【文档说明】(新高考数学)高考一轮复习核心考点讲与练考点15《 数列综合问题》(解析版） .doc，共(32)页，1.561 MB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-29427.html

以下为本文档部分文字说明：

考点15数列综合问题（核心考点讲与练）数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.

(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑an与an＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者Sn与Sn＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系.1.数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法：（1）由na与n

S的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法.2.等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n项和；分析等差、等比数列项之间的关系．往往用到转化

与化归的思想方法．3.数列与函数常常以函数的解析式为载体，转化为数列问题，常用的数学思想方法有“函数与方程”“等价转化”等．4.数列与不等式问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公

式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．5.＂新定义＂型问题是指在问题中定义了初中数学中没有学过的一些概念、新运算、新符号，要求学生读懂题意并结合已有知识

进行理解，而后根据新定义进行运算、推理、迁移的一种题型.它一般分为三种类型：（1）定义新运算；（2）定义初、高中知识衔接＂新知识＂;（3）定义新概念.这类试题考查考生对＂新定义＂的理解和认识，以及灵活运用知识的能力，解题

时需要将＂新定义＂的知识与已学知识联系起来，利用已有的知识经验来解决问题.6.数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决

问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.数列的综合应用一、单选题1．（2022·山东青岛·一模）

我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金

为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a斤，设101,115,01xxfxxx，则fa（）A．5B．

7C．13D．26【答案】C【分析】根据题意求得每次收的税金，结合题意得到111111223344556aaaaa，求得a的值，代入函数的解析式，即可求解.【详解】由题意知：这个人原来持金为a斤，第1关收税金为：12a斤；

第2关收税金为111(1)3223aa斤；第3关收税金为1111(1)42634aa斤，以此类推可得的，第4关收税金为145a斤，第5关收税金为156a斤，所以111111223344556aaaaa，即111111

1111(1)(1)12233445566aa，解得65a，又由101,115,01xxfxxx，所以66()1011355f.故选：C.2．（2021·广东佛山·二

模）科技创新离不开科研经费的支撑，在一定程度上，研发投入被视为衡量“创新力”的重要指标.“十三五”时期我国科技实力和创新能力大幅提升，2020年我国全社会研发经费投入达到了24426亿元，总量稳居世界第二，其中基础研究经费投入占研发经费投入的比重是6.16%.“

十四五”规划《纲要草案》提出，全社会研发经费投入年均增长要大于7%，到2025年基础研究经费占比要达到8%以上，请估计2025年我国基础研究经费为（）A．1500亿元左右B．1800亿元左右C．2200亿元左右D．2800亿元左

右【答案】D【分析】由题意可知，2025年我国全社会研发经费投入不得低于524426(17%),再根据2025年基础研究经费占比要达到8%以上，即可求出2025年我国基础研究经费的最低值，从而选出正确选项.【详解】

由题意可知，2025年我国全社会研发经费投入不得低于524426(17%)34258.7亿元，又因为2025年基础研究经费占比要达到8%以上，所以2025年我国基础研究经费不得低于34258.78

%2740.7亿元故选：D3．（2022·湖南·一模）在流行病学中，基本传染数0R是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．0R一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于0R1，

而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数0R3，平均感染周期为7天（初始感染者传染0R个人为第一轮传染，经过一个周期后这0R个人每人再传染0R个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加

到1000人大约需要的天数为（参考数据：63729，541024）（）A．35B．42C．49D．56【答案】B【分析】根据题意列出方程，利用等比数列的求和公式计算n轮传染后感染的总人数，得到指数方程，求得近似解，然后可得需要的天数.【详解】感染人数由

1个初始感染者增加到1000人大约需要n轮传染,则每轮新增感染人数为0nR，经过n轮传染，总共感染人数为：1200000111nnRRRRR，∵0R3，∴当感染人数增加到1000人时，1

13=100013n，化简得3=667n，由563243,3729，故得6n，又∵平均感染周期为7天，所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要6742天，故选：B【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公

式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．4．（2022·陕西西安·一模（理））2020年底，国务院扶贫办确定的贫困县全部脱贫摘帽脱贫攻坚取得重大胜利！为进步巩固脱贫攻坚成果，接续实施乡村振兴战略，某企业响

应政府号召，积极参与帮扶活动．该企业2021年初有资金500万元，资金年平均增长率可达到20%．每年年底扣除下一年必须的消费资金后，剩余资金全部投入再生产为了实现5年后投入再生产的资金达到800万元的目标，每年应扣除的消费资金至多为（）（单

位：万元，结果精确到万元）（参考数据：41.22.07，51.22.49）A．83B．60C．50D．44【答案】B【分析】由题可知5年后投入再生产的资金为：5432500(120%)(120%)(120%)(120%)(12

0%)800xxxxx，即求.【详解】设每年应扣除的消费资金为x万元，则1年后投入再生产的资金为：500(120%)x，2年后投入再生产的资金为：2[500(120%)](1

20%)500(120%)(120%)xxxx，L5年后投入再生产的资金为：5432500(120%)(120%)(120%)(120%)(120%)800xxxxx∴551.215001.28001.21

x，∴60x.故选：B二、双空题5．（2022·湖北·一模）2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家

科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程若第1个图中的三角形的周长为1，则第n个图形的周长为___________；若第1个图中的三角形的面积为1，

则第n个图形的面积为___________.【答案】143n1834559n【分析】由图形之间的边长的关系，得到周长是等比数列，再按照等比数列通项公式可得解；由图形之间的面积关系及累加法，结合等比

数列求和可得解.【详解】记第n个图形为nP，三角形边长为na，边数nb，周长为nL，面积为nS1P有1b条边，边长1a；2P有214bb条边，边长2113aa；3P有2314bb条边，边长23113aa；L分析可知113nnaa，即113nnaa

；14nnbb，即114nnbb当第1个图中的三角形的周长为1时，即11a，13b所以11143433nnnnnnLab由图形可知nP是在1nP每条边上生成一个小三角形，即21134nnnnSSba即21143nnnnSSab

，2121243nnnnSSab，L，2212143SSab利用累加法可得22211112243nnnnnSSababab数列na是以13为公比的等比数列，数列nb是以4为公比的等比数

列，故21nnab是以49为公比的等比数列，当第1个图中的三角形的面积为1时，11S，即21314a，此时21433a，224327a，1P有13b条边，则1122222211112449945113

941nnnnnnabababab所以1131459nnSS，所以1834559nnS故答案为：143n

，1834559n【点睛】关键点睛：本题考查数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法：（1）由na与nS的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法.三、填空题6．（2021·

辽宁铁岭·一模）赵先生准备通过某银行贷款5000元，然后通过分期付款的方式还款．银行与赵先生约定：每个月还款一次，分12次还清所有欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为0.5％，则赵先生每个月所要还款的钱数为______元．（精确到0.01元，参考数据12

1210.517.21310.51％％）【答案】430.33【分析】本题首先可设每一期所还款数为x元，然后结合题意列出每期所还款本金，并根据贷款5000元列出方程，最后借助等比数列前n项和公式进行计算即可得出结果.【详解】设每一期所还款数为x元，因为贷款的月利率为0.5％

，所以每期所还款本金依次为10.5x％、210.5x％、310.5x％、L、1210.5x％，则2312500010.510.510.510.5xxxx％％％L，即

23121111500010.510.510.510.5x％％％L，11101210.510.510.51500010.5x％％％％，121

210.5150000.510.5x％％％，121210.50000.5430.33105.51x％％％，小明每个月所要还款约430.33元，故答案为：43

0.33.四、解答题7．（2020·河南·一模（理））市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式.①等额本金：每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：每

个月的还款额均相同.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（若2019年7月7日贷款到账，则2019年8月7日首次还款）.已知小张该笔贷款年限为20年，月利率为0.004.（1）若小张采取等额本金的还款方式，现已得知第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，试计算小张该笔贷款

的总利息；（2）若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半，已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张该笔贷款是否能够获批（不考虑其他因素）；（3）对比两种还款方式，从经济利益的角度来考虑，小张应选择哪种还款方式.参考数据：2401.0042.61.【答案】（1

）289200元；（2）能够获批；（3）应选择等额本金还款方式【解析】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，即可由等差数列的前n项和公式求得其还款总额，减去本金即为还款的利息；（2）根据题意，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，设小张每

月还款额为x元，由等比数列求和公式及参考数据，即可求得其还款额，与收入的一半比较即可判断；（3）计算出等额本息还款方式时所付出的总利息，两个利息比较即可判断.【详解】（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，记为

na，nS表示数列na的前n项和，则14900a，2402510a，则1240240240120490025108892002aaS，故小张该笔贷款的总利息为889200600000289200元.（2）设小张每月还款额为x元

，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，则223924010.00410.00410.00460000010.004xxxx，所以24024011.0046000001.004

11.004x，即2402406000001.0040.0046000002.610.00438911.00412.611x，因为138911000050002，所以小张该笔贷款能够获批.（3）小张采取等额本息贷款方式

的总利息为：3891240600000933840600000333840，因为333840289200，所以从经济利益的角度来考虑，小张应选择等额本金还款方式.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列

求和公式的综合应用，数列在实际问题中的应用，理解题意是解决问题的关键，属于中档题.8．（2022·全国·模拟预测）在一个传染病流行的群体中，通常有3类人群：类别特征S类（Susceptible）易感染者，体内缺乏有关抗体，与

I类人群接触后易变为I类人群．I类（Infectious）感染者，可以接触S类人群，并把传染病传染给S类人群；康复后成为R类人群．R类（Recovered）康复者，自愈或者经治疗后康复且体内存在相关抗体的I类人群；若抗

体存在时间有限，可能重新转化为S类人群．在一个600人的封闭环境中，设第n天S类，I类，R类人群人数分别为nS，nI，nR．其中第1天1540S，160I，10R．为了简化模型，我们约定各类人群每天转化的比例参数恒定：S类→I类占当天S类比例I类→R类占当天I类比例R类→

S类占当天R类比例(1)已知对于传染病A有115α，16，0γ．求2I，nR；(2)已知对于传染病B有15α，110β，160γ．（Ⅰ）证明：存在常数p，q，使得{}nnpSIq是等比数列；（Ⅱ）已知防止传染病大规模传播的关键途径

至少包含：①控制感染人数；②保护易感人群．请选择一项，通过相关计算说明：实际生活中，相较于传染病A需要投入更大力量防控传染病B．【答案】(1)286I；11514600300()900()615nnnR；【分析】（1）根据条件可得111415,,60015156nnnnn

nnnSSISIRSI，进而可得2I，再通过构造数列114{360()}15nnI，可得11145360()300()156nnnI，即求；（2）由题可得114119[(600

)]560510nnnnnnnpSIqpSSISIq，进而可得4712,5460060.54ppppqqp，即得；再结合传染病A和传染病B的nI及传染病A和传染病B的nS分

析即得结论.(1)由题可知111415,,60015156nnnnnnnnSSISIRSI，所以2111586156ISI，∵11415nnSS，1540S，∴nS是以540为首项，以1415为公比的等比数列，∴114540()15nnS

，所以111551436()156615nnnnnISII，配凑得到1114514360()[360()]15615nnnnII，又160I，所以114{360()}15nn

I是首项为300，公比为56的等比数列，∴11145360()300()156nnnI，即11145360()300()156nnnI，所以11514600600300()90

0()615nnnnnRSI．(2)（Ⅰ）由题可知，141560nnnSSR，119510nnnISI，600nnnRSI，所以114119[(600)]560510nnnnnnnpSIqpSSIS

Iq1[(4712)(54)(60060)]60nnpSpIpq，对比系数得到4712,5460060.54ppppqqp解得3,200,pq或4,240.pq因此我

们有：{3200}nnSI是首项为1480，公比为1720的等比数列；{4240}nnSI是首项为1980，公比为56的等比数列．原命题得证．（Ⅱ）由上可知11732001480()20nnnSI，1542401980()6n

nnSI，解得11517401980()1480()620nnnS，11175805920()5940()206nnnI，选择①：对比传染病A和传染病B的nI可知，当时间足够长时传染病A的I类人群将趋向于0，传染病B

的I类人群将趋向于80．为了控制感染人数，相较于传染病A需要投入更大力量防控传染病B．选择②：对比传染病A和传染病B的nS可知，当时间足够长时传染病A的S类人群将趋向于0，传染病B的S类人群将趋向于40．为了保护易感人群，相较于传染病A需要投入更大力量防控传染病B．【点睛】关键点点

睛：本题第一问的关键是构造数列114{360()}15nnI，进而可得11145360()300()156nnnI；第二问中关键是通过114119[(600)]560510nnnnnnnpSIqpSSISIq对比系数找出关系

式，即得.等差数列、等比数列的综合1.（2021黑龙江省大庆第一中学高三第三次模拟）在各项不为零的等差数列na中，2201720182019220aaa，数列nb是等比数列，且20182018ba，则220172019logbb的值为（）A．1B．2C．4D．8【答案】C【分

析】根据等差数列的性质可知2017201920182aaa，代入方程可求出2018a，再根据等比数列的性质2201720192018=bba即可代入220172019logbb求解.【详解】因为等差数列

na中2017201920182aaa，所以2220172018201920182018224=0aaaaa，因为各项不为零，所以2018=4a，因为数列nb是等比数列，所以22017

20192018==16bba所以2201720192log=log16=4bb，故选C.2.（2020贵州省遵义航天高级中学高三（最后一卷)）已知等比数列na中，若12a，且1324,,2aaa成等差数列，则5a（）A.2B.2或32C.2或-32D.-1【答案】B【分析】根据

等差数列与等比数列的通项公式及性质，列出方程可得q的值，可得5a的值.【详解】解：设等比数列na的公比为q（q0），1324,,2aaa成等差数列，321224aaa，10a，220qq，解得：q=2q=-1或，451a=aq，5a=232或，故选B.【点睛】本题主

要考查等差数列和等比数列的定义及性质，熟悉其性质是解题的关键.数列与函数1.（2019河南省八市重点高中联盟“领军考试”高三压轴）已知函数有两个不同的零点，，-2和，三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，则函数的解析

式为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】由函数零点的定义和韦达定理，得，再由和，三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，得，，解得，，进而可求解得值，得出函数的解析式．【详解】由题意，函数有两个不同的零点，，可得，则，，又由和，三个数适当

排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，不妨设，则，，解得，，所以，，所以，故选C.2.（2020上海市建平中学高三月考）已知数列na满足2*110,nnnaaaatanN，若存在实数t，使na单调递增，则a的取值范围是A.

0,1B.1,2C.2,3D.3,4【答案】A【分析】由na单调递增，可得1nnaa恒成立，则1nta*()nN，分析11ta和21ta可排除错误选项.【详解】由na单

调递增，可得21nnnnaataa，由10aa，可得0na，所以1nta*()nN.1n时，可得1ta.①2n时，可得21tata，即111ataa.②若1a

，②式不成立，不合题意；若1a，②式等价为1ta，与①式矛盾，不合题意.排除B,C,D,故选A.【点睛】本题考查数列的性质，结合不等式的性质求解.数列不等式1.（2020山西重点中学协作体高三暑期联考）已知数列的各项排成如图所示的三角形数阵，数阵

中每一行的第一个数构成等差数列，是的前项和，且，.(1)若数阵中从第3行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，已知，求的值；(2)设，当时，对任意，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）160；（2）或.试题分

析：（I）由等差数列{bn}满足b1=a1=1，S5=15．求出数列的公差后，可得数列的通项公式，结合数阵中从第三行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，a9=16，可求出公比，进而求出a50的值；（Ⅱ）由（1）求出Sn的表达式

，利用裂项相消法求出Tn的表达式，进而将不等式恒成立问题，转化为最值问题，利用导数法，可得答案．试题解析：(1)设等差数列的公差为，∵，，∴，.∴，设从第3行起，每行的公比都是，且，，，.，故是数阵中第10行的第5个数.故.(2)∵，∴；令，则当时，，

在上为减函数，∴为递减数列，的最大值为.∴不等式变为恒成立，设，，则，即，解得或.2.（2022河南省创新发展联盟高三联考）已知数列na满足2**2,5,,1,5,.nntnnnatnnnNN且数列na是单调递增数

列，则t的取值范围是（）A.919,24B.9,2C.5,D.1,4【答案】A【分析】根据递增数列可得关于t的不等式组，从而可求其取值范围.【详解】由题意可得210,9,261525,ttt

t解得91924t.故选：A.数列新定义1.（2020广东省广州、深圳市学调联盟高三下学期第二次调研）对于实数x，[x]表示不超过x的最大整数，已知正数列{an}满足Sn=（an），n∈N*，其中Sn为数列{an}的前n项的和，则[]=______．【

答案】20【分析】先由数列的关系求出，再利用放缩法和裂项相消求得前n项和S的值，可得答案.【详解】由题可知，当时，化简可得，当所以数列是以首项和公差都是1的等差数列，即又时，记一方面另一方面所以即故答案为202.（2022辽宁省六校高

三上学期期初联考）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列na称为“斐波那契数列”，记nS为数列na的前n项和，则下列结

论正确的是（）A.68aB.954SC.13520192020aaaaaD.22212201920202019aaaaa【答案】ACD【分析】由题意可得数列na满足递推关系12211,1,(3)nnnaaaaan，依次判断四个选项，即可得正

确答案.【详解】对于A，写出数列的前6项为1,1,2,3,5,8，故A正确；对于B，911235813+21+3488S，故B错误；对于C，由12aa，342aaa，564aaa，……，201920202018aaa，可得：135

20192426486202020182020aaaaaaaaaaaaaaL，故C正确.对于D，斐波那契数列总有21nnnaaa，则2121aaa，222312321aaaaaaaa，233423423aaaaa

aaa，……，220182018201920172018201920172018aaaaaaaa，220192019202020192018aaaaa，可得222122019202020192

01920202019aaaaaaaaL，故D正确；故选：ACD.【点睛】本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的灵活转换，属于中档题.1.（2021年

全国高考乙卷）设na是首项为1的等比数列，数列nb满足3nnnab．已知1a，23a，39a成等差数列．（1）求na和nb的通项公式；（2）记nS和nT分别为na和nb的前n项和．证明：2nnST．【答案】

（1）11()3nna，3nnnb；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列的性质及1a得到29610qq，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,nnST，再作差比较即可.【详解】（1）因为na是首项为1的等比数列且1a，23

a，39a成等差数列，所以21369aaa，所以211169aqaaq，即29610qq，解得13q，所以11()3nna，所以33nnnnanb.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333nnnnnT

，012111111223333nnS，230121123111112333323333nnnnSnT01211101222233

3111233nnnn．设0121111101212222Γ3333nnn，⑧则1231111012112222Γ33333nnn．⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313

nnnnnnn．所以211312Γ432323nnnnnn．因此10232323nnnnnSnnnT．故2nnST．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)123

13nnnS，211213333nnnnnT，①231112133333nnnnnT，②①②得23121111333333nnnnT1111(1)1133

(1)1323313nnnnnn，所以31(1)4323nnnnT，所以2nnST3131(1)(1)043234323nnnnnn，所以2nnST.[方

法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13nnbn，令1()3nncn，且1nnnbcc，即1111()[(1)]333nnnnnn，通过等

式左右两边系数比对易得33,24，所以331243nncn．则12113314423nnnnnTbbbcc，下同方法二．[方法四]：导函数法设231()1

nnxxfxxxxxx，由于1221'111'11(1)'1(1)1nnnnnxxxxxxxxnxnxxxx，则121

21(1)()123(1)nnnnxnxfxxxnxx．又1111333nnnbnn，所以2112311111233333nnnTbbbbn1211

1(1)11133333113nnnnf13113311(1)4334423nnnnnn

，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何

消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,nnST,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3nncn，使1nnnbcc，求

得nT的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.一、单选题1．（2022·重庆八中模拟预测）如图，将钢琴上的12个键依次记为1a，2a，，12a．设112ijk剟．若3kj且4ji，则ia，ja，ka为原位

大三和弦；若4kj且3ji，则称ia，ja，ka为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之差为（）A．5B．5C．0D．10【答案】C【分析】按照题目中的定义依次列举出来，计算差即可.【详解】若3kj且4ji，则ia，ja，k

a为原位大三和弦，即有1i，5j，8k=；2i，6j，9k；3i，7j，10k；4i，8j，11k；5i，9j，12k，共5个；若4kj且3ji，则ia，ja，ka为原位小三和弦，可得1i，4j，

8k=；2i，5j，9k；3i，6j，10k；4i，7j，11k；5i，8j，12k，共5个，个数差为0．故选：C.2．（2021·陕西咸阳·模拟预测）某城镇为改善当地生态环境，

2016年初投入资金120万元，以后每年投入资金比上一年增加10万元，从2020年初开始每年投入资金比上一年增加10%，到2025年底该城镇生态环境建设共投资大约为（）A．1600万元B．1660万元C

．1700万元D．1810万元【答案】D【解析】设2016年到2025年每年投入资金分别为1a，2a，3a，4a，1b，2b，，6b，由题意知分别为等差数列、等比数列，分别求数列和，即可求解.【详

解】设2016年到2025年每年投入资金分别为1a，2a，3a，4a，1b，2b，，6b，由已知1a，2a，3a，4a为等差数列，1120a，4150a，其和为11234540Saaaa.1b，2b，

，6b为等比数列，11501.1b，公比1.1q，其和为6621261501.111.116501.1111.1Sbbb，又6122336661.110.10.10.11.77CCC，21270S.共投入资金大约为1810万元.故选：D.【

点睛】关键点点睛：实际问题中，关键要读懂题意，抽象出数列，并判断数列为等差还是等比数列，利用数列的通项公式、求和公式解决实际问题.3．（2022·四川凉山·二模（文））在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫

免息贷款10000元，用于自己开设的土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元.余款作为资金全部用于再进货，如此继续.设第n月月底小王手中有现款为na，则下列结论

正确的是（）（参考数据：111.27.5，121.29）①112000a②11.21000nnaa③2020年小王的年利润约为40000元④两年后，小王手中现款约达41万A．②③④B．②④C．①②④D．②③【答案】A【分析】由题可知，n月月底小王手中有

现款为na，1n月月底小王手中有现款为1na之间的递推关系为11.21000nnaa，111000a，进而根据递推关系求出通项公式即可得答案.【详解】对于①选项，1120%10000100011000a元，故①错误;对于②选项，第n月月

底小王手中有现款为na，则第1n月月底小王手中有现款为1na，由题意11.21000,nnaa故②正确；对于③选项，由11.21000,nnaa得150001.25000,nnaa所以数列5000na是首项为6000,公比为1.2

的等比数列，所以1112500060001.2a，即111260001.2500050000a所以2020年小王的年利润为500001000040000元，故③正确；对于④选项，两年后，小王手中现

款为23121124500060001.2500060001.21.2410000a元，即41万，故④正确.故选：A.二、多选题4．（2022·重庆·一模）已知数列na，nb均为递增数列，它们的前n项和分别为n

S，nT，且满足12nnaan，12nnnbb，则下列结论正确的是（）A．101aB．2232nSnnC．112bD．22nnST【答案】ACD【分析】利用代入法求出前几项的关系即可判断出1a与1b的取值范围，再分别求出

数列{}na与{}nb的前2n项和的表达式即可判断大小关系．【详解】由{}na是递增数列，得123aaa；又12nnaan，所以122324aaaa，所以12123212244aaaaaaa，

所以101a，故选项A正确；221234212()()()26102(21)2nnnSaaaaaann，故B不正确；由{}nb是递增数列，得123bbb，又12nnnbb，所以122324bbbb，所以2132bbbb，所以

112b，故选项C正确；所以21321242()()nnnTbbbbbb1212(12)(12)()(21)1212nnnbbbb，所以2122(21)22(21)nnnTbb，又12bb，所以222(21)nnT，而2222

(21)22(222)nnnn，当5n时，22(222)0nn；当14n时，可验证22(222)0nn，所以对于任意的*nN，22nnST，故选项D正确．故选：ACD．【点睛】关键点点睛：解决本题的第一个关键是根据数列的单调性建立不等式，从而判断选项A、C

，第二个关键是在求和时采用分组求和，第三个关键是比较大小.5．（2022·全国·模拟预测）对于给定数列nc，如果存在实数t，m，对于任意的*Nn均有1nnctcm成立，那么我们称数列nc为“M数列”，则下列说法正确的是（）A．数列21n是“M数列”B．数列

21n不是“M数列”C．若数列na为“M数列”，则数列1nnaa是“M数列”D．若数列nb满足11b，123nnnbbp，则数列nb是“M数列”【答案】ACD【分析】根据“M数列”定义，依次判断四个答案，验证t，m的存在性，

进而判断答案.【详解】对于选项A，由“M数列”定义，得21121ntnm，即2130nttm，存在1t，2m对于任意的*Nn都成立，故选项A正确；对于选项B，由“M数列”定义，得12121nntm

，即2210nttm，存在2t，1m对于任意的*Nn都成立，故选项B错误；对于选项C，若数列na为“M数列”，则1nnatam，21nnatam所以1212nnnnaataam

，存在m=0成立所以数列1nnaa是“M数列”，故选项C正确；对于选项D，若数列nb是“M数列”，则1nnbtbm，可得1212nnnnbbtbbm，即123232nnptpm，故23320nptm，对于任意的*Nn都成立，则

230,20,ptm所以3t，0m或0pm.当3t，0m时，13nnbb，此时数列nb是“M数列”；当0pm时，1nnbb，此时数列nb是“M数列”，故选项D正确.故选：ACD.6．（2021·全国·模拟预测）对于首项为负数的无穷等比数列na，

若对任意的n，*mN，nmnmaaa，则称na为“M数列”；若对任意的*nN，存在*tN，使得ntnaa，则称na为“L数列”.若数列na的公比为q，则（）A．当q<0时，na是“M数列”B．当q<0时，na不是“L数列”C．当q>

0时，na为“L数列”，则na一定为“M数列”D．当q>0时，na为“M数列”，则na一定为“L数列”【答案】BC【分析】根据“M数列”和“L数列”的定义逐一对各选项分析判断即可.【详解】选项

A，当0q时，取(1)nna，则1212aaa，不成立，这与对任意的n，*mN，nmnmaaa，相矛盾，故na不是“M数列”，故A不正确；选项B，假设na为“L数列”，则对任意的*nN，存在*tN，使得ntnaa，由0q，10a得20a，所以22t

aa，即210taq，所以1tq，但此时111ttaaqa，与对任意的*nN，存在*tN，使得ntnaa相矛盾，所以假设不成立，所以当q<0时，na不是“L数列”，故B正确；选项C，当0q时，na为“L数列”，则对任意的*nN，存在*t

N，使得ntnaa，即tnnaqa，又10a，所以0na，所以1tq，所以01q，而对任意的n，*mN，111111nmnmnmnmaaaaqaqaq1nmnmaqqqq，因为0

1q，所以0nmnqq，0nmnmqqq，所以0nmnmaaa，即对任意的n，*mN，nmnmaaa，所以na为“M数列”，故C正确；选项D，当q>0时，na为“M数列”，取1na，则不存在*t

N，使得ntnaa成立，故na不为“L数列”，故D不正确.故选：BC7．（2022·山东聊城·一模）在数列na中，对于任意的*nN都有0na，且211nnnaaa，则下列结论正确的是（）A．对于任意的2n，都有1naB．对于任意的10a，数列na

不可能为常数列C．若102a，则数列na为递增数列D．若12a，则当2n时，12naa【答案】ACD【分析】A由递推式有*nN上111nnnaaa，结合0na恒成立，即可判断

：B反证法：假设na为常数列，根据递推式求na判断是否符合10a，即可判断；C、D由*nN上111nnnaaa，讨论112na、12na研究数列单调性，即可判断.【详解】A：由111nnnaaa，对*nN有0na，则1111nnnaaa

，即任意2n都有1na，正确；B：由11(1)nnnaaa，若na为常数列且0na，则2na满足10a，错误；C：由111nnnaaa且*nN，当112na时101nnaa，此时122(1)(0,2)aaa且12aa，数列na

递增；当12na时11nnaa，此时1222(1)2aaaa，数列na递减；所以102a时数列na为递增数列，正确；D：由C分析知：12a时12na且数列na递减，即2

n时12naa，正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：选项B应用反证法，假设na为常数列求通项，判断是否与10a矛盾；对于C、D，将递推式变形为111nnnaaa，讨论112na、12na研究数列单调性.8．（2021·福建·厦

门一中模拟预测）记x表示与实数x最接近的整数，数列na通项公式为1nannN，其前n项和为nS，设kn，则下列结论正确的是（）．A．12nkB．12nkC．21nkkD．202188S【答案】BC【分析】由1n时，可判定A不正确；

由12nn，可判定B正确；由1122nk，可得221144kknkk，根据21kk是214kk右侧的最接近的整数，可判定C正确；根据题意归纳得到数列na中，有2个1，4个12，6个13，8个

14，，结合等差数列求和公式，可判定D不正确.【详解】由题意，记x表示与实数x最接近的整数，且kn，当1n时，可得1,1nn，所以A不正确；由12nn，即12nk，可得1122nk，可得12

nk成立，所以B正确；由1122nk，可得1122knk，平方可得221144kknkk，因为nN，且214kk不是整数，其中21kk是214kk右侧的最接近的整数

，所以21nkk成立，所以C正确；当1,2n时，1n，此时121aa；当3,4,5,6n时，2n，此时345612aaaa；当7,8,9,10,11,12n时，3n，此时781213aaa；当13,14,,

20n时，4n，此时13142014aaa；归纳可得数列na中，有2个1，4个12，6个13，8个14，又由2,4,6,8,构成首项为2，公差为2的等差数列，可得(22)(1)2nnnSnn，令(1)2

021,nnnN，解得44n，所以2021111141124644418823222323S，所以D不正确.故选：BC.【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来

创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.三、填空题9．（2022·重庆八中模拟预

测）已知数列na满足：①nmaa仍为数列na中的项；②当nm，且0ma时，nmaa仍为数列na中的项；③1nnaa仍为数列na中的项.则其通项公式可以为___________.【答案】2nna(答案不唯一)【分析】结合三个性质与等比数

列的性质即可猜测该数列为一个等比数列，构造一个通项公式逐项验证即可得到一个答案．【详解】结合三个性质与等比数列的性质，不妨设2nna，则222nmmmnnaa仍为数列na中的项；当nm，且0ma时，2nmnmaa仍为数列na中

的项；11222nnnnnaa仍为数列na中的项；故2nna满足题意．故答案为：2nna．四、解答题10．（2022·湖北·二模）已知正项等差数列na满足：33nnaanN，且1382,1

,aaa成等比数列．(1)求na的通项公式；(2)设1121212nnnanaac，nR是数列nc的前n项和，若对任意nN均有nR恒成立，求的最小值．【答案】(1)nan(2)最小值为23【分析】

（1）设等差数列的公差为d，由33nnaa及等差数列的通项公式得到1ad，则nand，再根据等比中项的性质得到方程，求出d，即可得解；（2）由（1）可得11121212nnnc，利用裂项相消法求和得到nR，

即可得到23nR，从而求出的取值范围，即可得解；(1)解：设等差数列的公差为d，由33nnaa得11(31)3(1)andand，则1ad，所以1(1)naandnd．因为12a、31a、8a成等比

数列，所以231812aaa，即2(31)28ddd，所以27610dd，解得1d或17d，因为na为正项数列，所以0d，所以1d，所以nan．(2)解：由（1）可得1111122112121212121

212nnnannnnaannc，所以1223111111111122121212121212312nnnnR，因为对任意nN均有23nR，所

以23，所以实数的最小值为2311．（2022·湖南·雅礼中学二模）已知数列{nc}满足21111211nnnncccncc，，∈N*，nS为该数列的前n项和.(1)求证：数列{1nc}为递增数列；(2)求证：1

nS.【分析】（1）由题可得2111110nnnccc即可证明；（2）由已知可得11111nnnccc，即可求出1121nnSc，根据数列为递增数列可得110,2nc即可证明.(1)因为21111nnnncccc，取倒数可得2

11111nnnccc，整理可得2111110nnnccc，所以数列1nc为递增数列；(2)由21111nnnncccc可得11111nnnccc，

即11111nnnccc，所以12nnSccc21321111111111111nncccccc1111112111nnccc，又1112ncc，所以110,2nc，1111nc，即1

nS.12．（2022·北京顺义·二模）设正整数数列{}na满足1,2+3,nnnnnaaaaa为偶数为奇数1,2,......n．(1)若5=1a，请写出1a所有可能的取值；(2)记集合

*|nManN，证明：若集合M存在一个元素是3的倍数，则M的所有元素都是3的倍数；(3)若na为周期数列，求1a所有可能的取值.【答案】(1)16，5，2(2)证明见解析(3)1,2,3,4,6【分析】（1）根据递推公式求出4a、3a即可求出2a，再分类讨论，分别

计算可得；（2）首先证明如果存在ka为3的倍数，根据递推公式得到12,,,kkkaaa都是3的倍数，再证12,,,kkkaaa都是3的倍数，即可得证；（3）依题意数列na一定有最小值，设为t，再1t或3，即可得到当数列中出现1或3时数列为周期数

列，即可得解；(1)解：因为正整数数列{}na满足1,2+3,nnnnnaaaaa为偶数为奇数1,2,......n，当5=1a时，45=2aa，所以4=2a，34=2aa，所以34a，则232aa或323aa，即28a

或21a，当28a时，122aa或213aa，所以12216aa或1235aa；当21a时，122aa，所以1222aa；所以1a的可能取值为2、5、16；(2)证明：如果存在正整数k，满足ka是3的倍数，则对iZ

，ia都是3的倍数；如果存在ka为3的倍数，根据12+3kkkkkaaaaa，为偶数，为奇数，可知1ka也是3的倍数，以此类推，12,,,kkkaaa都是3的倍数；另一方面，当2k时，由于11123kkkkkaaaaa，为偶数，为奇数，当ka为3的倍数

时，可知1ka也是3的倍数，以此类推，12,,,kkkaaa都是3的倍数；综上所述，若集合M存在一个元素是3的倍数，则M的所有元素都是3的倍数；(3)证明：首先注意到na是正整数数列，则数列na

一定有最小值，设为t，下证1t或3；当t为偶数时，设uat，则12utat，与t是最小值矛盾；所以t是奇数；不妨设uat，则13uat是偶数，232uta，假设5t，则32tt，与t是最小值矛盾；综上，t只能是小

于5的正奇数，即1或3；当数列{}na中出现1时，后面的项为4，2，1，4，2，1，4，2，1…循环；当数列{}na中出现3时，后面的项为6，3，6，3…循环；所以数列{}na为周期数列时，1a只能为1，2，3，4，6中某一个数；经检验

，当11,2,3,4,6a时，数列{}na确实是周期数列；13．（2021·浙江·模拟预测）已知等比数列na的公比为1，且11a，数列nb满足11nnnbba，111b．（1）求数列nb的通项公式．（2）

规定：x表示不超过x的最大整数，如1.22，2.12．若2，122nncbn，记1232nnTccccn求2221nnnTTT的值，并指出相应n的取值范围．【答案】（

1）11nnbn，*nN；（2）当2n时，22231nnnTTT；当3n时，22221nnnTTT．【分析】（1）由等比数列的通项公式得na，即可得1nnbb，然后利用累加

法求nb即可；（2）由（1）得nc，可求出2T，3T，得到2n和3n时2221nnnTTT的值，然后对nc进行放缩，可得当3n时，74nT，最后通过换元，利用对勾函数的单调性求解即可．【详解】（1）由题意得11nna，则11

nnnbb，当2n时，112211nnnnnbbbbbbbb，12111nn121111nnn11nn

，又由111b，符合上式，因此11nnbn，*nN．（2）由（1）知，当2时，1102221nnncbn．易知2n时，21243Tcc，此时22210313nnnTTT

；3n时，31233121Tccc，此时2221012212110nnnTTT；当3n时，3nTT，因为2n时，113212nnnc，所以13411111821113171313

11122242412nnnnT，因此374nTT，令1nxT，则103,21

4x，22211111nnnnnTTTxTTx，利用对勾函数的单调性，得125,12xAx（其中10122110A），从而22221nnnTTT．综上，当2n时，22231nnnTTT；当3n时，

22221nnnTTT．【点睛】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只

能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立

问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.