21世紀(jì)教育網(wǎng)精品試卷·第2頁（共2頁）2025新教材數(shù)學(xué)高考第一輪復(fù)習(xí)7.5數(shù)列綜合五年高考考點數(shù)列綜合1.(2022新高考Ⅱ,17,10分,中)已知{an}是等差數(shù)列,{bn}是公比為2的等比數(shù)列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.(1)證明:a1=b1;(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的個數(shù).2.(2023新課標(biāo)Ⅱ,18,12分,中)已知{an}為等差數(shù)列,bn=an?6,n為奇數(shù),2an,n為偶數(shù).記Sn,Tn分別為數(shù)列{an},{bn(1)求{an}的通項公式;(2)證明:當(dāng)n>5時,Tn>Sn.3.(2023天津,19,15分,難)已知{an}為等差數(shù)列,a2+a5=16,a5-a3=4.(1)求{an}的通項公式和i=2n(2)設(shè){bn}為等比數(shù)列,當(dāng)2k-1≤n≤2k-1(k∈N*)時,bk<an<bk+1.(i)當(dāng)k≥2時,求證:2k-1<bk<2k+1;(ii)求{bn}的通項公式及前n項和.4.(2019江蘇,20,16分,難)定義首項為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M-數(shù)列”.(1)已知等比數(shù)列{an}(n∈N*)滿足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求證:數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”.(2)已知數(shù)列{bn}(n∈N*)滿足:b1=1,1Sn=2bn?2bn①求數(shù)列{bn}的通項公式;②設(shè)m為正整數(shù),若存在“M-數(shù)列”{cn}(n∈N*),對任意正整數(shù)k,當(dāng)k≤m時,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.三年模擬綜合拔高練11.(2023山東濰坊二模,18)已知等差數(shù)列{an}的公差為2,前n項和為Sn,且S1,S2,S4成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)若bn=ananan+1+6,n∈2.(2023浙江寧波二模,20)已知等比數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足an+1=Sn+1(n∈N*).(1)求首項a1的值及{an}的通項公式;(2)設(shè)bn=log2a2n+1a2·a22·a23·…·a3.(2024屆云南師大附中適應(yīng)性月考,19)各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中,a1=1,a5=4a3.(1)求{an}的通項公式;(2)設(shè)m為整數(shù),且對任意的n∈N*,m≥1a1+24.(2024屆河北邯鄲一中月考,18)已知數(shù)列{an}滿足4Sn-2an=2n,n∈N*,其中Sn為{an}的前n項和.證明:(1)an(2)16a綜合拔高練21.(2024屆湖北武漢校際聯(lián)考,17)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且an+1=2Sn+2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)若bn=2n+1,證明:n>2時,an-bn>0.2.(2023山東淄博一中?？?21)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,且b2=2,b3=4,a1=b1,a8+1=b5.(1)求數(shù)列{an}、{bn}的通項公式;(2)設(shè)cn=an+1bn+1,數(shù)列{cn}的前n項和為Sn,若不等式(-1)nλ<Sn+n2n?1對任意的3.(2024屆湖北黃岡浠水一中?？?20)已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù),其前n項和Sn滿足2Sn=an+1,數(shù)列{bn}滿足bn=1(1)求{an}的通項公式;(2)設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,若5m?24<Tn<5m對一切n∈N*恒成立,求實數(shù)4.(2024屆安徽江淮十校聯(lián)考,20)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且3an=2(Sn+2n),n∈N*.(1)證明:數(shù)列{an+2}是等比數(shù)列,并求{an}的通項公式;(2)設(shè)bn=log3an+227.5數(shù)列綜合五年高考考點數(shù)列綜合1.(2022新高考Ⅱ,17,10分,中)已知{an}是等差數(shù)列,{bn}是公比為2的等比數(shù)列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.(1)證明:a1=b1;(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的個數(shù).解析(1)證明:設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.由a2-b2=a3-b3得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,故d=2b1,①由a3-b3=b4-a4得a1+2d-4b1=8b1-a1-3d,故2a1+5d=12b1,②由①②得2a1+10b1=12b1,即a1=b1.(2)由(1)知d=2b1=2a1,由bk=am+a1,1≤m≤500得b1×2k-1=2a1+(m-1)d,即a1×2k-1=2a1+2(m-1)a1,其中a1≠0,∴2k-1=2m,即2k-2=m,∴1≤2k-2≤500,∴0≤k-2≤8,∴2≤k≤10.故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的個數(shù)為9.2.(2023新課標(biāo)Ⅱ,18,12分,中)已知{an}為等差數(shù)列,bn=an?6,n為奇數(shù),2an,n為偶數(shù).記Sn,Tn分別為數(shù)列{an},{bn(1)求{an}的通項公式;(2)證明:當(dāng)n>5時,Tn>Sn.解析(1)設(shè)數(shù)列{an}的首項為a1,公差為d,∵bn=an?6,n為奇數(shù),2an,n為偶數(shù),∴b1=a1-6,b2又T3=16,且b1+b2+b3=a1+2a2+a3-12=4a2-12,∴4a2-12=16,∴a2=7,即a1+d=7,①又S4=32,∴4a1+6d=32,②(2分)由①②得a1=5,d=2,(每個結(jié)果1分)(4分)∴an=5+2(n-1)=2n+3.(5分)(2)證明:∵{an}為等差數(shù)列,∴Sn=na1+n(n?1)2d=5n+n2-n=n①當(dāng)n(n≥6)為偶數(shù)時,Tn=b1+b2+…+bn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=(a1-6+a3-6+…+an-1-6)+(2a2+2a4+…+2an)=a1+=5+2(n?1)+32∴Tn-Sn=3n2+7∴當(dāng)n(n≥6)為偶數(shù)時,Tn>Sn.(10分)②當(dāng)n(n≥7)為奇數(shù)時,Tn=b1+b2+…+bn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)=(a1-6+a3-6+…+an-6)+(2a2+2a4+…+2an-1)=a1+an2·n∴Tn-Sn=3n2+5n?102-(n2+4∴n(n≥7)為奇數(shù)時,Tn>Sn.(11分)綜上可知,當(dāng)n>5時,Tn>Sn.(12分)3.(2023天津,19,15分,難)已知{an}為等差數(shù)列,a2+a5=16,a5-a3=4.(1)求{an}的通項公式和i=2n(2)設(shè){bn}為等比數(shù)列,當(dāng)2k-1≤n≤2k-1(k∈N*)時,bk<an<bk+1.(i)當(dāng)k≥2時,求證:2k-1<bk<2k+1;(ii)求{bn}的通項公式及前n項和.解析(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d.由已知得a∴an=3+2(n-1)=2n+1,∴{an}的通項公式為an=2n+1.i=2n?1·(2n+1+2n+1?1)2=3×4n-1.(提示:項數(shù)為(2n-1)-2(2)(i)證明:∵2k-1≤n≤2k-1,∴2×2k-1+1≤2n+1≤2(2k-1)+1,∴2k+1≤an≤2k+1-1.又bk<an<bk+1恒成立,∴bk<(an)min=2k+1,bk+1>(an)max=2k+1-1,即bk>2k-1,∴2k-1<bk<2k+1.(ii)∵2k-1<bk<2k+1,∴1-12∴當(dāng)k→+∞時,bk2k→1,∴bk=2k,滿足{∴bn=2n(n∈N*),∴{bn}的前n項和為Tn=2(1?2n)1?2=24.(2019江蘇,20,16分,難)定義首項為1且公比為正數(shù)的等比數(shù)列為“M-數(shù)列”.(1)已知等比數(shù)列{an}(n∈N*)滿足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求證:數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”.(2)已知數(shù)列{bn}(n∈N*)滿足:b1=1,1Sn=2bn?2bn①求數(shù)列{bn}的通項公式;②設(shè)m為正整數(shù),若存在“M-數(shù)列”{cn}(n∈N*),對任意正整數(shù)k,當(dāng)k≤m時,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.解析(1)證明:欲證數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”,即證數(shù)列{an}的首項為1且公比為正數(shù).設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由a因此數(shù)列{an}為“M-數(shù)列”.(2分)(2)①第一步,由b1=1和遞推式求b2.因為1Sn=2b當(dāng)n=1時,由b1=1,S1=b1,得11=21?第二步,由bn=Sn-Sn-1(n≥2)和遞推式證明數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,從而求{bn}的通項公式.由1Sn=2bn當(dāng)n≥2時,由bn=Sn-Sn-1,得bn=bn整理得bn+1+bn-1=2bn.所以數(shù)列{bn}是首項和公差均為1的等差數(shù)列.因此,數(shù)列{bn}的通項公式為bn=n(n∈N*).(6分)②由①知,bk=k,k∈N*.因為數(shù)列{cn}為“M-數(shù)列”,所以c1=1,設(shè)公比為q,q>0.因為ck≤bk≤ck+1,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m.當(dāng)k=1時,有q≥1;當(dāng)k=2,3,…,m時,有l(wèi)nkk≤ln設(shè)f(x)=lnxx(x>1),則f'(x)=令f'(x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+∞)f'(x)+0-f(x)↗極大值↘因為ln22=ln86<ln96=ln33,所以f(取q=33,當(dāng)k=1,2,3,4,5時,lnkk≤lnq,即k≤qk,經(jīng)檢驗知qk-1≤因此所求m的最大值不小于5.(14分)若m≥6,分別取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,從而q15≥243,且q15≤216,所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.綜上,所求m的最大值為5.(16分)三年模擬綜合拔高練11.(2023山東濰坊二模,18)已知等差數(shù)列{an}的公差為2,前n項和為Sn,且S1,S2,S4成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)若bn=ananan+1+6,n∈解析(1)由題意知Sn=na1+n(n-1),又因為S22=S1·S4,即(2a1+2)2=a1·(4a1+12),所以a又d=2,所以an=2n-1.(2)由(1)知bn=2n設(shè)t=2n-1(t=1,3,5,…),所以n=t+12,又因為所以f(t)=t(t+1)因為函數(shù)在t≥3時遞減,所以f(t)的最大值可能出現(xiàn)在t=1或t=3時,t=1時,n=1,b1=11+6+2t=3時,n=2,b2=13+2+2所以數(shù)列{bn}的最大項為b2=172.(2023浙江寧波二模,20)已知等比數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足an+1=Sn+1(n∈N*).(1)求首項a1的值及{an}的通項公式;(2)設(shè)bn=log2a2n+1a2·a22·a23·…·a解析(1)當(dāng)n≥2時,由an+1=Sn+1得an=Sn-1+1,則an+1-an=Sn-Sn-1,即an+1=2an(n≥2),因為數(shù)列{an}是等比數(shù)列,所以公比為2,當(dāng)n=1時,a2=a1+1,即2a1=a1+1,所以a1=1,所以{an}的通項公式為an=2n-1.(2)由(1)得a2n=22n故bn=log2a2n+1-(log2a2+log=2n+1-1-(21-1+22-1+…+2n-1)=2n+1+n-1-2(1?2n)由an-bn<2023得2n-1-(n+1)<2023,即2n-1-n<2024,令f(n)=2n-1-n,則f(n+1)-f(n)=2n-(n+1)-(2n-1-n)=2n-1-1,所以f(n)在n≥2時遞增,且f(2)=f(1)=0,而f(11)=210-11=1013<2024,f(12)=211-12=2036>2024,所以滿足條件的最大正整數(shù)n=11.3.(2024屆云南師大附中適應(yīng)性月考,19)各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中,a1=1,a5=4a3.(1)求{an}的通項公式;(2)設(shè)m為整數(shù),且對任意的n∈N*,m≥1a1+2解析(1)設(shè)公比為q,由a5=4a3,得a3q2=4a3,得q2=4,又an>0,所以q>0,所以q=2,則an=a1qn-1=2n-1.(2)由(1)知,an=2n-1,故na設(shè)Sn=1a則12所以Sn-12所以12所以Sn=4-n+2當(dāng)n趨近于正無窮時,n+22n?1趨近于0,所以Sn趨近于4且Sn<4,所以m4.(2024屆河北邯鄲一中月考,18)已知數(shù)列{an}滿足4Sn-2an=2n,n∈N*,其中Sn為{an}的前n項和.證明:(1)an(2)16a證明(1)∵4Sn-2an=2n,∴4Sn-1-2an-1=2n-1(n≥2),兩式相減得4(Sn-Sn-1)-2an+2an-1=2n-2n-1,即an+an-1=2n-2(n≥2).∴an2n?當(dāng)n=1時,4S1-2a1=21,即a1=1.又∵a121?16(2)由(1)得an所以an=-23×(-1)n+16×2令bn=16則b2n-1+b2n=12數(shù)列{bn}的前2n項和T2n<34+又bn>0,∴Tn<Tn+1<…<T2n-1<T2n<1,∴原不等式得證.綜合拔高練21.(2024屆湖北武漢校際聯(lián)考,17)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且an+1=2Sn+2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)若bn=2n+1,證明:n>2時,an-bn>0.解析(1)因為an+1=2Sn+2,所以n≥2時,an=2Sn-1+2,所以an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an,所以an+1=3an(n≥2),因為{an}為等比數(shù)列,所以a2=3a1,又因為a2=2S1+2=2a1+2,所以a1=2,則等比數(shù)列{an}的首項為2,公比為3,所以an=2·3n-1.(2)證明:要證n>2時,an-bn>0,即證n>2時,2·3n-1>2n+1,需證n>2時,32因為n>2且n∈N*,所以n≥3,n-1≥2,又32>1,所以322.(2023山東淄博一中校考,21)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,且b2=2,b3=4,a1=b1,a8+1=b5.(1)求數(shù)列{an}、{bn}的通項公式;(2)設(shè)cn=an+1bn+1,數(shù)列{cn}的前n項和為Sn,若不等式(-1)nλ<Sn+n2n?1對任意的解析(1)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q,則b解得b1=1,q=2,所以bn設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,因為a1=b1=1,a8+1=a1+7d+1=16,所以公差d=2,所以an=1+2(n-1)=2n-1.故an=2n-1,bn=2n-1.(2)由(1)得cn=an數(shù)列{cn}的前n項和為Sn=1+22所以12由①-②得1=21?1所以Sn=4-n+2不等式(-1)nλ<Sn+n2n?1即(-1)nλ令dn=4-12n?2,則{dn}為遞增數(shù)列,轉(zhuǎn)化為(-1)nλ<(dn當(dāng)n=2k(k∈N*)時,λ<4-12n?2恒成立,取n=2,所以當(dāng)n=2k-1(k∈N*)時,-λ<4-12n?2恒成立,取n=1,-λ<2,所以綜上可得,實數(shù)λ的取值范圍是(-2,3).3.(2024屆湖北黃岡浠水一中校考,20)已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù),其前n項和Sn滿足2Sn=an+1,數(shù)列{bn}滿足bn=1(1)求{an}的通項公式;(2)設(shè)數(shù)列{