021+尸2025,

因为Ln+ι=4+Frι+2(n∈N*),

所以乙2022=尸2021+?2023，42024=^2023+「2025，

故42022+^2024=(尸2021+尸2023)+(尸2023+^2025)=2F2023+尸2021+「2025=5尸2023,

所以尸2023=Jʃ,2022+ʒ^2024∙

故选：C.

5.(2023•湖南岳阳・统考一模)核电站只需消耗很少的核燃料，就可以产生大量的电能，每千瓦时电能的

成本比火电站要低20%以上.核电无污染，几乎是零排放，对于环境压力较大的中国来说，符合能源产业的

发展方向，2021年10月26日，国务院发布《2030年前碳达峰行动方案》，提出要积极安全有序发展核电.

但核电造福人类时，核电站的核泄漏核污染也时时威胁着人类，如2011年，日本大地震导致福岛第一核

电站发生爆炸，核泄漏导致事故所在地被严重污染，主要的核污染物是锯90,它每年的衰减率为2.47%.

专家估计，要基本消除这次核事故对自然环境的影响至少需要800年，到那时，原有的锯90大约剩()

(参考数据lgθ.9753≈-0.01086)

Illl

A.-%B.--%C.--D.--

IO8IO7IO8IO7

【答案】B

【分析】根据题意，每年的剩余量可构成等比数列，据此求出800年后剩余量即可得解.

【详解】由题意，设一开始勰`90质量为1,

则每年的剩余量构成以1一2.47%=97.53%为公比的等比数列，

则经过800年钢90剩余质量为α=1×(97.53%)800=(97.53%)800,

两边取常用对数可得：lgα=lg(97.53%)800=8001g0.9753=800X(-0.01086)=-8,688,

所以α=IO-&688==≈-L%,

1no.booiQb.Dθoɪn/

故选：B

6.(2023・广东佛山・统考一模)己知各项均为正数的等比数列｛c⅛｝的前n项和为Sn,=9,9S4=IOS2,

则。2+。4的值为()

A.30B.10C.9D.6

【答案】B

【分析】根据等比中项可得=3,对9S4=IOS2根据等比数列的定义和通项公式可得q=3,运算求解即

可得答案.

【详解】｛an｝为正数的等比数列，则%,>0,可得的>0,q>0,

・ɑɜ--=9,

•∙ʤ=3,

ββa

X.9S4=IOS2，则9(0⅛+α2+α3÷4)=Io(Ql+做)，可得9(c⅛+a4)=a1-Fa2,

.∙.<=q2=:,解得q=：,

故a2+=亍+a3q=10.

故选：B.

7.(2023•广东梅州・统考一模)某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列力=

Q,a2,a3,∙∙∙｝重新编辑，编辑新序列为4*=件/,幺,…｝，它的第n项为4ɪ,若序列(A*)*的所有项都是

2,且心=1，c⅛=32,则a⅛=()

b

ʌ-⅛∙⅛c∙∙ι⅛D∙Ξ⅛

【答案】B

【分析】设%=t,由题意得到第n项为%i=2"Tt,然后利用累乘法求解.

alan

【详解】解：设”=3由题意得4*={t,2t,22t,∙∙∙},第n项为皿=2nτ3

Qlan

CCCCCʌ(n-2)(n-l)

则n≥2时，a=—•————∙ɑɪ=t∙2t∙22t•…∙2n^2t∙a=22tn^1∙a,

nQlα-ι11

a2a3n

因为。4=1，c⅛=32,

64

所以23户,%=l,2t∙a1=32,

解得t=4,%=ʌ,

故选：B

8.(2023,广东深圳•统考一模)将一个顶角为120。的等腰三角形(含边界和内部)的底边三等分，挖去由

两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形

重复这一操作.如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的KoCh曲线，如图

【答案】A

【分析】根据题意可知，每•次操作之后面积是上一次面积的|,按照等比数列即可求得结果.

【详解】根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的芯

所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的|,

由此可得，第n次操作之后所得图形的面积是Sn=lx(I)",

即经过4次操作之后所得图形的面积是S4=1X(|)4=券

∖3∕Oi

故选：A

二、多选题

9.(2023・福建・统考一模)记正项等比数列｛an｝的前〃项和为Sn,则下列数列为等比数列的有()

α

ʌ-｛n+ι+ɑn)B.(αn+1αn｝C.｛/ID.(sn∙^n+l｝

【答案】AB

【分析】根据等比数列的定义和前n项公式和逐项分析判断.

【详解】由题意可得：等比数列｛α,J的首项的>0,公比q>0,即αzι>0,Sfl>0,

对A:αn+1+αn>0,且αn+z+αn+'=(αn+ι+αn)q=q,即｛须+1+&｝为等比数列，A正确；

an+ι÷αnαn+ι+αn

对B：aa>0,且如U=皿=q2,即｛即+述"｝为等比数列，B正确；

n+1nan+ιanan

(na1,q=1

■：Sn=bɪ(i-g")n.1,则有：

(F-"

n+l一

",,Q=1

113+1，均不为定值，即｛再不是等比数列，C错误；

｛q~Γ^∙q1

(n+2d

—，q=1

对D：==ξ,均不为定值，即｛S7lSn+ι｝不是等比数列，D错误；

3n3∏+1ɔn.cHl

W"'q丰ɪ

故选:AB.

10.(2023•广东梅州•统考一模)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列｛%1｝的前n项和，则下列命题正

确的是()

A.若d<0,则Sl是数列｛Sπ｝的最大项

B.若数列｛Sn｝有最小项，则d>0

C.若数列｛S7l｝是递减数列，则对任意的：n∈N*,均有S71<0

D.若对任意的neN*,均有Srι>0,则数列｛S7l｝是递增数列

【答案】BD

【分析】取特殊数列判断A；由等差数列前n项和的函数特性判断B：取特殊数列结合数列的单调性判断C；

讨论数列｛S"｝是递减数列的情况，从而证明D.

【详解】对于A：取数歹KaJl｝为首项为4,公差为一2的等差数列，S1=4<S2=6,故A错误；

2

对于B：等差数列｛a,J中，公差d≠0,Sn=na1+'^pd=≤∏+(a1-≤)n,Srl是关于n的二次函数.

当数列｛Sn｝有最小项，即Sn有最小值，Sn对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，d>0,B

正确；

2

对于C：取数列｛an｝为首项为1,公差为一2的等差数列，Sn=-∏2+2n,Sri+1-Sn=-(n+I)+2(n+

2

l)-(-n+2n)=-2n+l<0,即Sn+]<Srι恒成立，此时数列｛Srι｝是递减数列，而S1=1>0,故C

错误；

对于D：若数列｛Sjl｝是递减数列，则ατι=Sn-Sn.1<0（n>2）,一定存在实数限当τι>k时，之后所有

项都为负数，不能保证对任意neN*,均有Szι>0∙

故若对任意neN*,均有Srι>0,有数列｛Srι｝是递增数列，故D正确.

故选：BD

三、填空题

11.（2023∙山东潍坊•统考一模）设等差数列｛a71｝的前〃项和为无，若c⅛+α7+α9=6,则S*=_________.

【答案】26

【分析】根据已知结合等差数列的性质可得ɑ7=2,进而即可得出S"=13α7=26.

【详解】由已知能+ɑ7+Clg=3。7=6,所以ɑ7=2.

则S"=B*詈-=13α7=26

故答案为：26.

12.（2023•江苏南通・统考一模）写出一个同时满足下列条件①②的等比数列｛ατι｝的通项公式

ɑn=----------------

①即即+1<0；②Ianl<Ian+11

【答案】（一2）”（答案不唯一）

【分析】可构造等比数列，设公比为q,由条件，可知公比q为负数且⑷>1,再取符合的值即可得解.

【详解】可构造等比数列，设公比为q,

由ant⅛+ι<0,可知公比q为负数,

因为IanI<∣c⅛+ι∣,所以∣q∣>1,

所以q可取一2,设的=-2,

则a”=-2∙（-2）n-1=（-2）n.

故答案为：（-2）n.

13.（2023•山东潍坊・统考一模）乒乓球被称为我国的“国球甲、乙两名运动员进行乒乓球比赛，其中每局

中甲获胜的概率为：，乙获胜的概率为%每局比赛都是相互独立的.

①若比赛为五局三胜制，则需比赛五局才结束的概率为_________.

②若两人约定其中一人比另一人多赢两局时比赛结束，则需要进行的比赛局数的数学期望为__________.

附：当0VqC1时，Iimqn=0,Iimn∙qn=0.

n→+∞∏→+∞

【答案】马#0.2109375各

1285

【分析】由己知可得前四局双方为2:2,即可求出答案①；由己知可推得，需要比赛局数为偶数，且

P(X=2?I)=JXG).进而可设Q=P(X=2几)=JXG),b=2πα,根据错位相加法求出｛b｝的

O∖O∕rlOXO/nnτl

nn+1

前n项和为Sn=γ-y∙g)-4n∙g),进而求出Sn的极限即可得出答案.

【详解】①需比赛五局才结束，则说明前四局双方为2:2,概率为C：GY∙([Y=言.

②假设比赛局数为随机变量X，

由已知，需比赛局数为偶数，则乂可取2,4,6/“,2m--5€/7*).

则P(X=2)=C：G)2+C；G)2=£

当n≥2时，双方前2n-2局战为平局，且任意前2zn(1≤m≤n-1,且m∈N*)局双方均战为平局，

则P(X=2n)=(C2×；×^)n^1X(I)?+(C2×^×0π^1×ɑ)2=∣×(∣),)^1.显然n=1,满足该式.

i

⅛α-P(X-2n)=JX(旷，则有¾=3

n88,

所以，｛即｝是以由号为首项，q=g为公比的等比数列.

设"=2nan,则brι=苧X(I).

设｛b∏｝的前n项和为S∏,则Sn=瓦+B+/+…+=：1+2*(?)+3XO+…+联(|)

-3S0=-523

8n4ι÷^×(∣)÷3×(i)÷→-σ

作差可得，Sn-ISn=Tl+(J+(I)+∙∙∙+(∣)-H∙(I)

整理可得，^=⅞-⅞∙g)n-4n∙(∣)n.

由题意可得，Iim

n→∞%(洎=。强回(洎=。・

则E(X)=2∙P(X=2)+2X2∙P(X=2X2)+2X3∙P(X=2X3)+…+2n・P(X=2n)+・・・=

.Γ1616∕3∖n

IimS1一4π.Iim——Iim

n→∞nMlτ^τ∙U∏→∞5∏→∞[¥'©]^Mh-m=τ

故答案为：三；γ,

1285

【点睛】关键点点睛：当几≥2时，由题意可知，双方前2"-2局战为平局，且任意前2m(1≤M≤几-1,

且m∈N*)局双方均战为平局,

则12旷1×2

P(X=2n)=(d×J×IfX(I)+(”Xɑ)=1X(I)X

14.(2023・湖南岳阳•统考一模)数列｛an｝的前n项和为%,a1=m,且对任意的n∈N*都有an+an+1=2n+

1,则(I)若S3>S2,则实数机的取值范围是_____；(2)若存在k∈N*,使得Sk=Sk+1=55,则实数

m为______.

【答案】(-2,+8)11或一10

【分析】(1)由%>0求得m的取值范围.

(2)求得｛αn｝的规律，对k进行分类讨论，由此列方程求得k,τn的值.

【详解】依题意，a1=m,对任意的几∈N*都有αn+αn+ι=2几+1,

则Ql+=3,c⅛=3—nɪ,

Q2+。3=5,的=5—Q2=m+2,

α⅛+。4=7,Q4=7—ʤ=5—nɪ,

+@5=9,α⅛=9—Q4=M+4,

α5+α6=11,a6=11—a5=7—mf

+α+1

以此类推，结合LQni"-O+ʌ两式相减得斯+2~an=2,

可知数列｛an｝的奇数项是首项为m,公差为2的等差数列；

偶数项是首项为3-m,公差为2的等差数列.

(1)若S3>S2,BPS2+a3>S2,ʤ>0,m+2>0,m>—2.

所以Tn的取值范围是(—2,+8).

(2)若存在k∈N*,使得Sk=Sk+1=55,

Sk=Sk+ak+l'ak+l=°∙

当k为奇数时，k+1为偶数，

由腐印

'3-m+(警-1)×2=0

«∕c+ι(k+ι.∖k+ι∕k+ι，

m×-+KL1×2÷(3-m)×-÷亍4=)×2=55

'22’22

解得k=9,m=11.

当k为偶数时，k+1为奇数,

嗽工：得••

m+(学-1)×2=0

m×-+ML)×2+(3-τn)×-+盘3×2=55

解得k=10,m=-10.

综上所述，m的值为11或-10.

故答案为：(-2,+∞);11或一10

【点睛】根据递推关系求解数列的有关问题，关键是从递推关系中求得数列的通项公式.本题中的递推关系

0n+α∏+ι=2n+l,通过分析后可知奇数项和偶数项是不同的，所以在求解Sk=Sk+[=55时，要对7c的

奇偶性进行分类讨论.

四、解答题

15.(2023•福建・统考一模)已知正项数列｛a7l｝的前八项和为立,且4Sn=(%l-D(On+3)(n∈N*),

(1)求数列｛%1｝的通项公式；

(2)将数列｛即｝和数列｛2jl｝中所有的项,按照从小到大的顺序排列得到一个新数歹Kbn｝，求｛%｝的前50项和.

【答案】(l)αn=2n+1

(2)2150

【分析】(1)当n=1时，4α1=4S1=(a1—l)(a1+3),得由=3,由4Stt=(an-l)(an+3),当n≥2时,

有4Srιγ=(an-1-l)(an-1+3),作差解决即可；

(2)a50=101,又26<101<27,同时ct44=89>26,所以Z⅛o=。44，分组求和解决即可.

【详解】(1)依题意与>0，

当n=1时,4a1=4S[=(a1—l)(a1+3),解得aɪ=3,

⅛4Sn=(an-l)(an+3)(π∈N*),

当n≥2时，有4Sτιγ=(anγ—l)(an.1+3),

作差得：4an=W-W-I+2an-2an.1,

所以(a∏+ɑn-i)(ɑn-ɑn-i-2)=0,

因为On+an-1>0,

所以a”-c⅛γ=2(n>2),

所以数列SJ是首项为3,公差为2的等差数列，

所以即=2n+1.

(2)由(1)得，=101,

又26<101<27,同时。44=89>26,

所以坛0=a44

所以瓦+匕2+…+如0=(ɑl+。2+…+。44)+(2，+2?+…+2，)

=—(ɑ1+

a44)+'^—21=2024+126=2150.

22—1

所以｛b｝的前50项和为2150.

16.（2023•山东潍坊•统考一模）已知数列｛αn｝为等比数列，其前n项和为右，且满足%=2"+ZnaneR）.

（1）求m的值及数列｛αrι｝的通项公式；

（2）设砥=∣log2αn-5],求数列｛bn｝的前n项和

n1

【答案】（I）Tn=-1,an=2-

lln-n2Y一,,

——A≤n≤6

(2)T=

nn2-lln+60、/

----2----'n>6

n1n-1

【分析】（1）当n≥2时，SnT=2^+m,两式相减得a7,=2（n≥2）,由即=21+m=1,可求出m

的值；

（2）由（1）知%=∣n-6|,由绝对值的定义结合等差数列的前n项和公式即可求出数列｛bzι｝的前n项和%.

nn1n1

【详解】（1）因为Sn=2+m,所以n≥2时，Sn.1=2~+τn,所以ajl=2_（n≥2）.

又由数列｛斯｝为等比数列，所以a”=2"7.又因为aι=Sι=2i+m=2iτ=l,所以m=-l,

n1

综上Tn=-1,an=2^.

（2）由（1）知¼l=∣n-6|,

）；

当n>6时，Tn=T6+×（n-6）=]5+y6=nJn+60

Lln-Ti2{))£

——,1≤∏≤6

所以Tn=

n2-lln+60、,

------------fn>6

17.（2023・山东荷泽・统考一模）已知首项不为0的等差数列｛%l｝,公差dR0,Q=0（t为给定常数），SjI为

数列｛arι｝前n项和，且Snh=5wi2（m1<牝），｛勾｝为租2-啊所有可能取值由小到大组成的数列.

⑴求力;

（2）设Cn=（—IyIr丹乐不〃为数列&｝的前n项和，证明：72n≤Y

【答案】（1）勾=2n-l

（2）证明见解析

【分析】（1）根据题意，由等差数列的通项公式与求和公式得到关于的,d的方程，即可得到结果：

（2）根据题意，得到数列｛q｝的通项公式，再由裂项相消法即可得到其前n项和.

【详解】（I）由题意得，at=a1+（t-l）d=0,得的=（1-t）d,①

（

由SmI=Sm2Oi<m2）,得巾1。1+=1。；广Dd=m2a1+g个二D.匕②

由①②，可得r∏ι+m2=2t—1,且2τ∏ι<m1+Tn2=2t-1,则1≤τ∏ι≤t-1Vt—5

由？∏2~τn1=-2m1+2t-1,当在1≤m1≤t-1范围内取值时τ∏2-的所有取值为：2t—3,2t—

5,...,5,3,L

所以brl=2π—1(l≤τι≤t-1).

⑵“=(T)TI(如+篙ID=(T.就=(T)*(H京),

所以

32n4V12+2l++3",,ɪ2n.-lɪ-2nɪ2ʃn+ɪ2ʌn+17ɪi4f∖2ɪn-+liʌɪʌ

由于72∙=(Q⅛-1)(l≤n≤t-l)是递减的,所以BnWA=XS1-I)=-⅛

2

18.(2023・山东威海・统考一模)已知数列｛αn｝的各项均为正数，记Sn为｛6｝的前〃项和，且2S7l=an+an.

(1)求数列｛α7l｝的通项公式；

n

(2)记Cn=(-l)anan+1,求数列｛cn｝的前〃项和

【答案】(Dan=九

(2)当n为偶数时，Tn=当n为奇数时，7；=艺叱：

【分析】(1)根据％,α7l的关系可得αn-αn-ι=15≥2),进而根据等差数列的性质即可求解，

Taaaaa9

(2)数列｛%｝的前n项的和分奇偶求和,先求72∕C=一+23-----+2k2k+l=2(fl2+。4+…+2k)

又。2,。4，…，Q2k是首项为2,公差为2的等差数列，再求奇数项和即可.

【详解】(1)由2Sn=c⅛+QrI得"≥2时，2Sn.1=WT+QnT

两式相减得2αn=a1-冠_1+αn-七1-1，整理得αn+ɑn-l=(Qn+ɑn-l)(ɑn-ɑn-l)

因为αn>0,所以Qn-gnτ=l(n≥2),所以数列｛αn｝是以1为公差的等差数列

在2Srι=忌+Qrl中令几=1解得的=1

所以On=1+(n-1)=n.

(2)当n=2k时

Tn=-a1a2+a2a3-a3a4÷a4as—asa6+…

aaaaaal

~^2k-32k-l-2k-l2k+2k2kΛ-l=2(α2+。4^------，

又。2,。4，…，Q2k是首项为2,公差为2的等差数列，

所以。2+。4------F=82；2k)=k2+k,

故T2〃=21+2k.所以7；=与空

当n=2k+1时

Tn=-αlα2+a2a3-a3a4+a4a5-a5a6+…

÷α2fc-3α2k-l一a2k-la2k+α2fcα2fc+l一α2∕c+la2fc+2=2(θ⅛÷α4->a2k)-a2k-^la2k+2f

又如。4，…，&〃是首项为2,公差为2的等差数列，-a2k+1a2k+2=-(2fc÷1)(2⅛+2)

所以2(fl⅛+。4+…+。2文)—。2上+102“+2=k(2+2k)—(2k+l)(2fc+2)>

故Rk+l=-2(⅛+I)2.所以Tn=

当n为偶数时，Tn=亨；当n为奇数时，7n=VO

n

19.(2023・湖南邵阳・统考一模)己知数列(即｝满足%=1,a2=2,an+2=an+2×3(n&N*),且b“=

αrι+αn+ι(n∈N*)∙

(1)求数列｛与｝的通项公式；

nen

(2)若brιczι=(N*)，求数列｛d｝的前项和.

【答案】(1)九=3“，n€N*

(2)1——-------

3n(2n+l)

【分析】(1)由题意得到bn+ι-bn=2x3∖利用累加法求出｛bn｝的通项公式；(2)利用裂项相消法求和.

ZI

【详解】(1)因为的=1，α⅛=2，αn+2=Qn+2X3(Tl∈N*),6n=αn÷αn+1,

n

可得瓦=Ql+g=3,Qrl+2—Qn=2X3,

)a

又b∏+ι-bn=Qrl+1+α∏+2—(ɑn+Qn+1=n+2—Qn=2X3",

π-1

则当M≥2时，Z?n=hɪ÷(坛一瓦)+(名—½)+…+(b∏—^∏-ι)=3+2x3+2x3?+…+2×3

=ι+=3n,

1-3

上式对九=1也成立，所以bn=3",τι∈N*;

⑵由九生:黑寮咫可*),

T徂_4n+4_11

守Cn—3π(2n-l)(2n+l)-3n-1(2n-l)3tl(2n+l),

则数列｛%｝的前几项和为

11ι1I1111

30×l^31×3+31×3'-32×5+3n^1(2π-1)-3n(2n+1)

=1--------—

3n(2n+l)-

20.(2023・湖南岳阳•统考一模)己知数列｛c⅛｝满足%=1,嚏3即+1-10g3ɑrl=l(neN*)且数列｛斯｝的前

”项和为无.

(1)求数列｛an｝的通项公式；

(2)设%=,汇；…、,求数列｛%｝的前〃项和〃・

【答案】(l)ɑn=

?n+i_q

⑵Tn=E

【分析】(1)由对数运算及等比数列的定义判断数列为等比数列即可得解；

(2)根据裂项相消法求数列的和即可.

【详解】(1)因为log3C⅛+1-log3%ι=l(neN*),所以皿=3.

an

所以数列｛%l｝是首项为1公比为3的等比数列，

n1rj

所以数列｛αn｝的通项为an=1X3_=3τ.

(2)由(1)知数列｛c⅛｝的前n项和Sn=NlFl=咚1,

1—32

=即+1=3"=31_1

nn1nn1n

一(αn+1)X2(Sjl+1)―(3-+l)(3+1)^2⅛-+1.3+Y

所以

3(111111

Tn=瓦+B+么+…+匕=2∣q-5ττι)+⅛ττι-57τi)+…+(FTT77-FTl)

=R—一

2k23w+r,

所以数列｛%｝的前n项和Tn=焉会.

”3-TlJ

α

21.(2023∙湖南长沙•统考一模)己知数列｛ατι｝为等差数列，数列｛brl｝为等比数列，满足瓦=2α1=2,b2=2≡,

a3+b3=11.

(1)求数列｛αn｝,｛bn｝的通项公式；

(2)求数列｛册•b｝的前n项和%.

n

【答案】(l)Ο⅛=n,bn=2；

(2)Sn=(n-1)∙2n+1+2.

【分析】(1)由等差数列和等比数列的基本量法求得公差和公比后可得通项公式；

(2)用错位相减法求数列｛anb｝的和.

【详解】(1)解：设｛a7l｝的公差为d，｛%｝的公比为q(<7≠0)1%=1，瓦=2,

^q=2

联立，⅛h2a1,整理可得产+2qV=11>解得<l

∖ld=1

d^

(a3+fa3=11(q=2

n

所以斯=n,bn=2.

n

(2)解：由(1)知Qr2bn=九∙2,

3n1n

则Srl=IX2+2x22+3X2+...+(n-1)×2-+n×2,①

234nn+1

2Sn=1×2+2×2+3×2+-+(n-1)×2+n×2,②

①-②，得一Sn=2+22+23+∙∙∙+2M-Π×2n+1

l-2n

=2×-——-■—n×2n+1

1—2

=(l-n)×2n+1-2.

所以Sn=(n-l)∙2n+ι+2.

22.(2023•广东梅州•统考一模)记立是正项数列｛azι｝的前”项和，若存在某正数M,∀n∈N*,都有Sjt<M,

则称&｝的前"项和数列｛S7l｝有界.从以下三个数列中任选两个，①｛(J"｝；②｛上卜③｛；｝，分别判断它们

的前n项和数列是否有界，并给予证明.

【答案】数列①②的前H项和数列有界，数列③的前n项和数列无界，证明见解析

【分析】①采用等比数列求和，②③采用放缩法，再求数列的和，结合有界数列的定义，即可证明.

【详解】数列①②的前n项和数列有界，数列③的前n项和数列无界，证明如下:

①若即=G),则其前n项和Sn=z",=1-^,

∖i∕1—L2

因为neN*,所以则Sn=I一会<1,

所以存在正数1,MieN*,Sn<1,

即｛G)”｝前n项和数列｛Sn｝有界.

②若％=》当n≥2时，^n=⅛<^⅛=⅛-;-

1]

其前几项和〃=瓦+尻+…+bn≤1+ɪɪɪ+

(n-l)∙n

11

≤l+(-2++…+

n—1n.

=2ɔ----1，

n

因为n€N*,所以0<(≤l,则7;≤2-:<2,

所以存在正数2,VneN*,Tn<2,

即｛*｝前n项和数列｛〃｝有界.

③若Cn=ɪ,其前n项和为R71,

Illl111

Ryn=1+—F—I-----F-+…4—+—…+—

22345892n

1111111111

>1+—1--+—+--∣—+—+—1-------+—…+—

―24488882n-12n2,

2个4个2nτ个

≥l+j+∣+∣+-+∣=l+∣n,

九个

对于任意正数M,取n=2([M]+l)(其中[M]表示不大于M的最大整数)，

有∙R2>1≥1+∣×2([M]+1)=[M]+2>M,

因此目前n项和数列｛RJ不是有界的.

23.(2023•广东深圳•统考一模)记又，为数列｛arι｝的前八项和，己知SJl=自+层+ι,n∈∕V*.

(1)求为+。2,并证明｛%+即+1｝是等差数列；

(2)求立.

【答案】(1)的+。2=6,证明见解析

s_("+以当《为偶数时

n

、)=(4+n+2,当Jl为奇数时

【分析】⑴利用αn与前n项和Sn的关系，由*=甘+712+1可得即(12的值，即可求得的+c⅛的值；根

据相减法求得(即+1+0+2)-(即+αrι+ι)为常数，证明其为等差数列；

(2)由(1)中数列｛ajl+αn+J为等差数列,对n进行奇偶讨论，即可求得Sn.

【详解】⑴解：已知Sn=甘+M+1,*

当n=l时，a1=y+2,a1=4；当n=2时，α1÷α2=y+5,a2=2,所以%+a2=6.

因为Sn=号+/+1①，所以％+ι=殁ɪ+(n+1)2+1②・

②一①得，a71+半+S+I)?-彦，整理得a”+c⅛+ι=4律+2,n∈N*,

所以(a.+ι+an+2)-(an+⅛+ι)=[4(ZI+1)+2]-(4n+2)=4(常数)，n∈N*,

所以｛arι+a11+J是首项为6,公差为4的等差数列.

(2)解：由(1)知，an-1+an=4(n—1)+2=4n—2,nEN*,n≥2.

—(6+4n-2)

2

当n为偶数时，Sn=(a1+a2)+(a3+。4)+…+(ɑn-i+Qn)="——-----=∏÷n；

ΞZ1(10+4TI-2)

22

当n为奇数时，Sn=a1+(a2+a3)+(a4+ɑs)H------F(an-ι+an)=4+--------------=n+n+2.

「法Cf小+均当《为偶数时

综上所述，Sn=｛.

+n+2,当n为奇数时

2

24.(2023•广东茂名•统考一模)己知Sn为数列｛%l｝的前〃项和，a71>0,ɑn+2an=4Sn.

⑴求数列｛an｝的通项公式：

（2）若砥及为数列｛b｝的前〃项和.求〃，并证明：ɪ≤T≤^.

anan+ln84n

【答案】（I）Qn