2016-2020年高考理科数学试题分类汇编专题14数列综合试题及答案

专题14 数列综合

【2020年】

1.（2020·新课标Ⅰ）设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项． （1）求{an}的公比；

（2）若a11，求数列{nan}的前n项和．

1(13n)(2)n【答案】（1）-2；（2）Sn.

9【解析】

（1）设{an}的公比为q，a1为a2,a3的等差中项，

2a1a2a3,a10,q2q20，

q1,q2；

（2）设{nan}的前n项和为Sn，a11,an(2)n1，

Sn112(2)3(2)2n(2)n1，①

(n1)(2)n1n(2)n，②

2Sn1(2)2(2)23(2)3①②得，3Sn1(2)(2)2(2)n1n(2)n

1(2)n1(13n)(2)nnn(2)， 1(2)31(13n)(2)n. Sn92.（2020·新课标Ⅲ）设数列{an}满足a1=3，an13an4n． （1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明； （2）求数列{2an}的前n项和Sn．

n1【答案】（1）a25，a37，an2n1，证明见解析；（2）Sn(2n1)22.

n【解析】

（1）由题意可得a23a14945，a33a281587，

由数列an的前三项可猜想数列an是以3为首项，2为公差的等差数列，即an2n1， 证明如下：

当n1时，a13成立； 假设nk时，ak2k1成立.

那么nk1时，ak13ak4k3(2k1)4k2k32(k1)1也成立. 则对任意的nN*，都有an2n1成立； （2）由（1）可知，an2(2n1)2

nnSn325227232Sn322523724(2n1)2n1(2n1)2n，① (2n1)2n(2n1)2n1，②

3由①②得：Sn622222n(2n1)2n1

n1622212n112n1(2n1)2n1(12n)22，

即Sn(2n1)22.

3.（2020·北京卷）已知an是无穷数列．给出两个性质：

ai2am； ①对于an中任意两项ai,aj(ij)，在an中都存在一项am，使aj2ak②对于an中任意项an(n3)，在an中都存在两项ak,al(kl)．使得an．

al(Ⅰ)若ann(n1,2,)，判断数列an是否满足性质①，说明理由；

)，判断数列an是否同时满足性质①和性质②，说明理由；

n1(Ⅱ)若an2(n1,2,(Ⅲ)若an是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：an为等比数列. 【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析. 【解析】 (Ⅰ)

a329a22,a33,Zan不具有性质①；

a22

(Ⅱ)

ai2ai2(2ij)1*i,jN,ij,2,2ijNa2ijan具有性质①；

ajaj*ak2nN,n3,kn1,ln2,2(2kl)12n1an,an具有性质②；

al*(Ⅲ)【解法一】

首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：

显然an0nN*，假设数列中存在负项，设N0maxn|an0， 第一种情况：若N01，即a00a1a2a3，

22a3a20，存在m2，满足am20， 由①可知：存在m1，满足am1a1a122a3a2，从而a2a3，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 由N01可知

a1a12aN0第二种情况：若N02，由①知存在实数m，满足ama10，由N0的定义可知：

mN0，

另一方面，am2aN0a12aN0aN0aN0，由数列的单调性可知：mN0，

这与N0的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项数恒为负数. 综上可得，数列中的项数同号.

2a2其次，证明a3：

a12ak利用性质②：取n3，此时a3kl，

al由数列的单调性可知akal0， 而a3akakak，故k3， al

2a2此时必有k2,l1，即a3，

a1最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：

假设数列an的前kk3项成等比数列，不妨设asa1q其中a10,q1，（a10,0q1的情况类似）

2aka1qkak，且ama1qkak1 （*） 由①可得：存在整数m，满足amak1s11sk，

as2aassas，由数列的单调性可知：tsk1，由②得：存在st，满足：ak1 atat由asa1qs1as21sk可得：ak1a1q2st1aka1qk1 （**）

atk2st1由（**）和（*）式可得：a1qa1qa1qk1，

结合数列的单调性有：k2st1k1， 注意到s,t,k均为整数，故k2st1， 代入（**）式，从而ak1a1q.

n1总上可得，数列an的通项公式为：ana1q.

k即数列an为等比数列.

【解法二】假设数列中的项数均为正数：

2ak首先利用性质②：取n3，此时a3kl，

al由数列的单调性可知akal0， 而a3akakak，故k3， al2a2此时必有k2,l1，即a3，

a1即a1,a2,a3成等比数列，不妨设a2a1q,a3a1q2q1，

2a3a12q4a1q3， 然后利用性质①：取i3,j2，则ama2a1q33即数列中必然存在一项的值为a1q，下面我们来证明a4a1q，

否则，由数列的单调性可知a4a1q，

2akaakkak，从而k4， 在性质②中，取n4，则a4alal2ak与前面类似的可知则存在k,l1,2,3kl，满足a4，

al2aka1q3，与假设矛盾； 若k3,l2，则：a4al2aka1q4a1q3，与假设矛盾； 若k3,l1，则：a4al2aka1q2a3，与数列的单调性矛盾； 若k2,l1，则：a4al33即不存在满足题意的正整数k,l，可见a4a1q不成立，从而a4a1q，

3同理可得：a5a1q,a6a1q,45，从而数列an为等比数列，

同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.

由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列an为等比数列.

4.（2020·江苏卷）已知数列an(nN)的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，

*若对一切正整数n，均有Sn11kSnan1成立，则称此数列为“λ–k”数列．

1k1k（1）若等差数列an是“λ–1”数列，求λ的值； （2）若数列an是“32”数列，且an＞0，求数列3an的通项公式；

（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列an为“λ–3”数列，且an≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由， 【答案】（1）1

1,n1a（2）n n234,n2（3）01 【解析】

（1）Sn+1Snan1an1an1（2）

121212a11an101

an0Sn1SnSn1Sn0

1213(Sn+1Sn)2 3Sn+1Sn12(Sn+11211111Sn)(Sn+12Sn2)(Sn+12Sn2)

31211111(Sn+12Sn2)Sn+12=2Sn2Sn+1=4SnSn4n1 3122Sn+1SnS1a11，Sn4n1 an4n14n234n2,n2

1,n1ann2

34,n2（3）假设存在三个不同的数列an为\"3\"数列.

Sn+1Snan1(Sn+1Sn)3(Sn+1Sn) Sn+1Sn131313131313133或(S3n+113Sn)(Sn+1SnSn+1Sn)

3233233131313223231313Sn+1Sn或(1)S

n+1(1)Sn(2)Sn+1Sn0∵对于给定的，存在三个不同的数列an为\"3\"数列，且an0

22111,n1an或(31)S3(31)S3(32)S3S301有两个不等的

n+1nn+1n0,n2正根.

(1)Sn+1(1)Sn(2)S323323313n+1Sn01可转化为

13

(1)Sn+1Sn23323(31)(2)Sn+1Sn1331301，不妨设Sn1xx0，则

Sn13(31)x2(32)x(31)01有两个不等正根，设fx(31)x2(32)x(31)01.

① 当1时，(2)4(1)004，即01，此时

32323(32)0，满足题意. f010，x对2(31)3② 当1时，(2)4(1)004，即133232334，此时(32)0，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去. f010，x对32(1)综上，01

5.（2020·山东卷）已知公比大于1的等比数列{an}满足a2a420,a38． （1）求{an}的通项公式；

n1（2）求a1a2a2a3(1)anan1.

2n38n2【答案】（1）an2；（2）(1) 55n【解析】

a2a4a1qa1q320(1) 设等比数列an的公比为q(q>1)，则， 2a3a1q8整理可得：2q5q20，

2q1,q2,a12，

n1n数列的通项公式为：an222.

(2)由于：1n1anan11n12n2n11n122n1，故：

a1a2a2a3(1)n1anan1

23252729(1)n122n1

n231222n38n2. (1)255126.（2020·天津卷）已知an为等差数列，bn为等比数列，

a1b11,a55a4a3,b54b4b3．

（Ⅰ）求an和bn的通项公式；

（Ⅱ）记an的前n项和为Sn，求证：SnSn2Sn1nN2*；

3an2bn,n为奇数,aann2（Ⅲ）对任意的正整数n，设cn求数列cn的前2n项和．

an1,n为偶数.bn1【答案】（Ⅰ）ann，bn2【解析】

(Ⅰ)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q. 由a11，a55a4a3，可得d=1. 从而an的通项公式为ann. 由b11,b54b4b3，

又q≠0，可得q4q40，解得q=2， 从而bn的通项公式为bn2(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得Sn故SnSn2n12n14n6n；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）. n2n1949.

n(n1)， 211222n(n1)(n2)(n3)，Snn1n2， 1442从而SnSn2Sn12所以SnSn2Sn1.

1(n1)(n2)0， 2

(Ⅲ)当n奇数时，cn3an2bnanan2(3n2)2n12n12n1，

n(n2)n2n当n为偶数时，cnan1n1n， bn12nn22k22k222n1， 对任意的正整数n，有c2k12k12k12n1k1k1和

c2kk1n2k113523k4444k1n2n32n1n ① 4n141n135由①得c2k2344k14442n32n1n1 ② 4n43n12由①②得c2k24k14421122n144nnn11441412n1， n14421144n由于

114n12n122112n1156n5， nn44n13344441234n1从而得：

c2kk1n56n5. 994nn4n6n. 因此，ckc2k1c2kn2n1949k1k1k12n4n6n所以，数列cn的前2n项和为. n2n19497.（2020·浙江卷）已知数列{an}，{bn}，{cn}中，

a1b1c11,cnan1an,cn1bncn(nN*)． bn2（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比q0，且b1b26b3，求q与an的通项公式； （Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差d0，证明：c1c2cn11． d14n12【答案】（I）q,an（II）证明见解析. .；

23【解析】

22（I）依题意b11,b2q,b3q，而b1b26b3，即1q6q，由于q0，所以解得

q11，所以bnn1. 22所以bn21n112cn4cn，所以数列cn是首项为1，公比为4的等比数n1，故cn1122n1n1列，所以cn4.

n1*所以an1ancn4（n2,nN）.

所以ana1144n24n12.

3cn1bn， cnbn2（II）依题意设bn1n1ddn1d，由于

cnbn1n2,nN*， 所以

cn1bn1故cncncn1cn1cn2c3c2bbbc1n1n2n3c2c1bn1bnbn1b2b1c1 b4b3b1b21d111111. bnbn1dbnbn1dbnbn111111cn1db1b2b2b311 bbn1n所以c1c21111. dbn1111d0,b1b0111由于，所以，所以. 1n1dbdn1即c1c2cn1【2019年】

1．【2019年高考全国II卷理数】已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，4an13anbn4，

1，nN*. d4bn13bnan4.

（I）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；

（II）求{an}和{bn}的通项公式. 【答案】（I）见解析；（2）an1111nbn，. n2n22n21(anbn)． 2【解析】（1）由题设得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn1又因为a1+b1=l，所以anbn是首项为1，公比为

1的等比数列． 2由题设得4(an1bn1)4(anbn)8，即an1bn1anbn2． 又因为a1–b1=l，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列．

1，anbn2n1． 2n1111所以an[(anbn)(anbn)]nn，

222111bn[(anbn)(anbn)]nn．

222（2）由（1）知，anbn2．【2019年高考北京卷理数】已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、…、第im项

，aim为{an}的长度为m的递（i1（Ⅱ）已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为am0，长度为q的递增子列的末项的最小值为an0．若p（Ⅲ）设无穷数列{an}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{an}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s–1，且长度为s末项为2s–1的递增子列恰有2s-1个（s=1，2，…），求数列{an}的通项公式．

【答案】(Ⅰ) 1,3,5,6（答案不唯一）；(Ⅱ)见解析；(Ⅲ)见解析. 【解析】（Ⅰ）1，3，5，6.（答案不唯一） （Ⅱ）设长度为q末项为an0的一个递增子列为ar1,ar2,由p因为an的长度为p的递增子列末项的最小值为am0， 又ar1,ar2,,arq1,an0.

,arp是an的长度为p的递增子列，

所以amar.

0p所以am0an0·

（Ⅲ）由题设知，所有正奇数都是an中的项.

先证明：若2m是an中的项，则2m必排在2m−1之前（m为正整数）. 假设2m排在2m−1之后. 设ap1,ap2,,apm1,2m1是数列an的长度为m末项为2m−1的递增子列，则

,apm1,2m1,2m是数列an的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾.

ap1,ap2,再证明：所有正偶数都是an中的项.

假设存在正偶数不是an中的项，设不在an中的最小的正偶数为2m.

因为2k排在2k−1之前（k=1，2，…，m−1），所以2k和2k1不可能在an的同一个递增子列中.

又an中不超过2m+1的数为1，2，…，2m−2，2m−1，2m+1，所以an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为222(m1)个2112m12m.

与已知矛盾.

最后证明：2m排在2m−3之后（m≥2为整数）.

假设存在2m（m≥2），使得2m排在2m−3之前，则an的长度为m+1且末项为2m+l的递增子列的个数小于2.与已知矛盾.

综上，数列an只可能为2，1，4，3，…，2m−3，2m，2m−1，…. 经验证，数列2，1，4，3，…，2m−3，2m，2m−1，…符合条件. 所以anm

n1,n为奇数，n1,n为偶数.

3．【2019年高考天津卷理数】设an是等差数列，bn是等比数列．已知

a14,b16，b22a22,b32a34．

（Ⅰ）求an和bn的通项公式；

1,2kn2k1,（Ⅱ）设数列cn满足c11,cn其中kN*． kbk,n2,（i）求数列a2nc2n1的通项公式； （ii）求

ii*acnN．

i12nnn【答案】（Ⅰ）an3n1；bn32（Ⅱ）（i）a2nc2n1941（ii）

acnN272*iii12n2n152n1n12nN

*【解析】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q．依题意得

6q62d,d3,n1n解得故an4(n1)33n1,bn6232． 26q124d,q2,所以，an的通项公式为an3n1,bn的通项公式为bn32n．

（Ⅱ）（i）a2nc2n1a2nbn132n132n194n1． 所以，数列a2nc2n1的通项公式为a2nc2n194n1． （ii）

iiacaac1aaciiiii1i1i1i12i2n2n2nn2i1

n2n2n1n 24394i1

i12 322n152n19414n14n

*2722n152n1n12nN．

4．【2019年高考江苏卷】定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.

（1）已知等比数列{an}(nN)满足：a2a4a5,a34a24a10，求证:数列{an}为“M

－数列”；

（2）已知数列{bn}(nN)满足:b11,122，其中Sn为数列{bn}的前n项和． Snbnbn1①求数列{bn}的通项公式；

②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}(nN)，对任意正整数k，当k≤m时，都有

ckbkck1成立，求m的最大值．

*【答案】（1）见解析；（2）①bn=nnN；②5.

【解析】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.

a12q4a1q4a2a4a5a11由，得2，解得．

a4a4a0q2aq4aq4a0213111因此数列{an}为“M—数列”.

122（2）①因为，所以bn0． Snbnbn1由b11,S1b1，得1122，则b22. 1b2bnbn1122S由，得n，

2(bn1bn)Snbnbn1当n2时，由bnSnSn1，得bn整理得bn1bn12bn．

所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{bn}的通项公式为bn=nnN②由①知，bk=k，kN*.

因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0. 因为ck≤bk≤ck+1，所以q当k=1时，有q≥1；

k1bnbn1bn1bn，

2bn1bn2bnbn1*.

kqk，其中k=1，2，3，…，m.

lnklnklnq． kk1lnx1lnx(x1)，则f'(x)设f（x）=． xx2当k=2，3，…，m时，有

令f'(x)0，得x=e.列表如下：

x

f'(x)

(1,e)

+

e 0 极大值

(e，+∞) –

f（x）

因为

ln2ln8ln9ln3ln3，所以f(k)maxf(3)． 26633lnklnq，即kqk， 取q33，当k=1，2，3，4，5时，k经检验知qk1k也成立．

因此所求m的最大值不小于5．

若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216， 所以q不存在.因此所求m的最大值小于6. 综上，所求m的最大值为5．

5．【2019年高考浙江卷】设等差数列{an}的前n项和为Sn，a34，a4S3，数列{bn}满足：对每个nN,Snbn,Sn1bn,Sn2bn成等比数列．

（I）求数列{an},{bn}的通项公式； （II）记cnan,nN, 证明：c1c2+2bncn2n,nN.

【答案】（I）an2n1，bnnn1；（II）证明见解析. 【解析】（I）设数列{an}的公差为d，由题意得

a12d4,a13d3a13d，

解得a10,d2．

*从而an2n2,nN． 2*所以Snnn，nN，

由Snbn,Sn1bn,Sn2bn成等比数列得

Sn1bn解得bn2SnbnSn2bn．

12Sn1SnSn2． d

2*所以bnnn,nN．

（II）cnan2n2n1,nN*． 2bn2n(n1)n(n1)我们用数学归纳法证明．

（i）当n=1时，c1=0<2，不等式成立；

（ii）假设nkkN*时不等式成立，即c1c2那么，当nk1时，

ck2k．

c1c2ckck12kk12k(k1)(k2)k12k22k2(k1k)2k1．

k1k即当nk1时不等式也成立． 根据（i）和（ii），不等式c1c2【2018年】

1. （2018年浙江卷）已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列

{bn}满足b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n项和为2n2+n． （Ⅰ）求q的值；

（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式． 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】 （Ⅰ）由所以解得由因为

. 得，所以

.

，数列

前n项和为.

，

是

的等差中项得

，

，

cn2n对任意nN*成立．

（Ⅱ）设

由

由（Ⅰ）可知所以故

解得，

， ，

.

.

设

，

所以因此又

，所以

，

.

是等比数列，公比大于0，其前n项和为，

，

.

，

是等

，

2. （2018年天津卷）设差数列.已知（I）求

和

，

的通项公式； 的前n项和为

，

（II）设数列（i）求； （ii）证明

.

【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)（i）的公比为q.由，可得

，故

，可得

，

.

.（ii）证明见解析.

【解析】（I）设等比数列可得设等差数列由从而所以数列

.因为

的公差为d，由，可得 故

的通项公式为

数列的通项公式为

，

（II）（i）由（I），有

故.

（ii）因为，

所以

3. （2018年江苏卷）设的等比数列． （1）设（2）若

成立，并求的取值范围（用【答案】（1）d的取值范围为

，若

对，证明：存在表示）． ．

是首项为，公差为d的等差数列，

是首项为，公比为q均成立，求d的取值范围；

，使得

对

均

（2）d的取值范围为，证明见解析。

【解析】（1）由条件知：因为即即1

1，1

对n=1，2，3，4均成立，

．

对n=1，2，3，4均成立，

d3，32d5，73d9，得

．

．

．

因此，d的取值范围为（2）由条件知：若存在d，使得即即当因为从而

，则，

（n=2，3，···，m+1）成立，

，

时，d满足

， ，对

均成立． ．

因此，取d=0时，下面讨论数列①当当因此，当故数列②设所以

时，时，有

对的最大值和数列

均成立． 的最小值（

）． ，

，从而

时，数列

单调递增， ．

．

的最大值为，当x>0时，

单调递减，从而

，

当时，，

因此，当故数列

时，数列

的最小值为

．

单调递减，

因此，d的取值范围为4. （2018年江苏卷）设有

，则称

是排列

．

，对1，2，···，n的一个排列的一个逆序，排列

，如果当s的所有逆序的总个数称为其逆序

数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2．记（1）求（2）求

为1，2，···，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数． 的值；

的表达式(用n表示)．

【答案】（1）2 5 （2）n≥5时，【解析】（1）记

为排列abc的逆序数，对1，2，3的所有排列，有

，

所以．

对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的

位置只能是最后三个位置． 因此，

．

．

（2）对一般的n（n≥4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，所以

逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以

．

为计算

，当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n+1添加进原排列，n+1在新

排列中的位置只能是最后三个位置． 因此，当n≥5时，

，

因此，n≥5时，

．

的前项和，已知

，

．

．

5. （2018年全国Ⅱ卷理数） 记为等差数列（1）求

的通项公式；

（2）求，并求的最小值．

【答案】（1）an=2n–9，（2）Sn=n2–8n，最小值为–16． 【解析】

（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．由a1=–7得d=2．所以{an}的通项公式为

an=2n–9．

（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16． 12. （2018年全国Ⅲ卷理数）等比数列（1）求

的通项公式；

的前项和．若

或

，求．

中，

．

（2）记为【答案】（1）（2）

【解析】（1）设由已知得

的公比为，由题设得，解得

（舍去），

或

． ．

故或．

（2）若，则．由得，此方程没有正整数解．

若综上，

，则．

．由得，解得．

【2017年】

1.【2017山东，理19】已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3-x2=2 （Ⅰ）求数列{xn}的通项公式；

（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1, 1)，P2(x2, 2)…Pn+1(xn+1, n+1)得到折线P1 P2…Pn+1，求由该折线与直线y=0，xx1,xxn1所围成的区域的面积Tn.

(2n1)2n1. 【答案】(I)xn2.（II）Tn2n1

（II）过Pn1向x轴作垂线，垂足分别为Q1,Q2,Q3,……Qn1, 1,P2,P3,……Pnn1n1由(I)得xn1xn222.

记梯形PnPn1Qn1Qn的面积为bn. 由题意bn所以

(nn1)n12(2n1)2n2， 2Tnb1b2b3……+bn

=321520721……+(2n1)2n3(2n1)2n2 ①

012n2n1又2Tn325272……+(2n1)2(2n1)2 ②

①-②得

Tn321(222......2n1)(2n1)2n1

32(12n1)(2n1)2n1. =212(2n1)2n1. 所以Tn22.【2017北京，理20】设{an}和{bn}是两个等差数列，记

cnmax{b1a1n,b2a2n,,bnann}(n1,2,3,)，

其中max{x1,x2,,xs}表示x1,x2,,xs这s个数中最大的数．

（Ⅰ）若ann，bn2n1，求c1,c2,c3的值，并证明{cn}是等差数列； （Ⅱ）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当nm时，数m，使得cm,cm1,cm2,是等差数列． 【答案】（1）见解析（2）见解析

【解析】（Ⅰ）分别代入求c1,c2,c3，观察规律，再证明当n3时，

cnM；或者存在正整nbk1nak1bknak2n0，所以bknak关于kN*单调递减. 所以

cnmaxb1a1n,b2a2n,（Ⅱ）首先求cn的,bnannb1a1n1n，从而得证；

通项公式，分d10,d10,d10三种情况讨论证明. 试题解析：（Ⅰ） c1b1a1110,

c2maxb12a1,b22a2max121,3221，

c3maxb13a1,b23a2,b33a3max131,332,5332.

当n3时， bk1nak1bknakbk1bknak1ak2n0， 所以bknak关于kN*单调递减. 所以cnmaxb1a1n,b2a2n,,bnannb1a1n1n.

所以对任意n1,cn1n，于是cn1cn1，

所以cn是等差数列.

（Ⅱ）设数列{an}和{bn}的公差分别为d1,d2，则

bknakb1k1d2a1k1d1nb1a1nd2nd1k1.

b1a1nn1d2nd1,当d2nd1时，所以cn{

b1a1n,当d2nd1时，①当d10时，取正整数m此时， cm,cm1,cm2,d2，则当nm时， nd1d2，因此cnb1a1n. d1是等差数列.

②当d10时，对任意n1，

cnb1a1nn1maxd2,0b1a1n1maxd2,0a1.

此时， c1,c2,c3,③当d10时， 当n,cn,是等差数列.

d2时，有nd1d2. d1所以

cnb1a1nn1d2nd1bd2nd1d1a1d21 nnnnd1d1a1d2b1d2.

对任意正数M，取正整数mmax故当nm时，

Mb1d2a1d1d2d2,，

d1d1cnM. n3.【2017天津，理18】已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(nN)，{bn}是首项为2

的等比数列，且公比大于0，b2b312,b3a42a1，S1111b4. （Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；

（Ⅱ）求数列{a2nb2n1}的前n项和(nN).



n【答案】 （1）an3n2.bn2.（2）Tn3n2n184. 33【解析】

（I）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.

由已知b2b312，得b1qq212，而b12，所以qq60.

n又因为q0，解得q2.所以， bn2.

2由b3a42a1，可得3da18 ①. 由S11=11b4，可得a15d16 ②，

联立①②，解得a11， d3，由此可得an3n2.

n所以，数列{an}的通项公式为an3n2，数列{bn}的通项公式为bn2.

（II）解：设数列{a2nb2n1}的前n项和为Tn，

nn1由a2n6n2， b2n124，有a2nb2n13n14，

故Tn245484233n14n，

3n44n3n14n1，

234Tn242543844上述两式相减，得3Tn24343434n3n14n1

1214n143n24n18.3n2n184. 3343n14n1

得Tn所以，数列{a2nb2n1}的前n项和为

3n2n184. 334.【2017江苏，19】 对于给定的正整数k,若数列{an}满足ankank1an1an1ank1ank

2kan对任意正整数n(nk)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”. （1）证明：等差数列{an}是“P(3)数列”;

（2）若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列. 【答案】（1）见解析（2）见解析

【解析】证明:（1）因为an是等差数列，设其公差为d，则ana1n1d， 从而，当n4时， ankanka1 nk1da1nk1d

2a12n1d2an， k1,2,3,

所以an3an2+an1+an1an2+an36an， 因此等差数列an是“P3数列”.

（2）数列an既是“P2数列”，又是“P3数列”，因此， 当n3时， an2an1an1an24an，①

当n4时， an3an2an1an1an2an36an.② 由①知， an3an24an1 anan1，③

an2an34an1 an1an，④

将③④代入②，得an1an12an，其中n4， 所以a3,a4,a5,是等差数列，设其公差为d'.

在①中，取n4，则a2a3a5a64a4，所以a2a3d'， 在①中，取n3，则a1a2a4a54a3，所以a1a22d'， 所以数列{an}是等差数列. 【2016年】

1.【2016高考上海理数】已知无穷等比数列a的公比为q，前n项和为S，且.

limSnSnnn下列条件中，使得

2SnSnN恒成立的是（ ）

（A）a10,0.6q0.7 （B）a10,0.7q0.6 （C）a10,0.7q0.8 （D）a10,0.8q0.7 【答案】B

1qna【解析】由题意得：Sna1，所以limSn1=S(0|q|1)，所以

n1q1q

11qn12a1a1(0|q|1)对一切正整数恒成立，当a10时，qn不恒成立，舍去；

1q1q2当a10时，qn11q2，因此选B. 222.【2016高考上海理数】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.

若无穷数列{an}满足：只要apaq(p,qN*)，必有ap1aq1，则称{an}具有性质P. （1）若{an}具有性质P，且a11,a22,a43,a52，a6a7a821，求a3； （2）若无穷数列{bn}是等差数列，无穷数列{cn}是公比为正数的等比数列，b1c51，

b5c181，anbncn判断{an}是否具有性质P，并说明理由；

（3）设{bn}是无穷数列，已知an1bnsinan(nN).求证：“对任意a1,{an}都具有性质P”的充要条件为“{bn}是常数列”.

【答案】（1）a316．（2）an不具有性质．（3）见解析． 【解析】（1）因为a5a2，所以a6a3，a7a43，a8a52． 于是a6a7a8a332，又因为a6a7a821，解得a316． （2）bn的公差为20，cn的公比为

*1， 3n11所以bn120n120n19，cn813anbncn20n1935n．

35n．

a1a582，但a248，a6所以an不具有性质． （3）[证]充分性：

304，a2a6， 3当bn为常数列时，an1b1sinan．

对任意给定的a1，只要apaq，则由b1sinapb1sinaq，必有ap1aq1． 充分性得证．

必要性：

用反证法证明．假设bn不是常数列，则存在k，

使得b1b2bkb，而bk1b．

下面证明存在满足an1bnsinan的an，使得a1a2ak1，但ak2ak1． 设fxxsinxb，取m，使得mb，则

fmmb0，fmmb0，故存在c使得fc0．

取a1c，因为an1bsinan（1nk），所以a2bsincca1， 依此类推，得a1a2ak1c．

但ak2bk1sinak1bk1sincbsinc，即ak2ak1． 所以an不具有性质，矛盾． 必要性得证．

综上，“对任意a1，an都具有性质”的充要条件为“bn是常数列”．