高考新题型——数列部分(教师版)

高考新题型——数列部分

一、解答题

1．在①3a2b2b40，②a4b4，③S327这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答问题.设等差数列an的前n项和为Sn，数列bn的前n项和为Tn， ___________，a5b1，4Tn3bn1（nN*），是否存在实数，对任意nN*都有Sn？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） 【答案】答案见解析. 【解析】 【分析】

设等差数列an的公差为d，当n1时，求出b11，当n2时，利用bnTnTn1，代入递推公式即可求出bn3bn1，进而得到bn3n1；由题意推导出等差数列

an的前n项和Sn存在最小值，得到aka0；（1）若补充条件是3a2b2b40，0k1利用已知条件求出a2,d，得到an，求出Sn的最小值即可得出结论；（2）若补充条件

ak0aa,dab是②4利用已知条件求出5，得到n，利用，代入求解即可；（3）4，

ak10ak0若补充条件是③S327，利用已知条件求出a2,d，得到an，利用，代入

a0k1求解判断即可. 【详解】

设等差数列an的公差为d， 当n1时，4T13b11， 得b11， 从而a51，

当n2时，4bn4Tn4Tn13bn13bn113bn3bn1， 得bn3bn1，

试卷第35页，总36页

所以数列bn是首项为1，公比为3的等比数列， 所以bn3n1，

由对任意nN*，都有Sn，

可知等差数列an的前n项和Sn存在最小值， 假设nk时，Sn取最小值，所以Sk1Ska0k；

SkSk1ak10（1）若补充条件是①3a2b2b40， 因为b23，b427， 从而a21b2b410， 3由a5a23d得d3，

所以ana1n1da2n2d103n23n16， 由等差数列an的前n项和Sn存在最小值，

又kN*，所以k5，所以S535，故实数的取值范围为,35. （2）若补充条件是②a4b4，

由b427，即a427，又a5b11， 所以da5a412728；

所以ana1n1da5n5d128n528n139， 由等差数列an的前n项和Sn存在最小值，

139k28k139028则，得，

28k11390111k28所以k，

所以不存在k，使得Sn取最小值， 故实数不存在.

（3）若补充条件是③S327，

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由S3a1a2a33a227， 得a29，

又a5b11a23d， 所以da5a28， 33所以ana1n1da2n2d9由等差数列an的前n项和Sn存在最小值，

8843n2n， 333438k033则，

843k1033得

3543k， 88又kN*，所以k5，

所以存在k5，使得Sn取最小值， 所以S595， 395. 3故实数的取值范围为,【点睛】

本题主要考查了利用Sn求an以及等差数列和等比数列的性质，等差数列的通项公式以及数列的单调性.属于中档题.

2．设M3a3，N2a2，Ta4，给出以下四种排序：①M，N，T；②M，T，N；③N，T，M；④T，N，M．从中任选一个，补充在下面的问题中，解答相应的问题． 已知等比数列an中的各项都为正数，a11，且__________依次成等差数列． （Ⅰ）求an的通项公式；

an,0an1,（Ⅱ）设bn{1数列bn的前n项和为Sn，求满足Sn100bn的最小正

,an1,an试卷第35页，总36页

整数n．

注：若选择多种排序分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）答案见解析. 【解析】 【分析】

（Ⅰ）根据选的条件求出等比数列an的公比，写出其通项公式即可；

（Ⅱ）由（Ⅰ）得出数列bn的通项公式，然后利用等比数列前n项和Sn解不等式，再由nN确定其最小值. 【详解】

解：（解答一）选②或③：

（Ⅰ）设an的公比为q，则q0．由条件得2a42a23a3，

32又因为a11，所以2q2q3q，即2q23q20，

11（负值舍去）．所以ann1．

2211n2n112n1．由Sn100bn得 （Ⅱ）由题意得bnn1，则Sn12212解得q2n1100n1，即2n101，又因为nN*，所以n的最小值为7． n122（解答二）选①或④：

（Ⅰ）设an的公比为q，则q0．由条件得4a2a43a3，

232又因为a11，所以4qq3q，即q3q40，

解得q4（负值舍去）．所以an4n1．

1n14n14（Ⅱ）由题意得bnn1，则Sn．由Sn100bn得 n113441414n1100n1，即4n301，又因为nN*，所以n的最小值为5． n1344【点睛】

本题考查等差数列和等比数列的通项，以及求和公式，属于基础题．

试卷第36页，总36页

3．已知Sn为数列an的前n项和，从下面两个条件中选择其中一个作为条件求下列问题：

条件1：数列an为正项等比数列，a318，S326nN，bn*an1；

SnSn1条件2：数列an为等差数列，a29，a617，bn1， anan1求数列an的通项公式、前n项和Sn、数列bn的前n项和Tn.

n1n【答案】条件1：an23，Sn=31，Tn11n1；条件2：an2n5，231Snn26n，Tn【解析】 【分析】

n.

14n49条件1：利用等比数列的通项公式列出方程组，得出数列an的通项公式，再由等比数列的求和公式得出前n项和Sn，由bn前n项和Tn；

条件2：利用等差数列的通项公式以及求和公式得出数列an的通项公式、前n项和Sn，再由裂项相消法求和得出数列bn的前n项和Tn. 【详解】

*条件1：因为数列an为正项等比数列，a318，S326nN 2所以a3a1q18，S3a1a2a3a1a1q1826

11结合裂项相消法求和得出数列bn的SnSn1解得a12，q3.

所以数列an是以2为首项，3为公比的等比数列 所以an23n1，Sn213n133n1.

又bn所以

an1SSn11n1

SnSn1SnSn1SnSn1试卷第35页，总36页

Tnb1b2.

1111bnS1S2S2S3111111SSS1Sn123n11n1n条件2：因为数列an为等差数列，a29，a617: 所以a1d9，a15d17， 解得a17，d2.

所以数列an是以7为首项，2为公差的等差数列 所以an2n5，Snna1ann26n 2又bn11111， anan12n52n722n52n7bn

11 2n52n7所以Tnb1b211111279911111 272n7n.

14n49【点睛】

本题主要考查了求等差，等比的通项公式和前n项和，利用裂项相消法求和，属于中档题.

4．已知数列an的前n项和为Sn，a11，Snpan1（p0且p1，nN*） （1）求an的通项公式；

（2）在①ak1,ak3,ak2②ak2,ak1,ak3这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中：对任意的正整数k，若将ak1,ak2,ak3按______的顺序排列后构成等差数列，求p的值.

1n121n2【答案】（1）an1p1；（2）①；②.

33n2pp【解析】

试卷第36页，总36页

【分析】

（1）根据Snpan1，利用数列通项与前n项和间的关系，分n2和n1求解.

1p1（2）由（1）得ak1pp利用等差中项求解. 【详解】

（1）因为Snpan1，

k1，ak21p11p1，ak3ppppkk1，然后

所以a1a2...anpan10，

所以当n2时，a1a2...an1pan0，

两式相减，得

an1p1n2， anpp1故数列an从第二项起是公比为的等比数列，

p又当n1时，a1pa20，a11， 所以a21， p1n1n2a所以n1p1

n2pp1p1（2）由（1）得ak1pp若选①，则ak1ak2k1，ak21p11p1，ak3pppp2kk1

p1p12ak3，所以210，

pp解得

p1p111或， pp22. 3所以p若选②，则ak2ak3p1p12ak1，所以20，

pp2解得

p1p11或2， pp试卷第35页，总36页

所以p【点睛】

1. 3本题主要考查数列通项与前n项和间的关系以及等差中项，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 5．在①a2113，a8；②a18，S130，S140；③a120，S10S15这三

22个条件中任选一个，补充在下面问题中若问题中的Sn存在最大值，请求出最大值；若不存在，请说明理由.设等差数列an的前n项和为Sn，___________，Sn是否存在最大值？

【答案】答案见解析 【解析】 【分析】

若选择条件①，可用基本量法求得首项和公差，然后可得通项公式an，由an0可得Sn最大的n，得最大值．

若选②，可得a70，a80，S7最大，但无法求得最大值，

若选③，由S10S15可得a130，则a140，最大值为S12S13，可求最大值． 【详解】

若选择条件①，设等差数列an的公差为d.

113113∵a2，a8，∴221， d2282∴ana2n2d1317n21n. 22当n8时，an0，当n9时，an0， 从而可知an的前的和最大，即Sn的最大值为

S88a1a8215182232. 213a1a13213a70，∴a70.

若选择条件②，∵S13试卷第36页，总36页

∵S1414a1a1414a7a87a7a80，∴a7a80.又a18，∴

22a80，从而可知an的前7项的和最大，仅知道a18，数列an是一个递减数列，

无法求出Sn的最大值.

S10S15，若选择条件③，∵a120，∴a11a12a13a14a155a130.又a120，

∴an的前12项或前13项的和最大，最大值为

S12S13【点睛】

13a1a131320130.

22本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式，考查等差数列的性质．基本量法是解题基础，掌握等差数列的性质是解题关键．

6．甲乙两同学在复习数列时发现原来曾经做过一道数列问题，因纸张被破坏导致一个条件看不清，具体如下：等比数列an的前n项和为Sn，已知__________. （1）判断S4、S3、S5的关系； （2）若a3a16，设bn3n1，记bn的前n项和为Tn，证明：Tn5. an甲同学记得缺少的条件是首项a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并且他俩都记得第一问的答案是S4、S3、S5成等差数列.如果甲乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题.

【答案】补充条件q2；（1）S4、S3、S5成等差数列；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】

（1）由题意可知，S4、S3、S5成等差数列，可得出2S3S4S5，根据题意得出关于q的等式，可求得q的值；

（2）根据a3a16可求得a1的值，利用等比数列的通项公式可求得an，进而求得数列bn的通项公式，利用错位相减法求得Tn，进而可证明出Tn5. 【详解】

（1）根据题意可知，S4、S3、S5成等差数列，则2S3S4S5，

试卷第35页，总36页

q2， 即S4S3S5S30，即a52a40，得a4q2a40，a40，

因而补充的条件为q2；

2a12，（2）a3a1a1qa13a16，ana1qn122n1an2，，

nbn3n13n1n，则Tn258an22122233n1， 2n125Tn23222上述两式相减得

3n43n1n1， n22133Tn12322231133n142n13n153n5nn11n1n1，

12222212因此，Tn5【点睛】

3n55. 2n本题考查等比数列前n项和中基本量的计算，同时也考查了错位相减法，考查计算能力，属于中等题.

27．从条件①2Snn1an，②SnSn1ann2，③an0，anan2Sn中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答．

已知数列an的前n项和为Sn，a11，________．若a1，ak，Sk2成等比数列，求

k的值．

【答案】若选择①，k6；若选择②，k3；若选择③，k6. 【解析】 【分析】

若选择①，利用an1Sn1Sn可得

an1an，可得ann，再根据等比中项列方程n1n解得k即可；若选择②，根据anSnSn1SnSn1SnSn1n2可

得SnSn11，可得Snn，an2n1，再根据等比中项列方程解得k即可；若选择③，利用an1Sn1Sn可得anan11n2，ann，再根据等比中项列方程解得k即可. 【详解】

试卷第36页，总36页

若选择①，

因为2Snn1an，nN*，所以2Sn1n2an1，nN*， 两式相减得2an1n2an1n1an，整理得nan1n1an． 即

an1an，nN*． n1n所以ana1an1，所以ann． 为常数列．n1nan1n1（或由，利用相乘相消法，求得ann） ann所以akk，Sk2k21k2k2k3，

222又a1，ak，Sk2成等比数列，所以k2k32k， 所以k25k60，解得k6或k1（舍）， 所以k6． 若选择②，

由SnSn1ann2变形得，SnSn1SnSn1， 所以SnSn1SnSn1SnSn1，

易知Sn0，所以SnSn11， 所以

S为等差数列，又nS1a11，所以Snn，Snn2，

∴anSnSn12n1n2， 又n1时，a11也满足上式， 所以an2n1.

因为a1，ak，Sk2成等比数列，∴k22k1， ∴k3或k，又kN*，∴k3． 若选择③，

因为anan2SnnN2222213*，所以a2n1an12Sn1n2，

两式相减得anan1anan12Sn2Sn12ann2，

试卷第35页，总36页

整理得anan1anan1anan1n2，

因为an0，∴anan11n2，所以an是等差数列， 所以an1n11n，

Sk2k21k2k2k3，

222又a1，ak，Sk2成等比数列，∴k2k32k， ∴k6或k1，又kN*，∴k6． 【点睛】

本题考查了根据an与Sn的关系式求an，考查了等比中项的应用，考查了等差数列的前

n项和公式，属于中档题.

8．已知an为等差数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，

a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列．

第一列 第二列 第三列 第一行 第二行 4 6 9 第三行

12 8 7 请从①a12，②a11，③ a13的三个条件中选一个填入上表，使满足以上条件的数列an存在；并在此存在的数列an中，试解答下列两个问题 （1）求数列an的通项公式； （2）设数列bn满足bn1n12，求数列bn的前n项和Tn． an试卷第36页，总36页

923nn,n2k,kN22【答案】（1）an3n2；（2）Tn．

93n2n2,n2k1,kN22【解析】 【分析】

a24，a37，(1)分别代入①a12，③ a13，②a11，结合已知条件可判断a11，

求出数列的公差，即可求出通项公式. (2)由(1)知bn1n13n22，当n为偶数时，结合数列的求和的定义求出

22ana1nTnb1b2b3222bna12a2a3a43a1a2a3an，

由等差数列的求和公式即可求解；当n为奇数时，TnTn1bn即可求解. 【详解】

解：（1）若选择条件①，当第一行第一列为a1时，由题意知，可能的组合有，

a12,a26,a37不是等差数列，a12,a29,a38不是等差数列；

当第一行第二列为a1时，由题意知，可能的组合有，a12,a24,a37不是等差数列，

a12,a29,a312不是等差数列；当第一行第三列为a1时，由题意知，可能的组合

有，

a12,a24,a38不是等差数列，a12,a26,a312不是等差数列，

则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列an都不存在，

若选择条件②，则放在第一行第二列，结合条件可知a11，a24，a37， 则公差da2a13，所以ana1n1d3n2，nN*， 若选择条件③，当第一行第一列为a1时，由题意知，可能的组合有，

a13,a26,a37不是等差数列，a13,a29,a38不是等差数列；

当第一行第二列为a1时，由题意知，可能的组合有，a13,a24,a37不是等差数列，

试卷第35页，总36页

a13,a29,a312不是等差数列；当第一行第三列为a1时，由题意知，可能的组合

有，

a13,a24,a38不是等差数列，a13,a26,a312不是等差数列，

则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列an都不存在， 综上可知：an3n2，nN*. （2）由（1）知，bn1n13n22，所以当n为偶数时，

22an1an

Tnb1b2b3222bna12a2a3a4a1a2a1a2a3a4a3a43a1a2a3an3an4anan1an

n13n293n2n，

222当n为奇数时，TnTn1bn939322n1n13n2n2n2 ， 2222923nn,n2k,kN2Tn2 93n2n2,n2k1,kN22【点睛】

本题考查了等差数列通项公式的求解，考查了等差数列的求和公式，考查了数列求和.本题的难点是第二问求和时，分情况讨论.

29．在①a3a55，S47；②4Snn3n；③5S414S2，a5是a3与

9的等比2中项，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目. 已知Sn为等差数列an的前n项和，若________. （1）求an； （2）记bn1，求数列bn的前n项和Tn.

a2na2n2【答案】（1）an【解析】 【分析】

4nn1. ；（2）Tn26n9试卷第36页，总36页

（1）若选择条件①，由a3a55得出2a16d5，根据S47得出4a143d7，2最后两式联立，即可得出结果；若选择条件②，可根据anSnSn1得出结果；若选择条件③，由5S414S2得出54a16d142a1d，根据a5是a3与中项得出a14d29的等比29a12d，然后两式联立，通过计算即可得出结果； 21n11得出bn2，然后通过裂项相消法求2n12n32（2）本题首先可根据an和即可得出结果. 【详解】

（1）选择条件①：设等差数列an的公差为d，

2a16d5a11n1 ； a则，解得，故431n24ad7d1222选择条件②：4Snn3n，

当n2时，4an4Sn4Sn1n3n(n1)3(n1)2n2， 即an22n1(n2)， 21231当n1时，a1S11，也适合上式，

4故ann1； 254a16d142a1d选择条件③：设等差数列an的公差为d，则， 92a4da2d1121n1. 或a10、d0（不合题意），故an22n1（2）因为an，

2解得a11、d所以bn故Tn14112，

a2na2n2(2n1)(2n3)2n12n3bn

b1b21111112…

2n12n33557试卷第35页，总36页

14n12. 32n36n9【点睛】

本题考查数列通项公式的求法以及裂项相消法求和，考查等差数列通项公式以及等差数列前n项和公式的灵活应用，考查等比中项公式以及数列的项与其前n项和之间的关系，考查计算能力，考查化归与转化思想，是中档题.

10．在①a2，a3，a44成等差数列；②S1，S22，S3成等差数列；③an1Sn2中任选一个，补充在下列问题中，并解答.

在各项均为正数等比数列an中，前n项和为Sn，已知a12，且______. （1）求数列an的通项公式；

2n（2）数列bn的通项公式bn，nN*，求数列bn的前n项

an1an11和Tn.

【答案】（1）答案见解析；（2）2n111. 【解析】 【分析】

（1）选①，选②：根据相应条件，利用等差数列的性质列出关系，利用等比数列的通项公式化为关于公比的方程，求得公比，进而得到通项公式；选③：取n=1,即可求得公比的值，然后利用通项公式和求和公式检验符合条件,即得以解决.

（2）利用分子分母同乘以分母的互为有理化因式，结合指数运算，将bn的通项公式裂项，然后相加相消求和即可. 【详解】

解：设等比数列的公比为qq0，

（1）选①：因为a2，a3，a44成等差数列， 所以2a3a2a44， 因为a12，所以a2a1q2q，a3a1q22q2，a4a1q32q3，

23所以4q2q2q4，即2q1q1q22.

又q0，解得q2，所以an2n.

试卷第36页，总36页

选②：因为S1，S22，S3成等差数列，

所以2S22S1S3，即2a1a22a1a1a2a3,化简得a24a3， 所以2q42q，即qq20， 又q0，解得q222，所以an2n.

选③：因为an1Sn2，所以a2S124，则qa22，所以an2n. a1an12n12(12n)，Sn2n12，经验证符合an1Sn2.

12n（2）因为an2，

bn2n212nn112n2n112n1n1212n1n2n1121

2n2n112n12n12n2n112n1 则Snb1b2...bn

221211231221...2n112n1

2n111.

【点睛】

本题考查等比数列的通项公式和求和公式，裂项相消求和法，涉及等差中项性质和较强的运算能力，属中档题.

11．在等差数列an中，已知a612，a1836 ． （1）求数列an的通项公式an；

（2）若________，求数列bn的前n项和Sn． 在①bn4na，②bn(1)an，③bn2an这三个条件中任选一个补充在第（2）anan1n问中，并对其求解．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）an2n；（2）选条件①：Snn,n为偶数,n，选条件②：Sn，

n1,n为奇数.n1试卷第35页，总36页

选条件③：Sn【解析】 【分析】

82nn114n4. 93本题第（1）题先设等差数列{an}的公差为d，然后根据已知条件列出关于首项a1与公差d的方程组，解出a1与d的值，即可得到等差数列{an}的通项公式；

第（2）题对于方案一：选条件①，先根据第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，然后运用裂项相消法可计算出前n项和Sn；对于方案二：选条件②，先根据第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，然后分n为偶数和奇数两种情况分别求和，并运用分组求和法和等差数列的求和公式进行计算，即可计算出前n项和Sn；对于方案三：选条件③，先根据第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，然后根据通项公式的特点运用错位相减法可计算出前n项和Sn． 【详解】

解：（1）由题意，a15d12,

a17d36,1解得d2，a12． ∴an2(n1)22n． （2）选条件①：bn41，

2n2(n1)n(n1)1

n(n1)11 nn1Sn1112231111122311n． n1n1n选条件②：∵an2n，bn(1)an，

∴Sn2468当n为偶数时，

(1)n2n，

试卷第36页，总36页

Sn(24)(68)[2(n1)2n]

n2n；当n为奇数时，n1为偶数， 2Sn(n1)2nn1．

n,n为偶数,Sn

n1,n为奇数.a2nn选条件③：∵an2n，bn2nan，∴bn22n2n4， 123∴Sn2444642n4n，①

2(n1)4n2n4n1，②

4Sn242443644由①-②得，

3Sn24124224324n2n4n1

814n14814n32n4n1，

2n4n1，

∴Sn82nn114n4． 93【点睛】

本题主要考查等差数列的基本量的计算，以及数列求和问题．考查了转化与化归思想，方程思想，分类讨论思想，等差数列求和公式的应用，以及逻辑推理能力和数算能力．属于中档题．

12．在①S312，②2a2a13，③a824这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.

已知an是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，且a1、a2、a4成等比数列. （1）求数列an的通项公式；

（2）设数列bn是各项均为正数的等比数列，且b2a1，b4a4，求数列anbn的前n项和Tn.

【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析. 【解析】 【分析】

试卷第35页，总36页

（1）设数列an的公差为dd0，由题意可得a1d，根据所选条件求得a1的值，结合等差数列的通项公式可求得数列an的通项公式；

（2）设等比数列bn的公比为qq0，根据所选条件求得q和b1的值，可求得数列

bn的通项公式，然后利用分组求和法可求得数列anbn的前n项和T【详解】

（1）设数列an的公差为dd0.

2因为a1，a2，a4成等比数列，则a2a1a4， 2故a1da1a13d，化简得da1d.

n.

2因为d0，所以a1d，所以annd.

若选①S312，则6d12，即d2，则an2n； 若选②2a2a13，则3d3，即d1，则ann； 若选③a824，则8d24，即d3，则an3n；

（2）因为数列bn是各项均为正数的等比数列，且b2a1，b4a4， 设数列bn的公比为q，则q0.

2若选①，则an2n，故b2a12，b4a48b2q，

2所以q4，由q0，得q2.

又b2b1q2，则b11，所以bn2n1，

12n所以Tnnn1n2n2n1.

122若选②，则ann，故b2a11，b4a44b2q，

2所以q4，由q0，得q2.

又b2b1q1，则b11n2，所以bn2， 21n12nn1n2n2n1. 所以2Tn21222若选③，则an3n，故b2a13，b4a412b2q，

试卷第36页，总36页

2所以q4，由q0，得q2.

又b2b1q3，则b133n1，所以bn2， 223n123n2n2n1. 3nn12则

Tn2122【点睛】

本题考查等差数列通项公式的求解，同时也考查了分组求和法，考查计算能力，属于中等题.

n13．在①Sn21nR②an12an2③

Snan2n12n3n3这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求出问

题中的k的值．

已知数列an中，a13，其前n项和为Sn，______，若对任意的nN*，

Sn12nkn5恒成立，求实数k的最小值．

【答案】条件选择见解析，k【解析】 【分析】

分别代入①②③，可解得相同的Sn22n1，代入所求，可得kn1． n5恒成立，2n设bnn5，根据bn的单调性，可求得bn的最大值，即可得答案. n2【详解】

n若选①，当n1时，S1213，所以1，则Sn22n1；

若选②，an12an2，所以an122an2， 所以{an2}是1为首项，2为公比的等比数列，

n1n1所以an22，即an22，

则Sn(22)(22)(22)(2若选③，SnSnSn12n1012n112n2)2n2n2n1；

122n3n3，所以Sn12n12n3，

试卷第35页，总36页

nn所以Sn22n1n2，又S1a13，也符合此等式，则Sn22n1．

通过以上三种方案中的任意一种，得到Sn22n1， 则knn5n5b，令， n2n2nn5n67nn1n， 2n22则bnbn1所以数列bn的前6项单调递增，从第7项开始递减， 且最大值b6b7【点睛】

本题考查已知递推关系求数列前n项和Sn、待定系数法求数列的通项、数列的单调性的应用、恒成立问题，综合性较强，考查分析理解，求值化简的能力，属中档题.

11，所以k． 114．在①anan122n1；②Snkan；③Snann22nk这三个条件中任选一个，

2补充在下面的问题中，若问题中的正整数m存在，求出m的值;若m不存在，说明理由.已知数列{an}中a11，其前n项和为Sn，且__________，否存在正整数m，使得Sm,Sm1,Sm2构成等差数列?

【答案】答案见解析 【解析】 【分析】

1分别选择①anan122n1，②S4kan，③Snann22nk，运用数列的递推式

2和等比数列的通项公式和求和公式，以及等差数列的中项性质，解方程即可判断存在性． 【详解】

解：若选择条件①anan122n1，则an1an222n1，两式相除得到①所以{an}的奇数项和偶数项分别构成公比为4的等比数列，

由于a11，所以a34，又因为a1，a2，a3成等比数列，故数列{an}是等比数列，公比为2， 所以anan24， an2n1，故Sn2n1，所以Sm2m1，Sm12m11，Sm22m21，

若Sm，Sm1，Sm2构成等差数列，

试卷第36页，总36页

则2(2m11)(2m1)(2m21)，整理得到2m0无解， 所以不存在正整数m，使得Sm，Sm1，Sm2构成等差数列； 11若选择②，S4kan，由于a11，所以1k，则k22313，于是Snan， 222当n2时，Sn1于是

3133an1，两式相减得ananan1， 2222an3，所以数列{an}是公比为3的等比数列， an1因此an3n1，所以Sn1n(31)， 21m1m11m2所以Sm(31),Sm1(31),Sm2(31)，

222若Sm，Sm1，Sm2构成等差数列，则21m111(31)(3m1)(3m21)， 222整理得到3m0无解，所以不存在正整数m，使得Sm，Sm1，Sm2构成等差数列； 若选择条件③Snann22nk，由于a11，所以11k1，则k1，

2因此Snann2n1，当n2时，Sn1an1(n1)22(n1)1，两式相减得

ananan12n3，

2于是an12n3，所以an2n1，于是数列{an}是等差数列，且Snn， 22所以Smm，Sm1(m1)，Sm2(m2)2，

由SmSm2m2(m2)22m24m4，2Sm12(m22m1)， SmSm22Sm120，

所以不存在正整数m，使得Sm，Sm1，Sm2构成等差数列． 【点睛】

本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查存在性问题解法，考查方程思想和化简运算能力、推理能力，属于中档题． 15．在①Snnn，②a3a516,S3S542，③

2an1n1,S756这三个条ann件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答.

设等差数列an的前n项和为Sn，数列bn为等比数列，_________，

b1a1,b2a1a2. 2试卷第35页，总36页

1nb求数列n的前项和Tn.

Sn注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】不论选哪个条件，始终有Tn2【解析】 【分析】

n111 n1an1anS1,n1可由an、等差数列的定义列方程组、递推公式*SS,n2nNn1nn1n分别求得①②③中数列an的通项公式及前n项和；根据题意可求得bn2利用等比数列的前n项和公式及裂项相消法即可求得数列【详解】 选①

当n1时，a1S12， 当n2时，anSnSn12n， 又n1满足an2n，所以an2n,Sn选②

设公差为d，由a3a516,S3S542，得nnN，

*1bn的前n项和. Snn22n2n2nnN*；

2a16d16,

8a13d42,1a12,n22n解得所以an2n,Snn2nnN*；

2d2,选③ 由

an1n1aaaa，得n1n，所以n1，即ana1n，

annn1n1nS77a428a156，所以a12，

所以an2n,Snn22n2n2nnN*. n22n2①②③均可求得an2n,Snn2nnN*，

试卷第36页，总36页

设bn的公比为q，又因为a12,a24，由b1a12,b2n*得b12,q2，所以bn2nN，

a1a24， 222n1所以数列bn的前n项和为2n12，

1211111因为， Snn2nnn1nn1数列1111111n11的前项和为， S223nn1n1nn1故Tn221112n11. n1n1【点睛】

本题考查数列的综合应用，涉及等差数列、等比数列的通项公式及前n项和，裂项项相消法求和，属于中档题.

16．在①b2n2bn1，②a2b1b2，③b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.

已知数列an中a11，an13an公差不等于0的等差数列bn满足_________，求数

bn列的前n项和Sn. an【答案】详见解析 【解析】 【分析】

根据已知求出an的通项公式.

当①②时，设数列bn公差为d，利用赋值法得到b1与b2的关系式，列方程求出b1与b2，求出d，写出bn的通项公式，可得数列bn利用错位相减法求和即可； 的通项公式，

an选②③时，设数列bn公差为d，根据题意得到d与b1的关系式，解出d与b1，写出

bn的通项公式，可得数列bn的通项公式，利用错位相减法求和即可； an选①③时，设数列bn公差为d，根据题意得到d与b1的关系式，发现无解，则等差数列bn不存在，故不合题意.

试卷第35页，总36页

【详解】

解：因为a11，an13an，

所以an是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以an3n1， 选①②时，

设数列bn公差为d， 因为a23，所以b1b23，

因为b2n2bn1，所以n1时，b22b11， 解得b1527，b2，所以d，

3335n3. 3所以bn所以

bn5n3n. an3b1b2a1a2bn2712123an3335n3（i） 3nSn所以Sn1327123423335n85n3n1（ii） n3313n5n3n1 3（i）（ii），得：

2211Sn523333325155n3 3623n13n1310n9 n1223910n9. 443n所以Sn选②③时，

设数列bn公差为d，

因为a23，所以b1b23，即2b1d3，

试卷第36页，总36页

2因为b1，b2，b4成等比数列，所以b2b1b4，即b1db1b13d，

2化简得db1d，

因为d0，所以b1d，从而db11，所以bnn，

2bnn所以， an3n1Snb1b2a1a2bn123012an333n（i） 3n1所以

1123Sn1233333n1n（ii） 3n13n1n n1n33（i）（ii），得：

2111Sn11233333311n23nn 332n3， n22392n3. 443n1所以Sn选①③时，

设数列bn公差为d， 因为b2n2bn1，

所以n1时，b22b11， 所以db11.

又因为b1，b2，b4成等比数列，

2所以b2b1b4，即b1db1b13d，

2化简得db1d，

因为d0，所以b1d，从而无解， 所以等差数列bn不存在，故不合题意. 【点睛】

试卷第35页，总36页

2

本题考查了等差（比）数列的通项公式，考查了错位相减法在数列求和中的应用，考查了转化能力与方程思想，属于中档题.

17．______．已知an是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a596，该数列是否满足对于任意的正整数n，都有Sn3072？若是，请给予证明；否则，请说明理由．从①q中并作答．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】选条件①，结论不成立；选条件②，结论成立；选条件③，结论不成立；证明见解析 【解析】 【分析】

分别选三个条件①，②，③，根据等比数列的性质得到a1的值，从而得到Sn，再证明结论是否成立即可. 【详解】 若选条件①， 当q2，②q1，③q2这三个条件中任选一个，补充在上面问题22时，由a596，则a1a5966， 4q16Sn612n1262n132n16.

令32n163072，得2n11026，解得n≥10，nN*. 当n≥10且nN*时，Sn3072，所以选条件①，结论不成立. 若选条件②，

当q1时，由a596，则2a1a5961534q， 12115361n23072113072.

Snn1212所以对任意的正整数n，都有Sn3072，结论②成立. 若选条件③，

试卷第36页，总36页

当q2时，由a596，则a1a5966， 4q16n612212n.

Sn12nn令2123072，得21535，

当n为奇数时，2n1535，解得n11，nN*； 当n为偶数时，2n1535，无解. 所以选条件③，结论不成立. 【点睛】

本题主要考查等比数列前n项和为Sn，同时考查学生的计算和推理能力，属于中档题. 18．已知函数f(x)logkx（k为常数，k0且k1）．

（1）在下列条件中选择一个________使数列an是等比数列，说明理由； ①数列fan是首项为2，公比为2的等比数列； ②数列fan是首项为4，公差为2的等差数列；

③数列fan是首项为2，公差为2的等差数列的前n项和构成的数列．

2n1（2）在（1）的条件下，当k2时，设anbn，求数列bn的前n项和Tn. 24n1【答案】（1）②，理由见解析；（2）Tn【解析】 【分析】

（1）选②，由fx和对数的运算性质，以及等比数列的定义，即可得到结论； （2）运用等比数列的通项公式可得an，进而得到bn和可得所求和. 【详解】

（1）①③不能使an成等比数列.②可以：由题意fan4(n1)22n2，

n 2n114n21，由数列的裂项相消求

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即logkan2n2，得ank2n2an1k2(n1)22n2k2. ，且a1k0，ank4常数k0且k1，k2为非零常数，

数列an是以k4为首项，k2为公比的等比数列．

（2）由（1）知ank4k2n1k2k2，所以当k2时，an2n1.

2n1因为anbn， 24n1所以bn14n21，所以bn1111，

(2n1)(2n1)22n12n111111111n1Tnb1b2Lbn1L. 23352n12n122n12n1【点睛】

本题考查等比数列的定义和通项公式，数列的裂项相消求和，考查化简运算能力，属于中档题.

19．在①a1，a21，a3是公差为3的等差数列；②满足a5a62a7，且a61这4两个条件中任选一个，补充在下面的横线上并解答.已知各项均为正数的数列an是等比数列，并且______.

（1）求数列an的通项公式；

（2）设bna2n，记Sn为数列bn的前n项和，证明：sn【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】

（1）设等比数列an的公比为qq0，若选择条件①，根据条件可得

16. 3a21a13，即可解出a1,q的值，代入公式，即可求得an的通项公式. 若选a3a213择条件②，由a5a62a7可解得q的值，再根据a6式，即可求得an的通项公式；

42n（2）根据（1）结果，可得bn2，利用定义可证明数列bn为等比数列，根据公

1，即可求得a1的值，代入公4试卷第36页，总36页

式，求得前n项和Sn的表达式，即可得证. 【详解】

（1）设等比数列an的公比为qq0，

若选择条件①，则因为a1，a21，a3是公差为3的等差数列，

a18a21a13a1qa14所以，即2，解得1.

aa13qa1qa1q2322所以ana1qn1182n124n ；

456若选择条件②，则由a5a62a7，可得a1qa1q2a1q， 2因为a10，所以2qq10，解得q1或q1（舍去）， 2n6111又a6，所以ana1qn1a6qn644224n.

4n42n（2）证明：由（1）可知an2，所以bna2n2，

bn1222n142n， 所以bn24所以数列bn是以b1a24为首项，

1为公比的等比数列. 41n41nn41611616116. 所以S1n134333414【点睛】

本题考查等比数列通项公式基本量的求法、前n项和Sn的求法、定义法证明正比数列等知识，考查学生对基础知识的掌握程度，考查分析计算的能力，属中档题. 20．已知数列an是公比为2的等比数列，其前n项和为Sn， （1）在①S1S32S22，②S37，③a2a34a4，这三个条件中任选一个，补3充到上述题干中．求数列an的通项公式，并判断此时数列an是否满足条件P：任意m，nN，aman均为数列an中的项，说明理由；

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（2）设数列bn满足bnn(an1n1)，nN，求数列bn的前n项和Tn． an注：在第（1）问中，如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）答案不唯一，理由见解析；（2）Tn＝(n－1)2n＋1 【解析】 【分析】

（1）选①，利用前n项和与项的关系求得a1，得出数列通项公式，然后可证明数列具有性质这P，

选②，同样可利用前n项和与项的关系求得a1，得出数列通项公式，然后可证明数列不具有性质这P，

选③，利用等比数列的通项公式求得a1，得出数列通项公式，然后可证明数列具有性质这P，

（2）不管选①还是③（不可能选②）都得an＝2n1，利用错位相减法求Tn． 【详解】

（1）选①，因为S1＋S3＝2S2＋2，所以S3－S2＝S2－S1＋2，即a3＝a2＋2，

2n－1＝2n1． 又数列{an}是公比为2的等比数列，所以4a1＝2a1＋2，解得a1＝1，因此an＝1×此时任意m，n∈N*，aman＝2m12n12mn2，由于m＋n－1∈N*，所以aman是数列{an}的第m＋n－1项， 因此数列{an}满足条件P．

77，即a1＋a2＋a3＝，又数列{an}是公比为2的等比数列， 33117所以a1＋2a1＋4a1＝，解得a1＝，因此an＝×2n1．

333选②，因为S3＝此时a1a2＝

2＜a1≤an，即a1a2不为数列{an}中的项，因此数列{an}不满足条件P． 94a1＝4×8a1，选③，因为a2a3＝4a4，又数列{an}是公比为2的等比数列，所以2a1×又a1≠0，故a1＝4，

因此an＝4×2n1＝2n1． 此时任意m，n∈N*，aman＝2m12n12mn2，

由于m＋n＋1∈N*，所以aman是为数列{an}的第m＋n＋1项，因此数列{an}满足条件P． （2）因为数列{an}是公比为2的等比数列，所以20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n1， 所以Tn＝1×

21＋2×22＋…＋(n－1)×2n1＋n×2n， 则2Tn＝1×

an1＝2，因此bn＝n×2n1． an试卷第36页，总36页

两式相减得－Tn＝1＋2＋2所以Tn＝(n－1)2n＋1． 【点睛】

12

2n＝＋…＋2n1－n×

12n2n ＝(1－n)2n－1， －n×

12本题考查数列新定义，考查错位相减法求和，解题关键是理解新定义，用已知的知识研究新定义，本题是一种开放性问题．考查了学生的运算求解能力，创新意识． 21．在①2Sn3n13，②an12an3，a11这两个条件中任选一个，补充在下

列问题中并解答．

设数列an的前n项和为Sn，若______，bn2n6，求数列bn的最大值． an【答案】若选择条件①，则当n4时，数列bn的项最大，最大值为件②，当n4时，数列bn的项最大，最大值为【解析】 【分析】

2；若选择条812. 292n6，接着判断当n4时，bn单调递减，n322n6n1最后求最大值为b4；若选择条件②：先求an23，再求bnn1，接

81232着判断当n4时，bn单调递减，最后求最大值为b4．

29n若选择条件①：先求an3，再求bn【详解】

【解】本题考查数列的性质及数列的最大项． 若选择条件①，∵2Sn3n13，∴2Sn13n23，

n2n1n1n1n1则2Sn12Sn33，得2an133323，

则an13n1n，an3，

故当n1时，2S13113即a1S13，满足an3n，

bn2n62n6． an3n令2n60，得n3，bn0，

令2n60，又nN，∴0n3，bn0． 当n3时，b30；

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2422bb4， ；当时，n5534353432n66n182(n1)62n4b当n4时，bn， n1nnn1n3333332n46n18144nbn1bn，

33n33n33n144n0，即bn1bn 当n4时，bn1bnn33当n4时，b4∴当n4时，bn单调递减，

则当n4时，数列bn的项最大，最大值为b422． 4381若选择条件②，∵an12an3，∴an132an62an3．

∵a11，∴a134，∴数列an3是以4为首项，2为公比的等比数列，

n1n1∴an32，an23，故bn2n62n6n1． an23令2n60，得n3，bn0，

令2n60，又nN，∴0n3，bn0． 当n3时，b30； 当n4时，b42； 253426322b43， 2252当n5时，

b52n62n62(n3)bn12(n3)2n1n13， 当n4时，bn，an23232(2n1)22(n3)2(n3)2(2n8)2n160，即bnbn1 ∴ bnbn1n12322n132n1322n13当n4时，bn单调递减，

则当n4时，数列bn的项最大，最大值为b4【点睛】

本题考查借Sn与an的关系求an，递推关系构造新数列求an，借数列的单调性求最大值，是中档题.

22．已知数列an的前n项和为Sn，a1aa0,aN试卷第36页，总36页

22． 25329*，Snpan1（p0且

p1，nN*）．

（1）求数列an的通项公式；

（2）在①ak1，ak3，ak2，②ak2，ak1，ak3这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，要使问题成立：

对任意的正整数k，若将ak1，ak2，ak3按______的顺序排列后构成等差数列，且公差为dk，求p的值及对应的dk．

an1n2【答案】（1）anap1；（2）见解析

n2pp【解析】 【分析】

（）（1）由Snpan1再写式子Sn1pa，两式作差得到nn2an11p（n≥2），anp所以数列{an}从第二项起是公比为通项公式；

ap1的等比数列，又当n＝1时a2，从而可得

pp（2）由（1）分别写出ak1，ak2，ak3，若选①，则ak1ak22ak3，解出p值，即可求得dk；同理若选②，则ak2ak32ak1，解出p值，求得dk. 【详解】

（1）因为Snpan1，当n2时，Sn1pan，

an1p1p1n2a两式相减，得，故数列n从第二项起是公比为的等比数列， anpp又当n1时，a1pa20，a1a，

an1an2aa所以2，从而nap1．

pn2pp（2）由（1）得ak1ap1ppk1，ak2ap1ap1，ak3ppppkk1，

若选①，则ak1ak22ak3，

p1p1121或，得p， pp23试卷第35页，总36页

3a1所以ak122k13a1，ak322k1k1，

9a1所以dkak3ak182若选②，则ak2ak32ak1，所以ak13a2k1．

p1p111或2，得p， pp3k，ak23a2，

k1所以dkak1ak29a2【点睛】

．

本题主要考查数列通项公式的求解，考查等差数列的性质，考查计算能力，属于中档题．

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