1、數列專項數列的概念與簡單表示法11. 2021上海卷無窮數列an由k個不同的數組成，Sn為an的前n項和.假設對任 意n N*, Sn 2 , 3，那么k的最大值為 .解析由Sn 2 , 3，得ai= Si 2 , 3.將數列寫出至最多項，其中有相同項的情 況舍去，共有如下幾種情況：a1 =2,a2 = 0,a3= 1,a4=-1a1 =2,a2 = 1,a3= 0,a4=-1a1 =2,a2 = 1,a3=-1,a4= 0a1 =3,a2 = 0,a3=-1,a4= 1a1 =3,a2 =-1,a3 =0,a4= 1a1 =3,a2 =-1,a3 =1,a4= 0最多項均只能寫到第 4項，即

2、kmax = 4.D2等差數列及等差數列前n項和12. D22021北京卷an為等差數列，Sn為其前n項和.假設ai = 6, a3+ a5= 0, 那么 S6=.12. 6 解析設等差數列an的公差為d，因為a3+ a5= 0,所以6 + 2d + 6 + 4d= 0,6X 5解得 d=- 2,所以 S6= 6 X 6+- X (- 2) = 36 - 30= 6.8. D22021 蘇卷an是等差數列，Sn是其前n項和.假設 a1+ a2 = - 3, S5 = 10,那么a9的值是.& 20 解析因為S5= 5a3= 10,所以a3= 2,設其公差為d,那么 a1+ a2= 2-2d+

3、(2 d)2= d2- 6d + 6 =- 3，解得 d = 3,所以 ag= a3 + 6d = 2 + 18= 20.3. D22021全國卷I 等差數列an前9項的和為27, aio= 8，那么aioo=()A . 100 B. 99C. 98 D. 97ai + a9._/ 口3. C 解析x 9 = 27,可得 a5= 3,所以 aio a5= 5d= 5,所以 d = 1,所以 aioo=aio + 90d = 98.i9.D2, D4 , H620i6四川卷數列an的首項為i, Sn為數列an的前n項和，Sn+1 = qSn+ i，其中 q0, n N.(1) 假設2a2, a3

4、, a2+ 2成等差數列，求數列an的通項公式；y254n 3n(2) 設雙曲線x2 02= i的離心率為en,且e2= 5，證明：ei+ e2+ en 3n-i .i9.解：(i)由，Sn+1= qSn+ i, Sn +2= qSn+1+ i，兩式相減得到 an+ 2= qan+i , n?i.又由 S2= qSi + 1 得到 a2 = qai,所以an+1= qan對所有n?1都成立，所以，數列an是首項為1，公比為q的等比數列，從而 an= qn1.由2a2, a3, a2+ 2成等差數列，可得2a3= 3a2 + 2,即 2q2= 3q+ 2，那么(2q+ 1)(q 2) = 0,由

5、，q0，故q= 2,所以，an = 2n 1( n N*).證明：由(1)可知，an= qn 1,所以雙曲線x2 a2= 1的離心率en= ,1+an = .1 + q2n ., CA由e2= 1 + q2= 3,解得q = 3(負值舍去).因為 1 + q2(k 1)q2(k1)，所以1 + q2k1 qk 1(k N*).-qn 1于是 ei+ “+ en1 + q+T qn 1 二口，4門3門故 ei + e2+ en 3n 1317. D22021全國卷n Sn為等差數列an的前n項和，且a1= 1, S7= 28.記bn= lg an, 其中X表示不超過x的最大整數，如0.9 = 0

6、, lg 99 = 1.(1) 求 b1, bn, b101；求數列bn的前1000項和.17.解：(1)設an的公差為d,據有7 + 21d = 28,解得d= 1,所以an的通項公式為an= n.故 b1= lg 1 = 0, bn = lg 11 = 1, b101= lg 101 = 2.0, 1 n v 10,1, 10 nv 100,因為bn =2, 100W n v 1000,3, n=1000,所以數列bn的前 1000項和為 1X 90 + 2X 900 + 3X 1 = 1893.18. D2, D42021山東卷數列an的前n項和Sn= 3n2+ 8n, bn是等差數列，

7、且 an = bn + bn + 1.(1)求數列bn的通項公式;(2)令 Cn =a + 1 n+1=bn+ 2n，求數列Cn的前n項和Tn.18.解：(1)由題意知，當 n?2 時，an= Sn Sn-1 = 6n + 5,當 n = 1 時，a1= S1= 11,所以 an= 6n+ 5.設數列bn的公差為d.ai = bi + b2,由a2= b2 + b3,11= 2bi + d即17= 2bi+ 3d,bi = 4,解得d = 3,所以 bn= 3n+ 1.6n+ 61n+u(2)由(1)知 cn= 3n+ 3n = 3(n+ 1)2n 1.又 Tn= C1+ C2+ + Cn,得

8、 Tn= 3x 2 X 22+ 3X 23+ (n+ 1) X 2n+1,2Tn= 3X 2 X 23+ 3X 24+-+ (n+ 1)X 2n+2,兩式作差，得一Tn = 3X 2 X 22 + 23 + 24 + + 2n + 1 (n + 1) X 2n + 2 = 3 X 4 +4X 1 2n1 2(n + 1)X 2n+ 2 = 3n 2n+ 2,所以 Tn = 3n 2n +2.18. D22021天津卷an是各項均為正數的等差數列, bn是an和an+ 1的等比中項.公差為d.對任意的n N*,(1)設cn= b2+1 b2, n N*，求證：數列 Cn是等差數列;Tt= 丫(一

9、 I)然W WA= 1設a1= d, Tn=，求證n18.證明：(1)由題意得bn= anan+ 1, 有 Cn = bn+ 1 bn = an+ 1an+ 2 anan + 1 = 2dan+ 1,因此 Cn+ 1 cn= 2d(an + 2 an +1)= 2d2,所以Cn是等差數列.(2) T n = ( b2 + b2) + ( b2 + b4) + + ( b2n-1 + b2n) = 2d(a2 + a4 + + a2n)=n2d a2+ a2n2=2d2 n(n+ 1),所以Sy1I1 VI /11 1 】12d21喬喬6. D2 2021浙江卷如圖1-1,點列An , Bn分別

10、在某銳角的兩邊上，且 |AnAn+ 1|= |An + 1An+ 2|, AnM An+ 2, n N , BnBn + 1|=|Bn+ 1Bn+ 2|, BnM Bn+ 2, n N .(P Q 表示點 P 與 Q 不 重合)假設 dn= |AnBn|, SnAnBnBn + 1 的面積，那么()圖1-1A . Sn是等差數列B. S是等差數列C. dn是等差數列D. d2是等差數列6. A 解析由題意得，An是線段An-1An +1n?2的中點，Bn是線段Bn- 1Bn +1n?2的 中點，且線段 AnAn + 1的長度都相等，線段 BnBn+ 1的長度都相等.過點 An作高線hn.由A1

11、作 高線 h2 的垂線 A1C1，由 A2作高線 h3 的垂線 A2C2,貝h2 h1=|A1A2|sin/ A2A1C1, h3 h2 = A2A3|sin/A3A2C2.而|A1A2|= A2A3I,/ A2AQ1=/A3A2C2，故 h1, h2, h3成等差數列，故Sn 是等差數列.R Sj 禺BnD3等比數列及等比數列前n項和20. A1、D3、D52021 江蘇卷記 U = 1 , 2，100.對數列 an( n N*)和 U 的子 集 T,假設 T = ?，定義 St= 0；假設 T= ti, t2，,tk，定義 St= ati + at2 + + atk.例如： T= 1 ,

12、3, 66時，St= ai+ a3+ a66.現設an (n N* )是公比為3的等比數列，且當 T= 2 , 4時，St= 30.(1) 求數列an的通項公式；對任意正整數 k(1 kw 100)，假設T? 1 , 2，k，求證：Sr Sd，求證：Sc + Scp2SD.20. 解：(1)由得 an = a1 3廠,n N*.于是當 T = 2 , 4時，St = a2 + a4= 3a1 + 27a1= 30a1.又 St= 30,所以 30a1= 30,即 a1= 1,故數列an的通項公式為an= 3廠，n N*.(2) 證明：因為 T?1 , 2,k , an = 3nr0, n N*

13、,所以 Stw a1+ a2+ + ak = 1 + 3+ + 3k 1 = ?(3k 1)3k.因此，St Sd+ Sd= 2Sd. 假設 C 是 D 的子集，那么 Sc + Sen d = Sc+ Sc = 2Sc 2Sd. 假設D不是C的子集，且C不是D的子集.令 E= C n (?UD), F= Dn (?UC)，貝y EM ?, F 工?, e n F = ?.于是Sc=Se+ScnD ,Sd=Sf+ScnD，進而由Sc Sd，得SeSf.設k是E中最大的數，I為F中最大的數，那么k 1,1 1, 2 l.由知，SEak+1,于是 31 1= ai Sf SEak+1= 3k,所以丨

14、一 1k,即卩 I 2SF + 1，所以 Sc Scnd 2(Sd Scnd) + 1,即 Sc + Sc n d A 2Sd + 1.綜合得，Sc + Sc n d a 2Sd.15. D32021全國卷I 設等比數列an滿足a1+ a3= 10, a2 + a4= 5，貝U a2an的最大值為.a2 + a41115. 64 解析設該等比數列的公比為q,貝U q= 1，可得a1 + ；a1= 10,得a1a1 + a3241 一 1 一=8，所以 an = 8寸n 1=C 扌n4.f 占帯_加所以 a2an= 2一3一21+(n4)=一，易知當 n = 3 或 n = 4 時,1 1 一2

15、(n2 7n)取得最小值一6,故an的最大值為6= 64.17. D3、D42021全國卷川數列an的前n項和Sn= 1 +入n,其中 將0.(1) 證明 an是等比數列，并求其通項公式;31假設S5= 32求入17.解:(1)由題意得a1 = S1= 1+入1,故入工1,a1M 0.由 Sn= 1 + 入 n, Sn+1 = 1+ 入 n+1 得 an+ 1=入0+1入 a，即卩 an +1( ? 1)=入 n.由 a1M 0,入工 0an+1入得anM0,所以a =an=入一1.因此an是首項為亠，公比為丄1的等比數列，于是 an= 二廠1.1入入一11入入一1入31入31入1由得$=1廠

16、n，由& =胚得1廠5 =運即廠5= 32, 解得1.5. D32021四川卷某公司為鼓勵創新，方案逐年加大研發資金投入. 假設該公司2021 年全年投入研發資金 130萬元，在此根底上，每年投入的研發資金比上一年增長12%，那么該公司全年投入的研發資金開始超過 200萬元的年份是( )參考數據：lg 1.12 疋 0.05, lg 1.3 沁 0.11, lg 2 疋 0.30A . 2021 年 B . 2021 年C. 2021 年 D . 2021 年5. B 解析設x年后該公司全年投入的研發資金開始超過200萬元,由題可知，130(1 + 12%) x?200,解得xlog2001

17、12 =130lg 2 lg 1.3lg 1.123.80,因為x為整數，所以x取4,故開始超過200萬元的年份是2021年.5. D3、A22021天津卷設an是首項為正數的等比數列，公比為 q,貝U q0堤“對 任意的正整數n , a2n-1 + a2n0的()A 充要條件B .充分而不必要條件C. 必要而不充分條件D. 既不充分也不必要條件5. C解析設數列的首項為a1,貝Ua2n-1+a2n= a1q2n2(1+ q)0，即 q 1,應選 C.13. D32021浙江卷設數列an的前n項和為Sn.假設S2= 4, an+1= 2Sn+ 1, n N ,貝U ai =, S5 =.13.

18、 1 121 解析由 an+1 = 2Sn+ 1,得 an= 2S-i+ 1(n?2)，兩式相減得， an+i an =2(Sn Sn-1)= 2an,即 an+1 = 3an(n?2),而 a2= 2a1 + 1, S2= a1 + a2 = 4,解得 a1 = 1, a2= 3, ,1 x 1 35故an是首項為1,公比為3的等比數列，所以 S5=廠二=121.1 317. D32021上海卷無窮等比數列an的公比為q,前n項和為Sn，且Sn= S.以 下條件中，使得 2Sn0 , 0.6q0.7B. a10， 0.7q0, 0.7q0.8D. a10， 0.8q 0.71 qn117.

19、B 解析由題意得2a1 1 q a1 1q0|q|0 時，qn2，結合選項知該不等式不恒成立，舍去；當 a10時，qn? q20, n N.假設2a2，a3，a2+ 2成等差數列，求數列an的通項公式；r y54n 3n(2) 設雙曲線x2 an= 1的離心率為en,且e2= 3，證明：e1+砂+十&尹廠.19.解：由，Sn+1 = qSn+ 1, Si +2= qSn+1+ 1，兩式相減得到 an+ 2= qan +1, n?1. 又由 S2= qS1 + 1 得到 a2 = qa1,所以an+1= qan對所有n?1都成立，所以，數列an是首項為1，公比為q的等比數列，從而 an= qn

20、1.由2a2, a3, a2+ 2成等差數列，可得2a3= 3a2 + 2,即 2q2= 3q+ 2，那么(2q+ 1)(q 2) = 0,由，q0，故q= 2,所以，an = 2n 1( n N*).證明：由(1)可知，an= qn 1,所以雙曲線x2 y= 1的離心率en= . 1 + a!= 1 + q2F.54由e2= 1 + q2= 3,解得q = 3負值舍去).因為 1 + q2(k 1)q2(k1)，所以冷 1 + q2k-1 qk- 1(k n*).于是 e1+ e2+-+ en1 + q+ qn1 =q 1故ei+ e2+ +4n - 3n3廠118. D2, D42021

21、東卷數列an的前n項和3= 3n2+ 8n, bn是等差數列，且an = bn + bn + 1.(1) 求數列bn的通項公式;令Cn =an + 1bn+ 2，求數列 Cn的前n項和Tn.18. 解：(1)由題意知，當 n?2 時，an= Si Si-1 = 6n + 5,當 n = 1 時，a1= S1= 11,所以 an= 6n+ 5.設數列bn的公差為d.a1 = b1 + b2, 由a2= b2 + b3,11= 2b1 + d即17= 2b1+ 3d,b1 = 4,解得d = 3,所以 bn= 3n+ 1.6n+ 6n 1n+1由(1)知 Cn= 3n+ 3n = 3(n+ 1)

22、2n 1.又 Tn= C1+ C2+ Cn,得 Tn= 3x 2 X 22+ 3X 23+ (n+ 1) X 2n+1,2Tn= 3X 2 X 23+ 3X 24+ (n+ 1)X 22,兩式作差，得一Tn = 3X 2 X 22 + 23 + 24 + + 2n + 1 (n + 1) X 2n + 2 = 3 X 4 +-(n + 1)珂勺 一 3n2十 2,所以 Tn = 3n 2n +2D5單元綜合20. D5, A1 2021 北京卷設數列 A: ai, a2,，aN(N2).如果對小于 n(2 nW N) 的每個正整數k都有aka1，貝U G(A)m ?;證明：假設數列 A滿足an

23、 an-1a1，所以i N*|2W iw N, aia1豐?.記 m= mini N*|2a1,那么m?2，且對任意正整數 km, ak a1a1.由知G(A)豐?.設 G(A)= m, n2,，np , n 1n2np.記 no= 1，貝y anoan 1an2-anp.對 i = 0, 1,，p,記 Gi= k N |niani.如果 Gi豐?，取 mi = min Gi，那么對任何 1W kmi, akw aniami.從而 mi G(A)且 mi= ni+1.又因為np是G(A)中的最大兀素，所以Gp= ?.從而對任意 npW kw N, akW anp,特別地，aN anp.對 i

24、= 0, 1,，p 1, ani+1 iw ani.因此 ani+i = ani+1 1 + (ani+i ani+1 1)w ani +1.所以 aN a1W anp a1= =(ani ani-1)w p.因此G(A)的元素個數p不小于aN a1.20. A1、D3、D52021 蘇卷記 U = 1 , 2，100.對數列 an( n N*)和 U 的子 集 T,假設 T = ?，定義 St= 0；假設 T= t1, t2，,tk，定義 St= at1 + at2 + + atk.例如： T= 1 , 3, 66時，St= a1+ a3+ a66.現設an(n N*)是公比為3的等比數列，

25、且當 T= 2 , 4時，St= 30.(1) 求數列an的通項公式；(2) 對任意正整數 k(1 w kw 100)，假設 T? 1 , 2，k，求證：ST Sd，求證：Sc + Scp2Sd.20.解：(1)由得 an = a1 - 3n1, n N*.于是當 T =2 , 4時，St = a2 + a4= 3a1 + 27a1 = 30a1.又 St= 30,所以 30a1= 30,即 a1 = 1,故數列an的通項公式為an= 3n 1, n N*.證明：因為 T?1 , 2,，k , an = 3n10, n N*,所以 S?w a1+ a2+ ak = 1 + 3+ 3k 1 =

26、1(3k 1)3k.因此，St Sd+ Sd= 2Sd. 假設 C 是 D 的子集，那么 Sc + Scn d = Sc+ Sc = 2Sc 2Sd. 假設D不是C的子集，且C不是D的子集.令 E= C n (?uD), F= Dn (?uC)，貝y EM ?, F 工?, e n F = ?.于是 Sc= Se+ ScnD , Sd= Sf+ ScnD，進而由 Sc Sd，得 Se Sf.設k是E中最大的數，I為F中最大的數，那么k 1,1 1, kM |.由知，SEak +i,于是 3廠1= ai Sf SEak +1= 3k,所以 I 1k,即 I 2Sf + 1，所以 Sc Scnd

27、2(Sd Scnd) + 1,即 Sc+ Sen d 2Sd+ 1.綜合得，Sc + Sc n d 2Sd .12. D52021全國卷川定義“標準01數列 an如下：an共有2m項，其中m項為0,m項為1,且對任意kw2m,a1,a2，ak中0的個數不少于1的個數.假設m = 4,那么不同的“標準01數列共有()A . 18 個 B . 16 個C. 14 個 D . 12 個12. C 解析T a1, a2,，a8中0的個數不少于1的個數，二a1= 0, a8= 1.先排定中間三個1,當三個0在一起時排法種數為C2,當三個0不相鄰時排法種數為 e3,當三個0分成兩組時排法種數為 A+c2,

28、.不同的“標準01數列共有C2+ & + a3+ C2= 14(個).an + 1*20. D52021浙江卷設數列an滿足an 三w 1, n N .(1) 證明：|an|?2n1(|a1| 2), n N* ；(2) 假設 |an|w|n, n N*，證明:|an|w2, n N*.an + 11|an| |an+ 1丨 一 1*20.證明：(1)由 an w 1，得 |an| ?|an +1|w 1,故羅一w刁，n N ,所以刖-眇 羅-男+劈-劈1+貂-眇*+因此 |an|2廠 1(|ai| 2).任取n N*，由(1)知，對于任意 mn.|an|2n|am|(|an| |an+ 1I

29、Jan+1 |an2|am11 |am|1 丄 1 丄 丄 112m (2n 21)十(2K+1 22)+ 十(2皿-1 2m)w 2n+ 2 + 2皿-12*1,故 |an| 2*-1 十|am|1133 m2nn,均有|an|2十3- 2n.由m的任意性得|an|2,取正整數moiog4國；2且mno,貝U3 mo33|ano| 2 .2n0 - 4 2n)- 4 log4 2no = |ano| 2,與式矛盾.綜上，對于任意n N*，均有|an|b|,貝U f(m n )= m n b0, f( m n ) = m71 b0,故存在c使得f(c)= 0.取 a1= c,因為 an+1= b + sin an(1 an對任意正整數n恒成立，即(n +1)2+入(n+ 1)n2+入“ 對任意正整數n恒成立，即 4 2n 1對任意正整數n恒成立，故? 3.6. 2021懷化模擬設Sn為等差數列an的前n項和，假設ai= 1,公差d= 2, 3+ 2 3=