2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题08数列含解析

这是一份2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题08数列含解析，共62页。试卷主要包含了选择题部分，解答题部分等内容，欢迎下载使用。

专题08 数列
一、选择题部分
1.(2021•高考全国甲卷•理T7)等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B．
【解析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．
由题，当数列为时，满足，
但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件．
故选B．
2.(2021•浙江卷•T10)已知数列满足.记数列的前n项和为，则（）
A B. C. D.
【答案】A．
【解析】因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当且仅当时取等号，
，
由累乘法可得，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选A．
3.(2021•江苏盐城三模•T5)已知数列的通项公式为，则其前n项和为
A． B． C． D．
【答案】A．
【考点】数列的求和：裂项相消法
【解析】由题意可知，＝＝－，所以Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－，故答案选A．
4.(2021•江苏盐城三模•T10)设数列{an}的前n项和为，若，则下列说法中正确的有
A．存在A，B，C使得{an}是等差数列
B．存在A，B，C使得{an}是等比数列
C．对任意A，B，C都有{an}一定是等差数列或等比数列
D．存在A，B，C使得{an}既不是等差数列也不是等比数列
【答案】ABD．
【考点】等差与等比数列的综合应用
【解析】由题意可知，对于选项A，取A＝0，B＝C＝1，则有an＋Sn＝n＋1，此时可得到an＝1，即{an}是等差数列，所以选项A正确；对于选项B，取A＝0，B＝0，C＝1，则有an＋Sn＝1，所以n≥2时，an－1＋Sn－1＝1，两式相减可得2an＝an－1，即数列{an}是等比数列，所以选项B正确；对于选项CD，取A＝C＝0，B＝2，则有an＋Sn＝2n，所以n≥2时，an－1＋Sn－1＝2(n－1)，两式相减可得an＝an－1＋1，即an－2＝(an－1－2)，即数列{an－2}是以为公比的等比数列，所以{an}既不是等差数列也不是等比数列，所以选项C错误，选项D正确；综上，答案选ABD．
5.(2021•河南郑州三模•理T5)已知等差数列{an}的公差不为零，且a32＝a1a7，Sn为其前n项和，则＝（　　）
A． B． C． D．n（n﹣1）
【答案】A．
【解析】设等差数列{an}的公差为d≠0，∵a32＝a1a7，
∴＝a1（a1+6d），化为：a1＝2d，
∴Sn＝na1+×＝a1，
则＝．
6.(2021•河南焦作三模•理T4)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2am＝a6an，am2＝a6a10，则m+n＝（　　）
A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】C．
【解析】∵a2am＝a6an，am2＝a6a10，公比q＞1，
∴由等比数列的性质可得：m＝8，n＝4，
∴m+n＝12．
7.(2021•重庆名校联盟三模•T6．)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？（　　）
A．8日 B．9日 C．12日 D．16日
【答案】B．
【解析】由题可知，良马每日行程an构成一个首项为103，公差13的等差数列，
驽马每日行程bn构成一个首项为97，公差为﹣0.5的等差数列，
则an＝103+13（n﹣1）＝13n+90，bn＝97﹣0.5（n﹣1）＝97.5﹣0.5n，
则数列{an}与数列{bn}的前n项和为1125×2＝2250，
又∵数列{an}的前n项和为×（103+13n+90）＝×（193+13n），
数列{bn}的前n项和为×（97+97.5﹣0.5n）＝×（194.5﹣n），
∴×（193+13n）+×（194.5﹣n）＝2250，
整理得：25n2+775n﹣9000＝0，即n2+31n﹣360＝0，
解得：n＝9或n＝﹣40（舍），即九日相逢．
8.(2021•安徽蚌埠三模•文T4．)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＝1，S5＝25，则＝（　　）
A．3 B．6 C．9 D．12
【答案】A．
【解析】因为等差数列{an}中，a1＝S1＝1，
所以S5＝5+10d＝25，
所以d＝2，则＝a1+d＝3．
9.(2021•贵州毕节三模•文T9．)如图，有甲、乙、丙三个盘子和放在甲盘子中的四块大小不相同的饼，按下列规则把饼从甲盘全部移到乙盘中：①每次只能移动一块饼；②较大的饼不能放在较小的饼上面，则最少需要移动的次数为（　　）

A．7 B．8 C．15 D．16
【答案】C．
【解析】假设甲盘中有n块饼，从甲盘移动到乙盘至少需要an次，则a1＝1，
当n≥2时，可先将较大的饼不动，将剩余的n﹣1块饼先移动到丙盘中，至少需要移动an﹣1次，再将最大的饼移动到乙盘，需要移动1次，
最后将丙盘中所有的丙移动到乙盘中，至少需要移动an﹣1次，
由上可知，an＝2an﹣1+1，且a1＝1，
所以a2＝2a1+1＝3，a3＝2a2+1＝7，a4＝2a3+1＝15，
则最少需要移动的次数为15次．
10.(2021•贵州毕节三模•文T5．)“干支纪年法”是中国历法上自古以来使用的纪年方法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”．“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为：甲子、乙丑、丙寅、…、癸酉，甲戌、乙亥、丙子、…、癸未，甲申、乙酉、丙戌、…、癸巳，…，共得到60个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽．2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，那么2015年是“干支纪年法”中的（　　）
A．甲辰年 B．乙巳年 C．丙午年 D．乙未年
【答案】D．
【解析】由题意可知，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，
子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”，
2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，则2020年为庚子，2019年为己亥，2018年为戊戌，2017年为丁酉，2016年为丙申，2015年为乙未．
11.(2021•辽宁朝阳三模•T4．)跑步是一项有氧运动，通过跑步，我们能提高肌力，同时提高体内的基础代谢水平，加速脂肪的燃烧，养成易瘦体质．小林最近给自己制定了一个200千米的跑步健身计划，他第一天跑了8千米，以后每天比前一天多跑0.5千米，则他要完成该计划至少需要（　　）
A．16天 B．17天 C．18天 D．19天
【答案】B．
【解析】设需要n天完成计划，由题意易知每天跑步的里程为，以8为首项，0.5为公差的等差数列，∴，
∴n2+31n﹣800≥0，当n＝16时，162+31×16﹣800＜0，
当n＝17时，172+17×31﹣800＞0．
12.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T4．)“干支纪年法”是我国历法的一种传统纪年法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为”十天干”；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、西、戌、亥叫做“十二地支”．“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为甲子、乙丑、丙寅、……癸酉；甲戌、乙亥、丙子、…、癸未；甲申、乙酉、丙戌、…、癸巳；…，共得到60个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽．2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，那么2121年是“干支纪年法”中的（　　）
A．庚午年 B．辛未年 C．庚辰年 D．辛巳年
【答案】D．
【解析】天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；
地支：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥，
天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，
2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，则2121的天干为辛，地支为巳．
13.(2021•安徽宿州三模•理T8．)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1a7＝3a4，a2与a3的等差中项为18，则S5＝（　　）
A．108 B．117 C．120 D．121
【答案】D．
【解析】设等比数列{an}的公比为q，q＞0，由a1a7＝a42＝3a4，可得a4＝3，即有a1q3＝3，由a2与a3的等差中项为18，可得a2+a3＝36，即为a1q+a1q2＝36，解得a1＝81，q＝，
则S5＝＝121．
14.(2021•安徽宿州三模•文T5．)已知{an}为等差数列且a1＝1，a4+a9＝24，Sn为其前n项的和，则S12＝（　　）
A．142 B．143 C．144 D．145
【答案】C．
【解析】解法一、等差数列{an}中，设公差为d，
由a1＝1，a4+a9＝24，
得（a1+3d）+（a1+8d）＝2a1+11d＝2+11d＝24，
解得d＝2，
所以S12＝12a1+×12×11×2＝12×1+132＝144．
解法二、等差数列{an}中，a1＝1，a4+a9＝24，
所以前n项的和S12＝＝6（a4+a9）＝6×24＝144．
15.(2021•河南开封三模•文T7．)设数列{an}满足a1＝1，，若，则n＝（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C．
【解析】根据题意，数列{an}满足a1＝1，，
则数列{an}是首项a1＝1，公比为的等比数列，
若，即a1（a1q）（a1q2）……（a1qn﹣1）＝（a1）n×＝＝，解可得：n＝6或﹣5（舍）．
16.(2021•四川泸州三模•理T6．)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a2＝15，S5＝65，则a1+a4＝（　　）
A．24 B．26 C．28 D．30
【答案】C．
【解析】由题意S5＝5a3＝65，a3＝13，所以a1+a4＝a2+a3＝28．
17.(2021•江苏常数三模•T12．)斐波那契，公元13世纪意大利数学家．他在自己的著作《算盘书》中记载着这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，⋯，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，这就是著名的斐波那契数列．斐波那契数列与代数和几何都有着不可分割的联系．现有一段长为a米的铁丝，需要截成n（n＞2）段，每段的长度不小于1m，且其中任意三段都不能构成三角形，若n的最大值为10，则a的值可能是（　　）
A．100 B．143 C．200 D．256
【答案】BC．
【解析】由题意，一段长为a米的铁丝，截成n段，且其中任意三段都不能构成三角形，
当n取最大值时，每段长度从小到大排列正好为斐波那契数列，
而数列的前10项和为：1+1+2+3+5+8+13+21+34+55＝143，
前11项和为：1+1+2+3+5+8+13+21+34+55+89＝232，
∴只需143≤a＜232，BC均符合要求．
18.(2021•上海浦东新区三模•T16．)已知函数f（x）＝sinx，各项均不相等的数列{an}满足|ai|≤（i＝1，2，…n），记G（n）＝．①若an＝（﹣）n，则G（2000）＞0；②若{an}是等差数列，且a1+a2+…+an≠0，则G（n）＞0对n∈N*恒成立．关于上述两个命题，以下说法正确的是（　　）
A．①②均正确 B．①②均错误 C．①对，②错 D．①错，②对
【答案】A．
【解析】f（x）＝sinx在[﹣]上为奇函数且单调递增，
①：a2k﹣1+a2k＜0（k∈N*）可得a2k﹣1＜﹣a2k，则f（a2k﹣1）＜f（﹣a2k）＜f（﹣a2k）＝﹣f（a2k），
所以f（a2k﹣1）+f（a2k）＜0＜0，则a1+a2+......+a2000＜0，
f（a1）+f（a2）+.....+f（a2000）+.....+f（a2000）＜0，故G（2000）＞0，①正确，
②：{an}为等差数列，当a1+a2+.....+an＞0时，
若n为偶数，a＞0，
a1＞﹣an可得f（a1）＞f（﹣an）＝﹣f（an），则f（a1）+f（an）＞0，
同理可得：f（a2）+f（an﹣1）＞0，.......f（a）+f（a）＞0，所以G（n）＞0，
若n为奇数，a1+an＝a2+an﹣1＝......＝2a＞0，
f（a1）+f（an）＞0，f（a2）+f（an﹣1）＞0，.....，f（a）＞0，所以G（n）＞0，
当a1+a2+.....+an＜0时，同理可证G（n）＞0，②正确．
19.(2021•湖南三模•T5．)《周髀算经》是我国古代的天文学和数学著作，其中有一个问题大意如下：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同（即太阳照射物体的影子长度增加和减少的大小相同）．二十四个节气及晷长变化如图所示，若冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺五寸（注：一丈等于十尺，一尺等于十寸），则立秋晷长为（　　）

A．五寸 B．二尺五寸 C．三尺五寸 D．四尺五寸
【答案】D．
【解析】设从夏至到冬至，每个节气晷长为an，则a1＝15，冬至晷长a13＝135，
由题意得{an}为等差数列，则d＝＝10，故a4＝a1+3d＝15+30＝45．
20.(2021•江西南昌三模•理T5．)已知公差不为0的等差数列{an}满足a52+a62＝a72+a82，则（　　）
A．a6＝0 B．a7＝0 C．S12＝0 D．S13＝0
【答案】C．
【解析】因为公差不为0的等差数列{an}满足a52+a62＝a72+a82，
所以a82﹣a52+a72﹣a62＝0，
所以（a8﹣a5）（a8+a5）+（a7﹣a6）（a7+a6）＝0，
即3d（a8+a5）+d（a7+a6）＝0，
因为d≠0，
所以3（a8+a5）+（a7+a6）＝0，
由等差数列的性质得4（a1+a12）＝0，即a1+a12＝0，
所以S12＝0．
21.(2021•江西上饶三模•理T12．)数列{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，数列{bn}满足bn＝1+a1+a2+…+an（n＝1，2，…），数列{cn}满足cn＝2+b1+b2+…+bn（n＝1，2，…）．若{cn}为等比数列，则a+q＝（　　）
A． B．3 C． D．6
【答案】B．
【解析】数列{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，an＝aqn﹣1，
则bn＝1+a1+a2+…+an＝1+＝1+﹣，
则cn＝2+b1+b2+…+bn＝2+（1+）n﹣×＝2﹣+n+，要使{cn}为等比数列，则，解得：，∴a+q＝3．
22.(2021•安徽马鞍山三模•理T10．)国际数学教育大会（ICME）是由国际数学教育委员会主办的国际数学界最重要的会议，每四年举办一次，至今共举办了十三届，第十四届国际数学教育大会于2021年上海举行，华东师大向全世界发出了数学教育理论发展与实践经验分享的邀约，如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME﹣7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．

其中已知：OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝⋯＝1，A1，A2，A3，⋯，为直角顶点，设这些直角三角形的周长和面积依次从小到大组成的数列分别为{ln}，{Sn}，则关于此两个数列叙述错误的是（　　）
A．{Sn2}是等差数列
B．
C．
D．ln﹣1＝2Sn+2Sn+1
【答案】C．
【解析】由OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝⋯＝1，
得OA2＝，，⋯，
故，∴ln＝OAn+AnAn+1+OAn+1＝，①
Sn＝＝，
对于A，Sn2＝，∴{Sn2}是等差数列，所以A正确；
对于B，由①可知，B正确；
对于C，ln﹣ln﹣1＝﹣（）＝，所以C错误；
对于D，ln﹣1＝，2Sn+2Sn+1＝＝ln﹣1，所以D正确．
23.(2021•安徽马鞍山三模•文T8．)在天然气和煤气还未普及时，农民通常会用水稻秸秆作为生火做饭的材料．每年水稻收割结束之后，农民们都会把水稻秸秆收集起来，然后堆成如图的草堆，供生火做饭使用．通常他们堆草堆的时候都是先把秸秆先捆成一捆一捆的，然后堆成下面近似成一个圆柱体，上面近似成一个圆锥体的形状．假设圆柱体堆了7层，每层所用的小捆草数量相同，上面收小时，每层小捆草数量是下一层的倍．若共用255捆，最上一层只有一捆，则草堆自上往下共有几层（　　）

A．13 B．12 C．11 D．10
【答案】B．
【解析】设圆锥体有n层，由题意可知最上面一层只有一捆，
所以第n层有1×2n﹣1捆，圆锥体的总捆数为＝2n﹣1，
圆柱体堆了7层，总捆数为7×2n﹣1，
草堆的总捆数为7×2n﹣1+2n﹣1﹣2n﹣1＝255，
解得n＝6，所以自下往上共有6+7﹣1＝12层．
24.(2021•安徽马鞍山三模•理T4．)已知等差数列{an}中，a2+a14＝18，a2＝3，则a10＝（　　）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】B．
【解析】在等差数列{an}中，由a2+a14＝18，得2a8＝a2+a14＝18，则a8＝9，
又a2＝3，∴，∴a10＝a8+2d＝9+2×1＝11．
25.(2021•江西九江二模•理T9．)古希腊毕达哥拉斯学派认为数是万物的本源，因此极为重视数的理论研究，他们常把数描绘成沙滩上的沙粒或小石子，并将它们排列成各种形状进行研究．形数就是指平面上各种规则点阵所对应的点数，是毕哥拉斯学派最早研究的重要内容之一．如图是三角形数和四边形数的前四个数，若三角形数组成数列{an}，四边形数组成数列{bn}，记cn＝，则数列{cn}的前10项和为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D．
【解析】由题意可得，，，
所以，
设数列{cn}的前n项和为Sn，所以，所以．
26.(2021•江西九江二模•理T3．)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3＝7，S10＝20，则a8＝（　　）
A．﹣5 B．﹣3 C．3 D．5
【答案】B．
【解析】设等差数列{an}的公差为d，
由题意得，
解得a1＝11，d＝﹣2，
故a8＝11+7×（﹣2）＝﹣3．
27.(2021•浙江杭州二模•理T8．)已知数列{an}满足an﹣1＝an+an﹣2（n≥3），设数列{an}的前n项和为Sn，若S2020＝2019，S2019＝2020，则S2021＝（　　）
A．1008 B．1009 C．2016 D．2018
【答案】B．
【解析】因为an﹣1＝an+an﹣2，（n≥3），
所以an＝an+1+an﹣1，则an+1+an﹣2＝0，所以an+an+3＝0，an+3+an+6＝0，
则an＝an+6，可知a1+a4＝0，a2+a5＝0，a3+a6＝0，
所以S6＝a1+a2+…+a6＝0，
因为2019＝6×336+3，所以S2019＝0+a2017+a2018+a2019＝2020，
所以a2017+a2018+a2019＝2020，
因为a2020＝S2020﹣S2019＝2019﹣2020＝﹣1，则a2017＝1，
所以a2018+a2019＝2020﹣1＝2019，因为a2018＝a2017+a2019＝1+a2019，
所以a2019＝1009，a2018＝1010，
因为a2021＝a2018＝﹣1010，所以S2021＝S2020+a2021＝2019﹣1010＝1009．
28.(2021•江西上饶二模•理T3．)等比数列{an}中，a3＝4，a2a6＝64，则a5＝（　　）
A． B．8 C．16 D．32
【答案】C．
【解析】∵等比数列{an}中，a3＝4，a2a6＝64，
∴a2a6＝＝64，
解得a4＝±8，
∴q＝＝±2，
∴a5＝＝4×4＝16．
29.(2021•河北秦皇岛二模•理T3．)南宋数学家杨辉《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前6项分别1，6，13，24，41，66，则该数列的第7项为（　　）
A．91 B．99 C．101 D．113
【答案】C．
【解析】由题意得1，6，13，24，41，66的差组成数列：5，7，11，17，25…，这些数的差组成数列：2，4，6，8，10…，
故该数列的第7项为10+25+66＝101．
30.(2021•江西鹰潭二模•理T3．)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（　　）
A．an＝2n﹣5 B．an＝3n﹣10 C．Sn＝2n2﹣8n D．Sn＝n2﹣2n
【答案】A．
【解析】设等差数列{an}的公差为d，由S4＝0，a5＝5，得
，∴，∴an＝2n﹣5，．
31.(2021•北京门头沟二模•理T5)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则该人第五天走的路程为( )
A. 48里 B. 24里 C. 12里 D. 6里
【答案】C．
【解析】本题考查等比数列的通项公式的运用，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．
由题意可知，每天走的路程里数构成以12为公比的等比数列，由S6=378求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人第五天走的路程．
解：记每天走的路程里数为{an}，由题意知{an}是公比12的等比数列，
由S6=378，得S6=a1(1-126)1-12=378，解得：a1=192，∴a5=192×124=12(里).故选：C.
32.(2021•广东潮州二模•T12．)已知数列{an}满足an＝n•kn（n∈N*，0＜k＜1），下列命题正确的有（　　）
A．当k＝时，数列{an}为递减数列
B．当k＝时，数列{an}一定有最大项
C．当0＜k＜时，数列{an}为递减数列
D．当为正整数时，数列{an}必有两项相等的最大项
【答案】BCD．
【解析】an＜an+1⇔n•kn＜（n+1）•kn+1⇔n＜（n+1）k⇔，an＞an+1⇔n•kn＞（n+1）•kn+1⇔n＞（n+1）k⇔，
对于A，因为k＝，所以a1＝，a2＝2＝，于是a1＝a2，所以A错；
对于B，因为k＝，所以＝4，于是当n＞4时，{an}递减，所以数列{an}一定有最大项，所以B对；
对于C，因为当0＜k＜时，＜，所以当n≥1＞＞时，数列{an}为递减数列，所以C对；
对于D，设＝m，当n＞m，即n≥m+1时数列{an}为递减，当n＜m时{an}为递增，，最大项为am＝，am+1＝（m+1）＝，
所以数列{an}必有两项相等的最大项，所以D对．
33.(2021•安徽淮北二模•文T8．)若正项等比数列{an}的公比为e（e是自然对数的底数），则数列{lna2n﹣1}是（　　）
A．公比为e2的等比数列 B．公比为2的等比数列
C．公差为2e的等差数列 D．公差为2的等差数列
【答案】D．
【解析】正项等比数列{an}的公比为e（e是自然对数的底数），
∴a2n﹣1＝，∴lna2n﹣1＝＝lna1+2n﹣2＝2n+（lna1﹣2），
∴数列{lna2n﹣1}是公差为2的等差数列．
34.(2021•吉林长春一模•文T11.)如图,在面积为1的正方形内做四边形使以此类推,在四边形内再做四边形……，记四边形的面积为，则


【答案】B．
【解析】由图可知所以其前项和为,故选B.
35.(2021•宁夏银川二模•文T6．)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝0，a6＝8，则S10＝（　　）
A．66 B．68 C．70 D．80
【答案】C．
【解析】等差数列{an}中，a2＝0，a6＝8，故d＝＝2，a1＝﹣2，则S10＝10×（﹣2）+45×2＝70．
二、填空题部分
36.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T16)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.
【答案】(1). 5 (2).．
【解析】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；
故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，
设，
则，
两式作差得：
，
因此，.故答案为；.
37.(2021•上海浦东新区三模•T10．)设函数f（x）＝cosx﹣m（x∈[0，3π]）的零点为x1、x2、x3，若x1、x2、x3成等比数列，则实数m的值为　　．
【答案】﹣．
【解析】由题意得x2＝2π﹣x1，x3＝2π+x1，由＝x1x3得（2π﹣x1）2＝x1（2π+x1），
解得x1＝，m＝cos＝．
38.(2021•上海浦东新区三模•T7．)数列{an}的前n项和为Sn，若点（n，Sn）（n∈N*）在函数y＝log2（x+1）的反函数的图象上，则an＝　　．
【答案】2n﹣1
【解析】由题意得n＝log2（Sn+1）⇒sn＝2n﹣1．
n≥2时，an＝sn﹣sn﹣1＝2n﹣2n﹣1＝2n﹣1，
当n＝1时，a1＝s1＝21﹣1＝1也适合上式，∴数列{an}的通项公式为an＝2n﹣1；
39.(2021•河南郑州三模•理T16)1967年，法国数学家蒙德尔布罗的文章《英国的海岸线有多长？》标志着几何概念从整数维到分数维的飞跃．1977年他正式将具有分数维的图形成为“分形”，并建立了以这类图形为对象的数学分支——分形几何，分形几何不只是扮演着计算机艺术家的角色，事实表明它们是描述和探索自然界大量存在的不规则现象的工具．
下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB的长度为a，在线段AB上取两个点C，D，使得AC＝DB＝AB，CD为一边在线段AB的上方做一个正三角形，然后去掉线段CD，得到图2中的图形；对图2中的线段EC、ED作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：

记第n个图形（图1为第1个图形）中的所有线段长的和为Sn，若存在最大的正整数a，使得对任意的正整数n，都有Sn＜2021，则a＝　　．
【答案】1010．
【解析】当n＝2时，则S1＝a，s2＝S1+×a×2﹣＝（1+）a，
当n＝3时，则S3＝s2+2（×a×）×2﹣＝（1+）a××2×a＝（1++）a，
同理得当n＝4时，则S4＝（1+++）a，
∴Sn＝（1+++...+）a＝[1+×]a＝[2﹣]a＜2021，
∴2a＜2021，∴a的最大整数值为1010．
40.(2021•河南开封三模•文理T13)已知{an}为等差数列，且3a5＝2a7，则a1＝　　．
【答案】0．
【解析】设等差数列{an}的公差为d，由3a5＝2a7，得2a5+a5＝2（a5+2d），
则a5＝4d；又a5＝a1+4d，所以a1＝0．
故答案为：0．
41.(2021•安徽宿州三模•理T14．)已知数列{an}的前n项的和为Sn，并且满足Sn＝2n2﹣10n，则a2a6的值为　　．
【答案】﹣48．
【解析】∵数列{an}的前n项的和为Sn，且满足Sn＝2n2﹣10n，
∴a2＝S2﹣S1＝（2×4﹣10×2）﹣（2﹣10）＝﹣4，
a6＝S6﹣S5＝（2×36﹣10×6）﹣（2×25﹣10×5）＝12，
∴a2a6＝﹣4×12＝﹣48．
42.(2021•安徽宿州三模•文T15．)已知{an}是公差不为零的等差数列，a5＝14，且a1，a3，a11成等比数列，设bn＝（﹣1）n+1an，数列{bn}的前n项的和为Sn，则S2021＝　　．
【答案】3032．
【解析】由a1，a3，a11成等比数列，得，
设等差数列{an}的公差为d（d≠0），∴，
整理得3a5＝14d，∵a5＝14，∴d＝3，则a1＝a5﹣4d＝14﹣12＝2，
∴an＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1，得，
则b2k+b2k+1＝（﹣1）2k+1（6k﹣1）+（﹣1）2k+2（6k+3﹣1）＝3．
∴S2021＝b1+b2+...+b2021＝b1+（b2+b3）+（b4+b5）+...+（b2020+b2021）
＝2+3+3+...+3＝2+3×1010＝3032．
43.(2021•安徽马鞍山三模•文T15．)已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+⋯+nan＝2n，若，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T2021＝　　．
【答案】．
【解析】由a1+2a2+3a3+⋯+nan＝2n，可得n＝1时，a1＝2，
n≥2时，a1+2a2+3a3+⋯+（n﹣1）an﹣1＝2（n﹣1），
又a1+2a2+3a3+⋯+nan＝2n，
两式相减可得nan＝2，即有an＝，对n＝1也成立．
可得＝＝2（﹣），
则T2021＝2（1﹣+﹣+﹣+...+﹣）＝2（1﹣）＝．
44.(2021•河南焦作三模•理T) 15．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，S6＝0，a7＝7，若为数列{an}中的项，则m＝　　．
【答案】2．
【解析】等差数列{an}中，S6＝6a1+15d＝0，a7＝a1+6d＝7，
解得d＝2，a1＝﹣5，
故an＝2n﹣7，
设t＝2m﹣3，（t≥﹣1且t为奇数），
＝＝＝t+﹣6为数列中的项，则t能被8整除，
则t＝1时，m＝2，t+﹣6＝3，符合题意；
当t＝﹣1时，m＝1，t+﹣6＝﹣15不符合题意，
故m＝2．
45.(2021•河北张家口三模•T13)在等差数列{an}中，a11＝2a8+6，则a2+a6+a7＝　﹣18　．
【答案】﹣18．
【解析】设等差数列{an}的公差为d，
由a11＝2a8+8，得2a8﹣a11＝﹣8，
即a8﹣3d＝a5＝﹣6，
所以a2+a3+a7＝3a5＝﹣18．
46.(2021•山东聊城三模•T13.)数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，…称为斐波那契数列，是意大利著名数学家斐波那契于1202年在他写的《算盘全书》提出的，该数列的特点是：从第三起，每一项都等于它前面两项的和．在该数列的前2021项中，奇数的个数为________．
【答案】 1348．【考点】进行简单的合情推理
【解析】【解答】由斐波那契数列的特点知：从第一项起，每3个数中前两个为奇数后一个偶数，∵20213的整数部分为673，余数为2，
∴该数列的前2021项中共有673个偶数，奇数的个数为2021-673=1348 .
故答案为：1348【分析】由斐波那契数列的特点经过推理即可求得。
47.(2021•安徽蚌埠三模•文T16．)已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝，（n≥2且n∈N+），等比数列{bn}公比q＝2，则数列{}的前n项和Sn＝　　．
【答案】（2n﹣3）•2n+1+6．
【解析】因为a1＝1，a2＝，（n≥2且n∈N+），①
当n＝2时，+＝+6，即b1+3b2＝b3+6，
由等比数列的{bn}的公比为q＝2，即b1+6b1＝4b1+6，解得b1＝2，所以bn＝2n，
当n＝3时，++＝+6，即2+3×4+＝3×16+6，解得a3＝，
又++…+＝+6（n≥3，且n∈N+），②
①﹣②可得，＝﹣，
即＝﹣，化为+＝，
又+＝6＝，
所以{}为等差数列，且公差d＝﹣＝2，
则＝+2（n﹣1）＝2n﹣1，
所以＝（2n﹣1）•2n，
Sn＝1•2+3•22+5•23+…+（2n﹣1）•2n，
2Sn＝1•22+3•23+5•24+…+（2n﹣1）•2n+1，
上面两式相减可得﹣Sn＝2+2（22+23+…+2n）﹣（2n﹣1）•2n+1
＝2+2•﹣（n﹣1）•2n+1，
所以Sn＝（2n﹣3）•2n+1+6．
48.(2021•上海嘉定三模•T12．)已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，⋯，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．若该数列的前n项和为2的整数幂，如，，，则称中的（n，k）为“一对佳数”，当n≥100时，首次出现的“一对佳数”是　　．
【答案】（441，29）．
【解析】根据题意，所以前n组共有1+2+3+……+n＝个数，
则有＝
，令（当n＝14时有105个数），
由题意可知：若Sn＝2n+1﹣2﹣n为2的整数幂，验证可得：
则①1+2+（﹣2﹣n）＝0时，解得n＝1，总共有项，不满足n≥100；
②1+2+4+（﹣2﹣n）＝0时，解得n＝5，总共有项，不满足n≥100；
③1+2+4+8+（﹣2﹣n）＝0时，解得n＝13，总共有项，
不满足n≥100；
④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）＝0时，解得n＝29
总共有项，满足n≥100；∴n的最小值为441
所以首次出现的“一对佳数”是（441，29）；
49.(2021•江西上饶三模•理T14．)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5+a6＝a2+5，则S17＝　　．
【答案】85．
【解析】由{an}是等差数列，得a5+a6＝a2+a9，又a5+a6＝a2+5，所以a9＝5，
所以S17＝（a1+a17）＝17a9＝17×5＝85．
50.(2021•贵州毕节三模•文T14．)已知数列{an}的前n项和满足Sn+1＝3Sn+2，且a1＝2，则a6的值为　　．
【答案】486．
【解析】∵Sn+1＝3Sn+2，
∴Sn＝3Sn﹣1+2（n≥2），
两式相减得an+1＝3an（n≥2），
∵S1＝2，Sn+1＝3Sn+2，
∴a1+a2＝3a1+2即a2＝6，则＝3，
∴＝3（n≥1），
∴数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
∴an＝2×3n﹣1（n＝1，2，3，…）．
∴a6＝2×35＝486．
51.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T16．)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an+2SnSn﹣1＝0（n≥2），则（n2+16）Sn的最小值为　　．
【答案】4．
【解析】由于an+2SnSn﹣1＝0，整理得Sn﹣Sn﹣1＝﹣2SnSn﹣1，
变换为：（常数），
故数列{}是以2为首项，2为公差的等差数列；
所以，（首项符合通项），
故，则（n2+16）Sn＝＝，当且仅当时，即n＝4时，等号成立．
52.(2021•四川泸州三模•理T15．)已知Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若a2a4＝9，2S2＝a3+a4，则a7＝　　．
【答案】12．
【解析】根据题意，等比数列{an}中，设其公比为q，则q＞0，
若a2a4＝9，则a3＝＝3，
若2S2＝a3+a4，即2（a1+a2）＝a3+a4，则q2＝＝2，
则a7＝a3q4＝3×22＝12．
53.(2021•江西南昌三模•理T14．)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6＝9S3，S3＝λa3，则λ＝　　．
【答案】．
【解析】根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
若S6＝9S3，则q≠1，则有＝9×，变形可得1+q3＝9，
解可得q＝2，
则S3＝＝7a1，a3＝4a1，
若S3＝λa3，则λ＝＝．
54.(2021•江西鹰潭二模•理T15．)设数列{an}中a1＝2，若等比数列{bn}满足an+1＝anbn，且b1010＝1，则a2020＝　　．
【答案】2．
【解析】根据题意，若数列{bn}满足an+1＝anbn，即＝bn，
则有＝（）×（）×（）×……×＝b2019×b2018×b2017×……b1，而数列{bn}为等比数列，则b2019×b2018×b2017×……b1＝（b1010）2019＝1，
则有＝1，又由a1＝2，则a2020＝2．
55.(2021•山东潍坊二模•T14．)数学史上著名的“冰雹猜想”指的是：任取一个正整数m，若m是奇数，就将该数乘3再加上1；若m是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．按照上述猜想可得到一个以m为首项的无穷数列记作{an}，{an}满足的递推关系为a1＝m，an+1＝如取m＝6，根据上述运算法则得出a9＝1，a10＝4，…，若a7＝1，则满足条件的一个m的值为　　．
【答案】1或8或10或64（只需填一个）．
【解析】若a7＝1，则a6＝2，a5＝4，a4＝8或1，
①当a4＝8时，a3＝16，a2＝32或5，
若a2＝32，则a1＝64；若a2＝5，则a1＝10，
②若a4＝1时，a3＝2，a2＝4，a1＝8或1，
综上所述，m的值为1或8或10或64．
56.(2021•安徽淮北二模•文T13．)若数列{an}的前n项和为Sn＝n2+n，则an＝　　．
【答案】n．
【解析】数列{an}的前n项和为Sn＝n2+n，
则an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+n﹣（n﹣1）2﹣n+1＝n．
57.(2021•吉林长春一模•文T16.)已知是数列的前项和,满足,则;数列的前项和.
【答案】，．
【解析】,所以
,故的前项和.
58.(2021•宁夏银川二模•文T15．)已知各项都为正数的数列{an}，Sn是其前n项和，满足a1＝，an2（2an+1﹣1）an﹣2an+1＝0，则＝　　．
【答案】2n﹣1．
【解析】各项都为正数的数列{an}，Sn是其前n项和，满足a1＝，an2（2an+1﹣1）an﹣2an+1＝0，整理得：2an+1（an+1）＝an（an+1），
由于数列{an}的各项为正数，所以（常数），
所以数列{an}是以为首项，为公比的等比数列．
则，，
所以．
三、解答题部分
59.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T17) 已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
【解析】（1）由题设可得
又，，
故，即，即
所以为等差数列，故.
（2）设的前项和为，则，
因为，
所以
.
60.(2021•高考全国甲卷•理T18) 已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列是等差数列：②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【解析】选①②作条件证明③时，可设出，结合的关系求出，利用是等差数列可证；
选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出，结合等差数列定义可证；
选②③作条件证明①时，设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列.
选①②作条件证明③：
设，则，
当时，；
当时，；
因为也是等差数列，所以，解得；
所以，所以.
选①③作条件证明②：
因为，是等差数列，
所以公差，
所以，即，
因为，
所以是等差数列.
选②③作条件证明①：
设，则，
当时，；
当时，；
因为，所以，解得或；
当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；
当时，，不合题意，舍去.
综上可知为等差数列.
61.(2021•高考全国乙卷•文T19) 设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
【解析】因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，
所以.
（2）证明：由（1）可得，
，①
，②
①②得，
所以，
所以，
所以.
62.(2021•浙江卷•T20) 已知数列的前n项和为，，且.
（1）求数列的通项；
（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）当时，，
，
当时，由①，
得②，①②得
，
又是首项为，公比为的等比数列，
；
（2）由，得，
所以，
，
两式相减得

，
所以，
由得恒成立，
即恒成立，
时不等式恒成立；
时，，得；
时，，得；
所以.
63.(2021•江苏盐城三模•T18)请在①；②；③这3个条件中选择1个条件，补全下面的命题使其成为真命题，并证明这个命题(选择多个条件并分别证明的按前1个评分)．
命题：已知数列满足an＋1＝an2，若，则当n≥2时，an≥2n恒成立．
【考点】数列的通项公式求解与不等式的证明
【解析】选②．证明：由an＋1＝an2，且，所以an＞0，
所以lgan＋1＝lgan，lgan＝lg2，an＝，……5分
当n≥2时，只需证明≥n，
令bn＝，则bn＋1－bn＝－＝＜0，……10分
所以bn≤b2＝1，所以≥n成立．
综上所述，当a1＝2且n≥2时，an≥2n成立．……12分
注：选②为假命题，不得分，选③参照给分．
64.(2021•河南开封三模•理T17)已知数列{an}满足a1＝﹣2，an+1＝2an+4．
（1）求a2，a3，a4；
（2）猜想{an}的通项公式并加以证明；
（3）求数列{|an|}的前n项和Sn．
【解析】（1）由已知，易得a2＝0，a3＝4，a4＝12．
（2）猜想．
因为an+1＝2an+4，所以an+1+4＝2（an+4），，
则{an+4}是以2为首项，以2为公比的等比数列，
所以，所以＝．
（3）当n＝1时，a1＝﹣2＜0，S1＝|a1|＝2；
当n≥2时，an≥0，
所以＝，
又n＝1时满足上式．
所以，当n∈N*时，．
65.(2021•河北张家口三模•T17)已知数列{an}的前n项和为An，数列{bn}的前n项和为Bn，且．
（1）求{an﹣bn}的通项公式；
（2）若，求数列{an⋅bn}的前n项和Tn．
【解析】（1）记数列{an﹣bn}的前n项和为Sn，所以，
所以当n≥2时，．
两式作差，得当n≥2时，．
因为当n＝1时，S1＝a4﹣b1＝2，也符合上式，
所以{an﹣bn}的通项公式为．
（2）由（1）知．
因为，
所以，
所以数列{an⋅bn}的前n项和.
所以数列{an⋅bn}的前n项和．
66.(2021•山东聊城三模•T18.)在① a1，a3，a21成等比数列② S4=28，③ Sn+1=Sn+an+4，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并做出解答．
已知{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其n前项和，a2=5，_______，{bn}是等比数列，b2=9，b1+b3=30，公比q>1．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）数列{an}和{bn}的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求T80=c1+c2+c3+⋯+c80．
【解析】（1）解：选①，∵{an}是公差不为0的等差数列，设公差为d，
由a1，a3，a21成等比数列，可得(a1+2d)2=a1(a1+20d)，又d≠0，
∴4a1=d，又a2=5，即a1+d=5，解得a1=1，d=4，
∴an=1+(n-1)×4=4n-3．
选②，由S4=28，a2=5，有4a1+6d=28，a1+d=5，可得a1=1，d=4，
∴an=1+(n-1)×4=4n-3．
选③，由Sn+1=Sn+an+4，可得an+1-an=d=4，又a2=5，即a1+d=5，
∴a1=1，故an=1+(n-1)×4=4n-3．
∵{bn}是等比数列，由b2=9，b1+b3=30，q>1，
∴b1q=9，b1+b1q2=30，解得q=3，b1=3，即bn=3n
（2）解：a80=317，35=243<317<36=729，
∴{cn}的前80项中，数列{bn}的项最多有5项，其中b2=9=a3，b4=81=a21为公共项，又a77=305>243=b5，
∴{cn}的前80项是由{an}的前77项及b1，b3，b5构成．
T20=c1+c2+c3+⋯+c80=a1+a2+⋯a77+b1+b3+b5=11781+3+27+243=12054
【考点】等差数列的通项公式，等差数列的前n项和，等比数列的通项公式，等比数列的前n项和
【解析】【分析】（1 ）选①，∵ {an} 是公差不为0的等差数列，设公差为d，由等比数列通项和性质得 a1=1 ， d=4 ，可得an通项。选②根据等差数列前n项和即可求得an通项。选③由 Sn+1=Sn+an+4 ，可得 an+1-an=d=4结合已知即可求得an通项。再根据等比数列通项可求得 bn=3n。
（2） 由 a80=317 ， 35=243<317<36=729可知{cn} 的前80项中，数列 {bn} 的项最多有5项 进而可得 {cn} 的前80项是由 {an} 的前77项及 b1 ， b3 ， b5 构成，再根据等差和等比前n 项和即可求得。
67.(2021•四川内江三模•理T17．)已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，若S5＝70，且a2，a7，a22成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{}的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜．
【解析】（1）由题意得，
解得a1＝5，d＝4，∴an＝6+（n﹣5）×4＝4n+7．
（2）∵a1＝6，d＝6，∴Sn＝6n+＝2n3+4n，
＝＝，∴Tn＝
＝＝﹣＜，
（Tn）min＝T1＝﹣＝．故≤Tn＜．
68.(2021•重庆名校联盟三模•T18．)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2an﹣Sn＝1（n∈N*）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜1．
【解析】（1）由2an﹣Sn＝1（n∈N*），可得2a1﹣S1＝2a1﹣a1＝1，即a1＝1，
当n≥2时，2an﹣1﹣Sn﹣1＝1，又2an﹣Sn＝1，相减可得2an﹣2an﹣1＝an，
即an＝2an﹣1，则an＝2n﹣1；
（2）证明：bn＝＝＝﹣，
Tn＝1﹣+﹣+﹣+...+﹣＝1﹣，
由{Tn}是递增数列，可得Tn≥T1＝，且Tn＜1．
所以≤Tn＜1．
69.(2021•上海嘉定三模•T21．)（18分）对于数列{an}，若存在常数M＞0对任意n∈N*恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|≤M，则称{an}是“γ﹣数列”．
（1）首项为a1，公差为d的等差数列是否是“γ﹣数列”？并说明理由；
（2）首项为a1，公比为q的等比数列是否是“γ﹣数列”？并说明理由；
（3）若数列{an}是γ﹣数列，证明：也是“γ﹣数列”，设，判断数列{An}是否是“γ﹣数列”？并说明理由．
【解析】（1）因为{an}是等差数列，所以an+1﹣an＝an﹣an﹣1＝⋯＝d，
设|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|≤M，即n|d|≤M
对一切n∈N*恒成立，则d＝0，
所以d＝0时，等差数列是“γ﹣数列”，
当d≠0时，等差数列不是“γ﹣数列”；
（2）由，则，
①当q＝1时，|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|＝0，
必定存在正数M符合题意，所以是“γ﹣数列“；
②当q＝﹣1时，|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|＝2n|a1|，n→∞，2n|a1|→∞，
所以不是“γ﹣数列“；
③当q＞1或q＜﹣1时，n→∞，|qn﹣1|→∞，|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|→∞，
所以不是“γ﹣数列”；
④当﹣1＜q＜0或0＜q＜1时，|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|＝，
必定存在不小于的常数M符合题意，所以是“γ﹣数列”
综上，当﹣1＜q＜0或0＜q≤1时，是“γ﹣数列”，
当q＞1或q＜﹣1时，不是“γ﹣数列”；
（3）①因为|an+1|＝|an+1﹣an+an﹣an﹣1+⋯+a2﹣a1+a1|≤|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|+|a1|≤M+|a1|
所以|an+1|+|an|≤2（M+|a1|），
因为≤[|an+1|+|an+1|]⋅|an+1﹣an|≤2（M+|a1|）⋅|an+1﹣an|
可得
≤2（M+|a1|）⋅[|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|]≤2M（M+|a1|）
所以也是“γ﹣数列“；
②因为，
所以＝
＝

所以|A1﹣A2|+|A2﹣A3|+⋯+|An﹣An+1|
＝
＜|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|≤M，
所以{An}是“γ数列”．
70.(2021•辽宁朝阳三模•T19．)在数列{an}中，a1＝2，（n2+1）an+1＝2[（n﹣1）2+1]an．
（1）求{an}的通项公式；
（2）在下列两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按第一个解答计分．
①设bn＝n2an，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn≥2n+1﹣2．
②设bn＝（n3﹣2n2+2n）an，求数列{bn}的前n项和Tn．
【解析】（1）由（n2+1）an+1＝2[（n﹣1）2+1]an，
设cn＝[（n﹣1）2+1]an，
则cn+1＝2cn，
可得{cn}是首项为2，公比为2的等比数列，可得cn＝2n，
则[（n﹣1）2+1]an＝2n，
所以an＝；
（2）选①设bn＝n2an，数列{bn}的前n项和为Tn．
证明：bn＝n2an＝≥2n，
所以Tn＝b1+b2+...+bn≥2+22+...+2n＝＝2n+1﹣2．
选②设bn＝（n3﹣2n2+2n）an，求数列{bn}的前n项和Tn．
解：bn＝（n3﹣2n2+2n）an＝n•2n，
则Tn＝1•2+2•22+3•23+...+n•2n，
2Tn＝1•22+2•23+3•24+...+n•2n+1，
上面两式相减可得﹣Tn＝2+22+23+...+2n﹣n•2n+1，
＝﹣n•2n+1，
化简可得Tn＝2+（n﹣1）•2n+1．
71.(2021•江苏常数三模•T18．)在①Sn+1＝2Sn+2，②an+1﹣an＝2n，③Sn＝an+1﹣2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且满足 _____．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，试比较dn与的大小关系，并说明理由．
【解析】（1）选①Sn+1＝2Sn+2，
当n＝1时，S2＝2S1+2，即a1+a2＝2a1+2，
∵a1＝2，a1+a2＝2a1+2，
∴a2＝4，
当n≥2时，an+1＝Sn+1﹣Sn＝2Sn+2﹣（2Sn﹣1+2）＝2an，
又∵a2＝2a1，也满足上式，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，即，
选②an+1﹣an＝2n，
由an+1﹣an＝2n可得，•••，，
将以上式子进行累加可得，n≥2，即，n≥2，
又∵a1＝2，也满足上式，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，即，
选③Sn＝an+1﹣2，
当n＝1时，S1＝a2﹣2，a2＝4，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝an+1﹣2﹣（an﹣2）＝an+1﹣an，即an+1＝2an（n≥2），
又∵a2＝2a1，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，即，
（2）∵在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，
∴an+1＝an+（n+1）dn，即，
当n＝1时，，
当n≥2时，＝≥＝＞，
综上所述，．
72.(2021•上海浦东新区三模•T21．)已知{an}，{bn}为两非零有理数列（即对任意的i∈N*，ai，bi均为有理数），{dn}为一无理数列（即对任意的i∈N*，di为无理数）．
（1）已知bn＝﹣2an，并且（an+bndn﹣andn2）（1+dn2）＝0对任意的n∈N*恒成立，试求{dn}的通项公式．
（2）若{dn2}为有理数列，试证明：对任意的n∈N*，（an+bndn﹣andn2）（1+dn2）＝1+dn恒成立的充要条件为．
（3）已知sin2θ＝（0＜θ＜），dn＝，对任意的n∈N*，（an+bndn﹣andn2）（1+dn2）＝1恒成立，试计算bn．
【解析】（1）∵，∴，即，
∴，∵an≠0，∴，∴．
（2）证明：∵，
∴，
∴，
∴，
∵为有理数列，∴，∴，以上每一步可逆，即可证明．
（3）∵，（0＜θ＜），
∴25tanθ＝12+12tan2θ，
∴或
∵，
∴，
当n＝2k（k∈N*）时，∴，
当n＝2k﹣1（k∈N*）时，∴．
∴为有理数列，
∵，∴，
∴，
∵为有理数列，{dn}为无理数列，
∴，∴，
∴．
当n＝2k（k∈N*）时，∴．
当n＝2k﹣1（k∈N*）时，∴，
∴．
73.(2021•上海浦东新区三模•T19．)流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病．某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人．由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月k+1（9≤k≤29，k∈N*）日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人．
（1）若k＝9，求11月1日至11月10日新感染者总人数；
（2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数．
【解析】（1）记11月n日新感染者人数为an（1≤n≤30），则数列{an}（1≤n≤9）是等差数列，
a1＝20，公差为50，又a10＝410，
则11月1日至11月10日新感染者总人数为（a1+a2+…+a9）+a10＝（9×30+）+410＝2480人；
（2）记11月n日新感染者人数为an（1≤n≤30），
11月k日新感染者人数最多，当1≤n≤k时，an＝50n﹣20，
当k+1≤n≤30时，an＝（50k﹣20）﹣20（n﹣k）＝﹣20n+70k﹣20，
因为这30天内的新感染者总人数为11940人，
所以＝11940，
解得﹣35k2+2135k﹣9900＝11940，即k2﹣61k+624＝0，
解得k＝13或k＝48（舍），
此时a13＝50×13﹣20＝630，
所以11月13日新感染者人数最多为630人．
74.(2021•湖南三模•T19．)已知Sn是数列{an}的前n项和，an+1﹣3an+2an﹣1＝1，a1＝1，a2＝4．
（1）证明：数列{an+1﹣an+1}是等比数列；
（2）求Sn．
【解析】（1）证明：∵an+1﹣3an+2an﹣1＝1，
∴（an+1﹣an+1）＝2（an﹣an﹣1+1），
∵a1＝1，a2＝4，
∴a2﹣a1+1＝4．
∴数列{an+1﹣an+1}是公比为2的等比数列，首项为4．
（2）解：由（1）可得：an+1﹣an+1＝4×2n﹣1，
∴an+1﹣an＝2n+1﹣1，
∴an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+……+（a2﹣a1）+a1
＝2n﹣1+2n﹣1﹣1+……+22﹣1+1
＝2n+2n﹣1+……+22﹣（n﹣1）+1
＝﹣n+2
＝2n+1﹣n﹣2．
∴Sn＝2n+1+2n+2n﹣1+……+22﹣（1+2+……+n）﹣2n
＝﹣﹣2n
＝2n+2﹣﹣4．
75.(2021•福建宁德三模•T17) 在①Sn=2an-1，②an+1an=2n-12n+1，a2=13，③Sn=2n+1这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.
已知数列{an}的前n项和为Sn，____，数列{bn}满足bn=an⋅an+1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】选条件①Sn=2an-1，
由Sn=2an-1Sn-1=2an-1-1(n≥2)，两式相减得：an=2an-2an-1，
所以an=2an-1(n≥2)，
又S1=2a1-1，得a1=1，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2n-1.
因此bn=anan+1=2n-1⋅2n=22n-1，
所以Tn=21+23+⋯+22n-1=2(1-4n)1-4=2(4n-1)3.
选条件②an+1an=2n-12n+1，a2=13，
解法一：
由an+1an=2n-12n+1,a2=13，得a2a1=13,a1=1，
当n≥2时，ana1=a2a1×a3a2×⋯×anan-1=13×35×⋯×2n-32n-1=12n-1，
所以an=12n-1(n≥2)，
又a1=1也符合an=12n-1，
所以an=12n-1.
因此bn=anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)，
所以Tn=12[(1-13)+(13-15)+⋯+(12n-1-12n+1)]=12(1-12n+1)=n2n+1.
解法二：
由an+1an=2n-12n+1，得(2n+1)an+1=(2n-1)an，
所以数列{(2n-1)an}是常数列，
所以(2n-1)an=(2×2-1)a2=1，
所以an=12n-1.
因此bn=anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)，
所以Tn=12[(1-13)+(13-15)+⋯+(12n-1-12n+1)]=12(1-12n+1)=n2n+1.
选条件③Sn=2n+1，n≥2时，an=Sn-Sn-1=(2n+1)-(2n-1+1)=2n-1，
又a1=S1=3，显然不符合上式，
所以an=3,n=12n-1,n≥2，
则bn=an⋅an+1=6,n=1,22n-1,n≥2.，
当n≥2时，Tn=6+23+25+⋯+22n-1=6+8(1-4n-1)1-4=23×4n+103，
又T1=6，符合Tn=23×4n+103，
所以Tn=23×4n+103.
【解析】选①，运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式和求和公式，计算可得所求和；
选②，解法一、运用数列恒等式和数列的裂项相消求和，计算可得所求和；解法二、由数列{(2n-1)an}是常数列，可得an，bn，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和；
选③，由数列的递推式和等比数列的求和公式，可得所求和．
本题考查等差、等比数列的通项公式、求和等基础知识，以及数列的裂项相消求和，考查运算求解能力，逻辑推理能力，化归与转化思想等，属于中档题．
76.(2021•宁夏中卫三模•理T17．)已知等比数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），﹣2S2，S3，4S4成等差数列，且a2+2a3+a4＝．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝﹣（n+2）log2|an|，求数列的前n项和Tn．
【解析】（1）等比数列{an}的公比为q，q≠1，
前n项和为成等差数列，
可得2S3＝4S4﹣2S2，即为2•＝4•﹣2•，
化为2q2﹣q﹣1＝0，解得q＝﹣，
，即为﹣a1+2•a1﹣a1＝，
解得a1＝﹣，则an＝（﹣）n，n∈N*；
（2）bn＝﹣（n+2）log2|an|＝﹣（n+2）log2＝n（n+2），
可得＝＝（﹣），
即有前n项和Tn＝（1﹣+﹣+…+﹣+﹣）
＝（1+﹣﹣）＝﹣（+）＝．
77.(2021•河北秦皇岛二模•理T18．)已知等比数列{an}，其前n项和为Sn，若a1＝λ，an+1＝λSn+2，λ∈R，n∈N*．
（1）求λ的值；
（2）设bn＝，求使b1+b2+…+bn＞成立的最小自然数n的值．
【解析】（1）根据题意，由通用公式可得，当n≥2时，，
①﹣②可得，an+1﹣an＝λan⇒an+1＝（1+λ）an，
∴数列{an}是公比为λ+1的等比数列，
又因为a1＝λ，由①得到，
∴⇒λ＝2．
（2）由（1）可知，数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，即得，
则＝＝，
∴b1+b2+b3+……+bn
＝（）+（）+……+（）
＝1﹣．
∴⇒3n＞1011⇒n≥7．
故可得满足题意的最小自然数为n＝7．
78.(2021•河北邯郸二模•理T17．)已知数列{an}满足an＞0，an+1＝3an+4．
（Ⅰ）证明：数列{an+2}为等比数列；
（Ⅱ）若a3＝25，求数列{an﹣n}的前n项和Sn．
【解析】（Ⅰ）证明：由an+1＝3an+4，
可得an+1+2＝3（an+2），
则数列{an+2}是公比为3的等比数列；
（Ⅱ）若a3＝25，又a3＝3a2+4，可得a2＝7，
由a2＝3a1+4，可得a1＝1，
可得an+2＝（a1+2）•3n﹣1＝3n，
则an＝3n﹣2，
an﹣n＝3n﹣2﹣n，
则Sn＝（3+32+...+3n）﹣2n﹣（1+2+3+...+n）
＝﹣2n﹣n（1+n）
＝﹣．
79.(2021•浙江杭州二模•理T20．)已知数列{an}，{bn}，满足an＝2n﹣2，b2k﹣1＝ak（k∈N*），b2k﹣1，b2k，b2k+1成等差数列．
（1）证明：{b2k}是等比数列；
（2）数列{cn}满足cn＝，记数列{cn}的前n项和为Sn，求Sn．
【解析】证明：（1）由数列{an}，{bn}，满足an＝2n﹣2，b2k﹣1＝ak（k∈N*），
所以，
由于b2k﹣1，b2k，b2k+1成等差数列．
故，
整理得（常数），
所以数列：{b2k}是以为首项，公比为2的等比数列；
（2）由于：{b2k}是以为首项，公比为2的等比数列；
所以，
则＝2n﹣3，
所以＝＝（n≥1），
则+…+，
＝．
80.(2021•天津南开二模•T18．)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn（n∈N*）．已知b1＝1，b3＝b2+2，b4＝a3+a5，b5＝a4+2a6．
（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设数列的前n项和Tn.记cn＝，求cn；
（Ⅲ）求．
【解析】（Ⅰ）设数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的等比数列，公比大于0n（n∈N*）．
已知b1＝2，b3＝b2+8，b4＝a3+a8，b5＝a4+7a6．
所以q2＝q+2，解得q＝2，
由于b4＝a3+a5，b5＝a5+2a6．
所以6a1+6d＝6，3a1+13d＝16，
解得a7＝d＝1，
故an＝n，．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，
所以T7n＝0，T2n﹣2＝﹣1，
所以＝，
（Ⅲ）由（Ⅱ）得：，
所以①，
②，
①﹣②得：＝，
整理得．
81.(2021•广东潮州二模•T18．)已知等差数列{an}的公差d≠0，若a6＝11，且a2，a5，a14成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前n项和Sn．
【解析】（1）∵a6＝11，∴a1+5d＝11，①
∵a2，a5，a14成等比数列，∴，
化简得d＝2a1，②
由①②可得，a1＝1，d＝2．
∴数列的通项公式是an＝2n﹣1；
（2）由（1）得＝，
∴Sn＝＝．
82.(2021•辽宁朝阳二模•T18．)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝3，an+1＝2an+1．
（1）证明{an+1}为等比数列．
（2）判断n，an，Sn是否成等差数列？并说明理由．
【解析】（1）证明：a2＝3，an+1＝2an+1，可得a1＝1，
即有an+1+1＝2（an+1），
则{an+1}为首项为1，公比为2的等比数列；
（2）由（1）可得an+1＝2n，即有an＝2n﹣1，
Sn＝﹣n＝2n+1﹣2﹣n，
由n+Sn﹣2an＝n+2n+1﹣2﹣n﹣2（2n﹣1）＝0，
可得n，an，Sn成等差数列．
83.(2021•山东潍坊二模•T22．)设an＝xn，bn＝，Sn为数列{an▪bn}的前n项和，令fn（x）＝Sn﹣1，其中x∈R，n∈N+．
（1）当x＝2时，数列{an}中是否存在三项，使其成等差数列？并说明理由；
（2）证明：对∀n∈N+，关于x的方程fn（x）＝0在x∈[，1]上有且仅有一个根xn；
（3）证明：对∀p∈N+，由（2）中x0构成的数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜．
【解析】（1）当x＝2时，an＝2n，
若存在三项2m，2n，2t成等差数列（m＜n＜t，m，n，t∈N*），
则有2m+2t＝2n+1，∴1+2t﹣m＝2n+1﹣m，
易知等式左边为奇数，右边为偶数，
∴数列{an}中不存在三项，使其成等差数列；
（2）证明：由题意，+，
∴，
当x∈[，1]时，fn′（x）＞0恒成立，∴fn（x）单调递增，
此时fn（1）＝+＞0，
＝⋯+＜
＝＜0，
∴存在唯一的实数xn∈[，1]，使得fn（x）＝0，
∴得证；
（3）证明：当x＞0时，fn+1（x）＝fn（x）+＞fn（x），
∴fn+1（xn）＞fn（xn）＝fn+1（xn+1）＝0，
∵fn+1（x）在x∈（0，+∞）单调递增，
∴xn+1＜xn，即{xn}单调递减，
故对∀正整数p，都有xn﹣xn+p＞0，
又fn（xn）＝⋯+＝0，
fn+p（xn+p）＝＝0，
两式相减，得，
xn﹣xn+p＝+⋯+++⋯+
＜+⋯+，
∵xn+p∈[，1]，∴xn﹣xn+p＜＜
＝＝＜，
即数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜，
∴得证．
84.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T20．)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，若a1＝2，a2+a3是a3与a4的等差中项．数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn+＝2an﹣2．求证：
（Ⅰ）数列{an﹣bn}是等差数列；
（Ⅱ）…+≤2（1﹣）．
【解析】证明：（Ⅰ）数列{an}是各项均为正数的等比数列，若a1＝2，a2+a3是a3与a4的等差中项，
由已知a3+a4＝2（a2+a3），
整理得a4﹣a3﹣2a2＝0．
设数列{an}的公比为q，则q2﹣q﹣2＝0，
解得q＝2或﹣1（负值舍去）
故．
由Sn+＝2an﹣2．①
当n＝1时，解得b1＝1，
当n≥2时，②，
①﹣②得：，
解得．
所以an﹣bn＝n，
故（an﹣bn）﹣（an﹣1﹣bn﹣1）＝1（常数），
故数列{an﹣bn}是等差数列．
（Ⅱ）由于，
数列{an﹣bn}是以1为首项，1为公差的等差数列，
则：an﹣bn＝1+（n﹣1）＝n，
所以，
根据不等式＝，
所以＝2﹣，
由于，
所以…+≤2（1﹣）成立．
85.(2021•山西调研二模•文T17.)已知等比数列{an}，an (1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=anlog2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】解：(1)设公比为q的等比数列{an}，an 由于a2=4，a2+1是a1与a3的等差中项．
所以2(a2+1)=a1+a3，
故5=2q+2q，
解得：q=2或12(舍去)，
故an=2n.
(2)由bn=anlog2an=n⋅2n，
所以Sn=1×21+2×22+...+n⋅2n①，
2Sn=1×22+2×23+...+n⋅2n+1②，
①-②得：-Sn=(21+22+...+2n)-n⋅2n+1=2×(2n-1)2-1-n⋅2n+1.
整理得：Sn=(n-1)⋅2n+1+2.
【解析】(1)首先建立方程组求出数列的通项公式，
(2)进一步利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
86.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T17．)已知等差数列{an}满足a3＝6，a4+a6＝20，{an}的前n项和为Sn．
（Ⅰ）求an及Sn；
（Ⅱ）令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
【解析】（Ⅰ）由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则，
解得，
∴an＝2+2（n﹣1）＝2n，n∈N*，
Sn＝2n+•2＝n（n+1）．
（Ⅱ）由（Ⅰ），可得bn＝＝＝﹣，
故Tn＝b1+b2+…+bn
＝1﹣+﹣+…+﹣
＝1﹣
＝．
87.(2021•河南郑州二模•文T18．)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且{bn}的前n项和为Sn，2a1＝b1＝2，a5＝5（a4﹣a3），___．在①b5＝4（b4﹣b3），②bn+1＝Sn+2这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答．
（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）求数列{an﹣bn}的前n项和Tn．
【解析】等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
选①b5＝4（b4﹣b3），
（Ⅰ）由2a1＝b1＝2，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3），
可得1+4d＝5d，2q4＝4（2q3﹣2q2），
解得d＝1，q＝2，
则an＝1+n﹣1＝n，bn＝2•2n﹣1＝2n；
（Ⅱ）an﹣bn＝n﹣2n，
则Tn＝（1+2+3+…+n）﹣（2+4+8+…+2n）
＝n（n+1）﹣＝（n2+n）﹣2n+1+2．
选②bn+1＝Sn+2，
（Ⅰ）由2a1＝2，a5＝5（a4﹣a3），bn+1＝Sn+2，
可得1+4d＝5d，解得d＝1，
由b1＝2，bn+1＝Sn+2，①
当n≥2时，bn＝Sn﹣1+2，②
①﹣②可得bn+1﹣bn＝Sn﹣Sn﹣1＝bn，
即bn+1＝2bn，
由n＝1时，b2＝S1+2＝b1+2＝4，所以bn＝b2•2n﹣2＝2n，
上式对n＝1也成立，所以an＝1+n﹣1＝n，bn＝2•2n﹣1＝2n；
（Ⅱ）an﹣bn＝n﹣2n，
则Tn＝（1+2+3+…+n）﹣（2+4+8+…+2n）
＝n（n+1）﹣＝（n2+n）﹣2n+1+2．