1、专题08 数列1【2022年全国乙卷】已知等比数列an的前3项和为168，a2a5=42，则a6=（）A14B12C6D3【答案】D【解析】【分析】设等比数列an的公比为q,q0，易得q1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数列an的公比为q,q0，若q=1，则a2a5=0，与题意矛盾，所以q1，则a1+a2+a3=a11q31q=168a2a5=a1qa1q4=42，解得a1=96q=12，所以a6=a1q5=3.故选：D.2【2022年全国乙卷】嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期
2、与地球绕日周期的比值，用到数列bn：b1=1+11，b2=1+11+12，b3=1+11+12+13，依此类推，其中kN(k=1,2,)则（）Ab1b5Bb3b8Cb6b2Db4b7【答案】D【解析】【分析】根据kNk=1,2,，再利用数列bn与k的关系判断bn中各项的大小，即可求解.【详解】解：因为kNk=1,2,，所以111+12，得到b1b2，同理1+121+12+13，可得b2b3又因为1212+13+14, 1+12+131+12+13+14，故b2b4；以此类推，可得b1b3b5b7，b7b8，故A错误；b1b7b8，故B错误；1212+13+16，得b21+12+16+17，得b
3、4N0时，an0”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】设等差数列an的公差为d，则d0，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】设等差数列an的公差为d，则d0，记x为不超过x的最大整数.若an为单调递增数列，则d0，若a10，则当n2时，ana10；若a10可得n1a1d，取N0=1a1d+1，则当nN0时，an0，所以，“an是递增数列”“存在正整数N0，当nN0时，an0”；若存在正整数N0，当nN0时，an0，取kN且kN0，ak0，假设d0，令an=ak+nkdkakd，且kakdk
4、，当nkakd+1时，an0，即数列an是递增数列.所以，“an是递增数列”“存在正整数N0，当nN0时，an0”.所以，“an是递增数列”是“存在正整数N0，当nN0时，an0”的充分必要条件.故选：C.5【2022年浙江】已知数列an满足a1=1,an+1=an13an2nN，则（）A2100a10052B52100a1003C3100a10072D72100a10013，累加可求出1an13(n+2)，得出100a1003，再利用1an+11an=13an133n+2=13(1+1n+1)，累加可求出1an152【详解】a1=1，易得a2=23(0,1)，依次类推可得an(0,1)由题意
5、，an+1=an(113an)，即1an+1=3an(3an)=1an+13an，1an+11an=13an13，即1a21a113，1a31a213，1a41a313，1an1an113,(n2)，累加可得1an113(n1)，即1an13(n+2),(n2)，an3n+2,(n2)，即a100134，100a100100343,又1an+11an=13an133n+2=13(1+1n+1),(n2)，1a21a1=13(1+12)，1a31a213(1+13)，1a41a313(1+14)，1an1an113(1+1n),(n3)，累加可得1an113(n1)+13(12+13+1n),(
6、n3)，1a100133+13(12+13+199)33+13(124+1694)39，即1a100140，即100a10052；综上：52100a1000，当n=1时，a12=9，可得a1=3；当n2时，由Sn=9an可得Sn1=9an1，两式作差可得an=9an9an1，所以，9an1=9anan，则9a2a2=3，整理可得a22+3a29=0，因为a20，解得a2=35320，可得anan1，所以，数列an为递减数列，对；假设对任意的nN，an1100，则S1000001000001100=1000，所以，a100000=9S100000910001100，与假设矛盾，假设不成立，对.故
7、答案为：.【点睛】关键点点睛：本题在推断的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.8【2022年全国甲卷】记Sn为数列an的前n项和已知2Snn+n=2an+1(1)证明：an是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求Sn的最小值【答案】(1)证明见解析；(2)78【解析】【分析】（1）依题意可得2Sn+n2=2nan+n，根据an=S1,n=1SnSn1,n2，作差即可得到anan1=1，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到an的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得(1)解：因为2Snn+n=2an+1，即2Sn+n2=2nan+n，
8、当n2时，2Sn1+n12=2n1an1+n1，得，2Sn+n22Sn1n12=2nan+n2n1an1n1，即2an+2n1=2nan2n1an1+1，即2n1an2n1an1=2n1，所以anan1=1，n2且nN*，所以an是以1为公差的等差数列(2)解：由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4a9，即a1+62=a1+3a1+8，解得a1=12，所以an=n13，所以Sn=12n+nn12=12n2252n=12n25226258，所以，当n=12或n=13时Snmin=789【2022年新高考1卷】记Sn为数列an的前
9、n项和，已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列(1)求an的通项公式；(2)证明：1a1+1a2+1an2【答案】(1)an=nn+12(2)见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得Snan=1+13n1=n+23，得到Sn=n+2an3，利用和与项的关系得到当n2时，an=SnSn1=n+2an3n+1an13,进而得：anan1=n+1n1，利用累乘法求得an=nn+12，检验对于n=1也成立，得到an的通项公式an=nn+12；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1a1+1a2+1an=211n+1，进而证得.(1)a1=1，S1=a1=1,S1a1=1,又Sna
10、n是公差为13的等差数列，Snan=1+13n1=n+23,Sn=n+2an3,当n2时，Sn1=n+1an13，an=SnSn1=n+2an3n+1an13,整理得：n1an=n+1an1,即anan1=n+1n1,an=a1a2a1a3a2an1an2anan1=13243nn2n+1n1=nn+12，显然对于n=1也成立，an的通项公式an=nn+12；(2)1an=2nn+1=21n1n+1, 1a1+1a2+1an =2112+1213+1n1n+1=211n+1210【2022年新高考2卷】已知an为等差数列，bn是公比为2的等比数列，且a2b2=a3b3=b4a4(1)证明：a1
11、=b1；(2)求集合kbk=am+a1,1m500中元素个数【答案】(1)证明见解析；(2)9【解析】【分析】（1）设数列an的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得m=2k2，即可解出(1)设数列an的公差为d，所以，a1+d2b1=a1+2d4b1a1+d2b1=8b1a1+3d，即可解得，b1=a1=d2，所以原命题得证(2)由（1）知，b1=a1=d2，所以bk=am+a1b12k1=a1+m1d+a1，即2k1=2m，亦即m=2k21,500，解得2k10，所以满足等式的解k=2,3,4,10，故集合k|bk=am+a1,1m500中的元素个数为102+1=91
12、1【2022年北京】已知Q:a1,a2,ak为有穷整数数列给定正整数m，若对任意的n1,2,m，在Q中存在ai,ai+1,ai+2,ai+j(j0)，使得ai+ai+1+ai+2+ai+j=n，则称Q为m连续可表数列(1)判断Q:2,1,4是否为5连续可表数列？是否为6连续可表数列？说明理由；(2)若Q:a1,a2,ak为8连续可表数列，求证：k的最小值为4；(3)若Q:a1,a2,ak为20连续可表数列，且a1+a2+ak20，求证：k7【答案】(1)是5连续可表数列；不是6连续可表数列(2)证明见解析(3)证明见解析【解析】【分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑k3不符合，再列举
13、一个k=4合题即可；（3）k5时，根据和的个数易得显然不行，再讨论k=6时，由a1+a2+a620可知里面必然有负数，再确定负数只能是1，然后分类讨论验证不行即可(1)a2=1，a1=2，a1+a2=3，a3=4，a2+a3=5，所以Q是5连续可表数列；易知，不存在i,j使得ai+ai+1+ai+j=6，所以Q不是6连续可表数列(2)若k3,设为Q: a,b,c,则至多a+b,b+c,a+b+c,a,b,c，6个数字，没有8个，矛盾；当k=4时,数列Q:1,4,1,2，满足a1=1，a4=2，a3+a4=3，a2=4，a1+a2=5，a1+a2+a3=6，a2+a3+a4=7，a1+a2+a3
14、+a4=8， kmin=4(3)Q:a1,a2,ak，若i=j最多有k种，若ij，最多有Ck2种，所以最多有k+Ck2=kk+12种，若k5，则a1,a2,ak至多可表55+12=15个数，矛盾,从而若k7,则k=6，a,b,c,d,e,f至多可表6(6+1)2=21个数，而a+b+c+d+e+f1记an的前n项和为SnnN(1)若S42a2a3+6=0，求Sn；(2)若对于每个nN，存在实数cn，使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围【答案】(1)Sn=3n25n2(nN)(2)11，所以d=3，所以an=3n4，所以Sn=a1+ann2=3n25n2，
15、(2)因为an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，所以an+1+4cn2=an+cnan+2+15cn，nd1+4cn2=1+ndd+cn1+nd+d+15cn，cn2+(14d8nd+8)cn+d2=0，由已知方程cn2+(14d8nd+8)cn+d2=0的判别式大于等于0，所以=14d8nd+824d20，所以16d8nd+812d8nd+80对于任意的nN恒成立，所以n2d12n3d20对于任意的nN恒成立，当n=1时，n2d12n3d2=d+1d+20，当n=2时，由2d2d14d3d20，可得d2当n3时，n2d12n3d2(n3)(2n5)0，又d1所以1d21
16、（2022河南通许县第一高级中学模拟预测（文）在等差数列中，则（）ABCD【答案】B【解析】【分析】将已知等式变形，由等差数列下标和计算即可得到结果.【详解】由得：，.故选：B.2（2022福建省德化第一中学模拟预测）设等差数列的前项和为，若，则的值为（）A8B10C12D14【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的求和公式，求得，结合等差数列的性质，化简得到，即可求解.【详解】因为，由等差数列的性质和求和公式得，即，则.故选：C.3（2022北京北大附中三模）已知数列满足，其中，则数列（）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【答案】A【解析】【分析
17、】求得数列的通项公式，再分析数列的单调性即可【详解】依题意，因为，其中，当时，当时，两式相除有，易得随着的增大而减小，故，且，故最小项为，最大项为故选：A4（2022辽宁实验中学模拟预测）已知数列是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若、数列的第2项、数列的第5项恰好构成等比数列，则数列的通项公式为（）ABCD【答案】A【解析】【分析】根据题意设，所以，所以，构成等比数列，即，求出即可求解.【详解】设等差数列的公差为，所以，所以，又、数列的第2项、数列的第5项恰好构成等比数列，即，构成等比数列，所以，解得，（舍去），所以.故选：A.5（2022四川绵阳中学实验学校模拟预测（文）已知数列的前项和
18、为，且，若存在实数使是等差数列，则的公差为（）A1B2CD【答案】B【解析】【分析】利用得的递推关系，从而求得与公差的关系，再由求得【详解】设公差为，因为，所以时，两式相减得：，因为，所以，由得从而，故选：B6（2022湖南邵阳市第二中学模拟预测）已知正项等比数列满足，若存在、，使得，则的最小值为（）ABCD【答案】D【解析】【分析】设等比数列的公比为，则，根据已知条件求出的值，由已知条件可得出，将代数式与相乘，利用基本不等式可求得的最小值.【详解】设等比数列的公比为，则，由可得，解得，因为，则，可得，由已知、，所以，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.故选：D.7（2022浙江三模）设数
19、列满足，记数列的前n项的和为，则（）AB存在，使CD数列不具有单调性【答案】C【解析】【分析】根据题意求得，进而得到与同号，结合作差法比较法，可判定B、D错误；由，得到，利用叠加法，可判定A错误；化简得到，利用裂项法求和，可判定C正确.【详解】由于，则，又由，则与同号又由，则，可得，所以数列单调递增，故B、D错误；又因为，由数列单调递增，且，所以，所以，累加得，所以，故A错误；由可得，因为，所以，故C正确故选：C8（2022吉林东北师大附中模拟预测（理）数列为等差数列，前项的和为，若，则当时，的最大值为（）ABCD【答案】C【解析】【分析】分析数列的单调性，计算、，即可得出结论.【详解】因为，
20、则，故数列为递增数列，因为，且当时，所以，当时，所以，满足当时，的最大值为.故选：C.9（2022辽宁渤海大学附属高级中学模拟预测）已知等差数列的前n项和为，且满足，则下列结论正确的是（）A，且B，且C，且D，且【答案】C【解析】【分析】根据题意构造函数，确定函数的奇偶性及单调性，进而根据的关系即可确定答案.【详解】设函数，则为奇函数，且，所以在R上递减，由已知可得，有，所以，且，所以，且，所以， .故选：C.10（2022全国模拟预测）已知数列满足对任意的，总存在，使得，则可能等于（）AB2022nCD【答案】B【解析】【分析】A选项，利用等比数列求和公式列出方程，令n2时，得到，m不存在，
21、A错误；B选项，利用等差数列求和公式进行求解得到方程，取即可，C选项，利用平方和公式得到，当n2时，m不存在；D选项，当n2时，m不存在.【详解】对于选项A：当时，则是等比数列，因为所以，当n2时，m不存在，A错误；对于选项B：当时，是等差数列，因为，则，取即可，B正确；对于选项C：当时，则，当n2时，m不存在，C错误；对于选项D：当时，则，当n2时，m不存在，D错误故选：B11（2022江苏南京外国语学校模拟预测）已知数列各项都不为，且满足，(1)求的通项公式；(2)若，的前n项和为，求取得最小值时的n的值【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）由得时， 得，分奇偶项即可求出 （2）由
22、得，当时，当时，当时，取得最小值(1)当时，的奇数项和偶数项各自成等差数列且为奇数），（为偶数(2)，当时，当时，当时，取得最小值12（2022福建厦门双十中学模拟预测）等差数列的前项和为，已知，为整数，且.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）根据题意得公差为整数，且，分析求出即可；（2），再利用裂项相消法求和即可.(1)由，为整数知，等差数列的公差为整数.又，故，.于是，解得，因此，故数列的通项公式为.(2)，于是.13（2022宁夏银川一中模拟预测（理）已知数列是等差数列，是等比数列，且，(1)求数列、的通项公式；(2)设，数列的前项和为
23、，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围【答案】(1)，；(2).【解析】【分析】（1）利用等差数列，等比数列代入计算；（2）利用错位相减法可得，令，由为递增数列，结合恒成立思想可得答案(1)解：因为数列是等比数列，则可得，解得，所以因为数列是等差数列，且，则公差，所以故，；(2)解：由（1）得：，数列的前n项和为所以由-得：，所以不等式恒成立，化为不等式恒成立，令且为递增数列，即转化为当时，所以综上可得：实数的取值范围是14（2022湖北襄阳四中模拟预测）已知等差数列满足，且前四项和为28，数列的前项和满足.(1)求数列的通项公式，并判断是否为等比数列；(2)对于集合A，B，定义集合.若，
24、设数列和中的所有项分别构成集合A，B，将集合的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前30项和.【答案】(1)，判断答案见解析(2)1926【解析】【分析】（1）根据等数列的前n项和公式和通项公式可求出的通项公式，根据等比数列的定义可判断是否为等比数列；（2）结合等差数列的前n项和，等差数列与等比数列的通项公式可求出结果.(1)是等差数列，且前四项和为28，解得 .，当时，两式相减得，即，又当时，数列的通项公式为.不是等比数列当时，数列是首项为，公比为3的等比数列，.(2)由（1）知，则 因为，所以，所以，中要去掉的项最多4项，即3,9,27,81，其中9,81是和的公共项，所以数列的前30项和由的前32项和，去掉9,81，所以数列的前30项和为1926.15（2022浙江省江山中学模拟预测）在数列中，且对任意的，都有(1)求数列的通项公式；(2)若，定义集合A的长度为已知数列的通项公式为，若关于x不等式的解集A，求集合A的长度【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)构造等比数列结合累加法即可求通项；(2)根据不等式特点，巧用作差转换成高次不等式求解.(1)，所以，即；(2)因为，即就是，即，根据数轴标根法可知不等式的解集为或或或，集合A的长度为.【点睛】数列求通项分方法有构造等比或等差数列法，累加法，累乘法等.
