2024年高考数学第一轮复习21_专题七74数列求和、数列的综合（专题试卷+讲解PPT）

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考点一　数列求和
考向一　分组、并项求和
1.(2023届湖北黄冈调研,8)已知数列{an}满足an·(-1)n+an+2=2n-1,S20=650,则a23= (　    )A.231　    B.234　    C.279　    D.276答案    B    
2.(多选)(2022广东北江实验学校模拟,9)已知数列{an}的通项公式为an= 则 (　    )A.a6=19　    B.a7>a6C.S5=22　    D.S6>S8答案    BC    
3.(2023届江苏百校联考,17)从①(3n-1)·an+1=(3n+2)an,②a2=5,2an+1=an+an+2这两个条件中任选一个,补充在下面的问题中并作答.已知数列{an}满足a1=2,　　　    .(1)求{an}的通项公式;(2)设bn= ,求数列{an+bn}的前n项和Tn.注:若选两个条件分别作答,则按第一个解答计分.
解析    (1)选①,由(3n-1)an+1=(3n+2)an及a1=2,可知an≠0,所以 = ,当n≥2时,有an= × ×…× × × ×a1= × ×…× × × ×2=3n-1.当n=1时,a1=2适合上式,故an=3n-1(n∈N*).选②,由2an+1=an+an+2,得an+2-an+1=an+1-an,所以{an}为等差数列,由a1=2,a2=5,得该数列的公差d=a2-a1=5-2=3,所以an=a1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1.(2)由(1)知bn= ,∴an+bn=3n-1+ ,则Tn=[2+5+8+…+(3n-1)]+ 
= + = +  .
4.(2022长沙雅礼中学月考,17)已知数列{an}中,a1=1,a2=3,其前n项和Sn满足Sn+1+Sn-1=2Sn+2(n≥2,n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=an+ ,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析    (1)由题意得Sn+1-Sn=Sn-Sn-1+2(n≥2),即an+1-an=2(n≥2),又a2-a1=3-1=2,所以an+1-an=2(n∈N*).所以数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,所以an=2n-1(n∈N*).(2)bn=an+ =2n-1+22n-1=2n-1+ ·4n,所以Tn=[1+3+5+…+(2n-1)]+ ×(4+42+43+…+4n)=n2+ .
5.(2022重庆市育才中学入学考,17)已知等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),且 - = ,S6=63.(1)求{an}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)n }的前2n项和.
解析    (1)设数列{an}的公比为q,由已知,有 - = ,解得q=2或q=-1.又由S6=a1· =63,知q≠-1,所以a1· =63,得a1=1,所以an=2n-1.(2)由题意,得bn= (log2an+log2an+1)= (log22n-1+log22n)=n- ,即{bn}是首项为 ,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n }的前n项和为Tn,则T2n=(- + )+(- + )+…+(- + )=b1+b2+…+b2n= =2n2.
考向二　倒序相加求和
1.(2022辽宁阜新月考,7)已知函数f(x)=x+3sin + ,数列{an}满足an= ,则f(a1)+f(a2)+…+f(a2 021)= (　    )A.2 021　    B.2 022　    C.4 042　    D.4 040答案    A    
2.(2022江苏无锡检测,6)德国数学家高斯是近代数学奠基者之一,有“数学王子”之称,在历史上有很大的影响.他幼年时就表现出超人的数学才能,10岁时,他在进行1+2+3+…+100的求和运算时,就提出了倒序相加法的原理,该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成,因此,此方法也称为高斯算法.已知数列an= ,则a1+a2+…+a98= (　    )A.96　    B.97　    C.98　    D.99答案    C    
3.(2022山东东营一中月考,8)设f(x)= ,根据课本中推导等差数列前n项和的方法可以求得f(1°)+f(2°)+…+f(59°)的值是 (　    )A. 　    B.0　    C.59　    D. 答案    A    
4.(2022湖北重点高中联考,15)设函数f(x)=log3 ,定义Sn=f +f +…+f ,其中n∈N*,n≥2,则Sn=　　　    .答案    0
考向三　公式法求和
1.(2021山东菏泽期末,7)已知数列{an}的前n项和是Sn,且Sn=2an-1,若an∈(0,2 021),则称项an为“和谐项”,则数列{an}的所有“和谐项”的和为 (        )A.1 022　    B.1 023　    C.2 046　    D.2 047答案    D    
2.(2022湖南新高考教学教研联盟第一次联考,5)如图,连接△ABC的各边中点得到一个新的△A1B1C1,又连接△A1B1C1各边中点得到一个新的△A2B2C2,如此无限继续下去,得到一系列三角形:△ABC,△A1B1C1,△A2B2C2,…,这一系列所有三角形的面积和趋向于一个常数.已知A(0,0),B(5,0),C(1,3),则这个常数是 (　    )A. 　    B.5　    C.10　    D.15答案    C    
3.(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{an}满足a1=1,an+1= (1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;(2)求{an}的前20项和.
解析    (1)由题意得a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1,所以a2n+2=a2n+3,即bn+1=bn+3,且b1=a2=a1+1=2,所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列,所以b1=2,b2=5,bn=2+(n-1)×3=3n-1.(2)当n为奇数时,an=an+1-1.设数列{an}的前n项和为Sn,则S20=a1+a2+…+a20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)=2(a2+a4+…+a20)-10,由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+b10=10×2+ ×3=155,
故S20=2×155-10=300,即{an}的前20项和为300.
4.(2023届长沙雅礼中学月考,18)设正项数列{an}的前n项和为Sn,已知2Sn= +an.(1)求{an}的通项公式;(2)记bn= cos ,Tn是数列{bn}的前n项和,求T3n.
解析    (1)当n=1时,2S1= +a1,所以 =a1,又a1>0,故a1=1;当n≥2时,2Sn-1= +an-1,而2Sn= +an,两式相减得2an= - +an-an-1,整理得(an+an-1)(an-an-1-1)=0,因为an+an-1>0,所以an-an-1=1,故{an}是以1为公差的等差数列,从而an=a1+(n-1)×1=n.(2)设ck=b3k-2+b3k-1+b3k=(3k-2)2cos +(3k-1)2cos +(3k)2cos 2kπ=- (3k-2)2- (3k-1)2+9k2=9k- ,其中k∈N*,所以T3n=c1+c2+…+cn= = .
考点二　数列的综合
考向一　数列与函数综合
1.(多选)(2022江苏泰州模考,9)若正整数m,n只有1为公约数,则称m,n互质,对于正整数k,φ(k)是不大于k的正整数中与k互质的数的个数,函数φ(k)以其首名研究者欧拉命名,称为欧拉函数.例如:φ(2)=1,φ(3)=2,φ(6)=2,φ(8)=4.已知欧拉函数是积性函数,即如果m,n互质,那么φ(mn)=φ(m)φ(n),例如:φ(6)=φ(2)φ(3),则 (　    )A.φ(5)=φ(8)B.数列{φ(2n)}是等比数列C.数列{φ(6n)}不是递增数列D.数列 的前n项和小于 答案    ABD    
2.(2023届山东潍坊五县联考,15)视力表是根据视角原理设计的,所谓视角就是由外界物体边缘上的两点在眼结点处所形成的夹角,用α表示,其单位为分.视力表以一分视角(1')为单位进行设计.我国视力的记录采用“五分记录法”,视力表由14行开口方向各异的正方形“E”形视标所组成,从上到下分别对应视力4.0,4.1,…,5.2,5.3,从上面的第一行开始往下,每一行“E”形视标边长都是下一行“E”形视标边长的 倍,且视力L与视角α的关系式为L=5-lg α.若某同学的视力是4.0,则其视角α=　　　    分;若视力4.0的视标边长为1,则视力5.0的视标边长为　　　    .答案 10     或0.1
考向二　数列与不等式综合
1.(2021浙江,10,4分)已知数列{an}满足a1=1,an+1= (n∈N*).记数列{an}的前n项和为Sn,则 (　    )A. 2.(2022福州三中质检,8)已知在等差数列{an}中,a2=3,a6=11,数列{bn}的通项公式为bn=loga (a>1),Sn是数列{bn}的前n项和,若Tn=loga ,则Sn与Tn的大小关系是 (　    )A.Sn≥Tn　    B.Sn>TnC.Sn3.(2022长沙长郡中学月考,18)已知数列{an}满足an+1-2an=0,a3=8.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn= ,数列{bn}的前n项和为Tn.若2Tn>m-2 021对n∈N*恒成立,求正整数m的最大值.
解析    (1)由an+1-2an=0得an+1=2an,则{an}是以2为公比的等比数列,又a3=8,即4a1=8,解得a1=2,所以an=2n.(2)由(1)可得bn= = ,则Tn= + + +…+ , Tn= + + +…+ ,两式相减可得 Tn= + + +…+ - = - ,化简可得Tn=2- (n∈N*),因为Tn+1-Tn=2- -2+ = >0,所以{Tn}逐项递增,T1最小,为 ,所以2× >m-2 021,解得m<2 022,又m∈N*,所以m的最大值为2 021.
4.(2023届山东青岛调研检测,19)记关于x的不等式x2-4nx+3n2≤0(n∈N*)的整数解的个数为an,数列{bn}的前n项和为Tn,满足4Tn=3n+1-an-2.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)设cn=2bn-λ ,若对任意n∈N*,都有cn解析    (1)由不等式x2-4nx+3n2≤0可得n≤x≤3n,∴an=2n+1,Tn= ×3n+1- n- ,当n=1时,b1=T1=1,当n≥2时,bn=Tn-Tn-1= ×3n- ,∵b1=1适合上式,∴bn= ×3n- ,n∈N*.(2)由(1)可得cn=3n-1+(-1)n-1λ ,∴cn+1=3n+1-1+(-1)nλ ,∵cn0,
∴(-1)nλ>- ×2n,当n为奇数时,λ< ×2n,∵ ×2n随着n的增大而增大,∴当n=1时, ×2n的值最小,为 ,∴λ< ,当n为偶数时,λ>- ×2n,∵- ×2n随着n的增大而减小,∴当n=2时,- ×2n的值最大,为- ,∴λ>- .综上,可知- <λ<- .
考法一　错位相减法求和
1.(2021新高考Ⅰ,16,5分)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20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,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n次,那么 Sk=　　　    dm2.答案    5    240× 
2.(2022重庆八中调研,18)已知数列{an-1}是递增的等比数列,a2=5且a3+a4=26.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{nan}的前n项和Sn.
解析    (1)设数列{an-1}的公比为q,bn=an-1,则an=bn+1.由a2=5得b2=4,由a3+a4=26得b3+b4=24,所以4(q+q2)=24,解得q=2或q=-3(舍去),所以bn=b2qn-2=4×2n-2=2n.所以数列{an}的通项公式为an=2n+1.(2)由(1)知nan=n·2n+n,设An=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,则2An=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1,将以上两式相减得-An=2+22+23+…+2n-n×2n+1=2(2n-1)-n×2n+1=(1-n)2n+1-2,所以An=(n-1)2n+1+2.设Bn=1+2+3+…+n= ,则Sn=An+Bn=(n-1)2n+1+2+ =(n-1)2n+1+ + +2.
3.(2022山东德州夏津一中入学考试)设数列{an}是等差数列,数列{bn}是公比大于0的等比数列,已知a1=1,b1=3,b2=3a3,b3=12a2+3.(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式;(2)设数列{cn}满足cn= 求数列{ancn}的前n项和Tn.
解析    (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0),根据题意得 解得 或 (舍),所以an=1+(n-1)×1=n,bn=3·3n-1=3n.(2)当n≤5时,cn=1,所以Tn=a1+a2+…+an=1+2+…+n= .当n≥6时,cn=bn-5=3n-5,所以Tn=T5+a6b1+a7b2+…+anbn-5=15+6×31+7×32+…+n·3n-5.令M=6×31+7×32+…+n·3n-5,则3M=6×32+7×33+…+(n-1)·3n-5+n·3n-4,两式相减得-2M=6×31+(32+33+…+3n-5)-n·3n-4=18+ -n·3n-4,整理得M=- + ·3n-4,所以Tn= + ·3n-4.综上,Tn= 
4.(2021全国乙文,19,12分)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn= .已知a1,3a2,9a3成等差数列.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn< .
解析    (1)设等比数列{an}的公比为q.∵a1,3a2,9a3成等差数列,∴6a2=a1+9a3,又∵{an}是首项为1的等比数列,∴6a1q=a1+9a1q2,∴9q2-6q+1=0,解得q1=q2= ,∴an=a1·qn-1= ,∵bn= ,∴bn=n· .(2)证明:∵Sn为{an}的前n项和,∴Sn= =  .∵Tn为{bn}的前n项和,
∴Tn=b1+b2+…+bn=1× +2× +…+n ,① Tn=1× +2× +…+n .②①-②可得 Tn= + +…+ -n· = -n· =- · + ,∴Tn=-  + ,∴Tn- =- n· <0,∴Tn< .
5.(2020课标Ⅲ理,17,12分)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{2nan}的前n项和Sn.
解析    (1)a2=5,a3=7.猜想an=2n+1.由已知可得an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],……a2-5=3(a1-3).因为a1=3,所以an=2n+1.(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n. ①从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1. ②①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.
所以Sn=(2n-1)2n+1+2.
6.(2017天津理,18,13分)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.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
解析    (1)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b1(q+q2)=12,因为b1=2,所以q2+q-6=0,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,得a2nb2n-1=(3n-1)×4n,故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1= -4-(3n-1)×4n+1=-(3n-
2)×4n+1-8.得Tn= ×4n+1+ .所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为 ×4n+1+ .
考法二　裂项相消法求和
1.(2022广东四校联考,6)已知数列{an}满足an= ,则a1+ + +…+ + = (　    )A. 　    B. 　    C. 　    D. 答案    D    
2.(2023届辽宁鞍山质量监测,17)已知等差数列{an}的首项为log315-log310+ log34的值,且a3+a7=18.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn= ,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析    (1)根据题意得,a1=log315-log310+ log34=log3 +log3 =log3 +log32=log3 =1,设{an}的公差为d,则由a3+a7=18,得a1+2d+a1+6d=18,解得d=2,所以an=1+(n-1)×2=2n-1.(2)由(1)可得bn= =  ,所以Tn=  +  +…+  =  = .
3.(2022新高考Ⅰ,17,10分)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1, 是公差为 的等差数列.(1)求{an}的通项公式;(2)证明: + +…+ <2.
解析    (1)解法一:依题意得,S1=a1=1.∴ = +(n-1)× = .∴3Sn=(n+2)an,则3Sn+1=(n+1+2)an+1=(n+3)an+1,∴3Sn+1-3Sn=(n+3)an+1-(n+2)an,即3an+1=(n+3)an+1-(n+2)an,∴nan+1=(n+2)an,即 = ,由累乘法得 = ,又a1=1,∴an+1= ,∴an= (n≥2),又a1=1满足上式,
∴an= (n∈N*).解法二:同解法一求得nan+1=(n+2)an,∴ = ,即 = ,∴数列 是常数列,首项为 ,∴ = ,∴an= .(2)证明:由(1)知 = =2 ,∴ + +…+ =2 +2 +…+2 =2 =2- <2.
4.(2023届湖北名校联盟联合测评,17)已知数列{an}满足 a1+ a2+ a3+…+ an=n(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log3an,求数列 的前n项和Tn.
解析    (1)当n=1时,a1=3,当n≥2时,由 a1+ a2+ a3+…+ an=n①,得 a1+ a2+ a3+…+ an-1=n-1②,由①-②得 an=n-(n-1)=1,即an=3n(n≥2).当n=1时也成立,所以数列{an}的通项公式为an=3n(n∈N*).(2) 因为bn=log3an=log33n=n,所以 = =  ,所以Tn= ×  - + - +…+ -  = 
 .
5.(2022河北邢台入学考试)在①a3+a6=18,②{an}的前n项和Sn=n2+pn,③a3+a4=a7这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中并解答.问题:在等差数列{an}中,a1=2,且　　　    .(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn= ,求数列{bn}的前n项和Tn.注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.
解析    (1)选①.设{an}的公差为d.由题意可得a1+2d+a1+5d=2a1+7d=18.因为a1=2,所以d=2,则an=a1+(n-1)d=2n.选②.设{an}的公差为d.因为Sn=n2+pn,所以Sn-1=(n-1)2+p(n-1)=n2+pn-2n-p+1(n≥2),两式相减得an=2n+p-1(n≥2),又因为a1=S1=p+1满足上式,所以an=2n+p-1(n∈N*).由a1=2得p+1=2,所以p=1,所以an=2n.
选③.设{an}的公差为d.因为a3+a4=a7,所以a1+2d+a1+3d=a1+6d,即a1=d.因为a1=2,所以d=2,所以an=a1+(n-1)d=2n.(2)由(1)可得an+1=2(n+1),则bn= =  .故Tn=  =  = .
6.(2020浙江,20,15分)已知数列{an},{bn},{cn}满足a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,cn+1= cn,n∈N*.(1)若{bn}为等比数列,公比q>0,且b1+b2=6b3,求q的值及数列{an}的通项公式;(2)若{bn}为等差数列,公差d>0,证明:c1+c2+c3+…+cn<1+ ,n∈N*.
解析    (1)由b1+b2=6b3得1+q=6q2,解得q= .由cn+1=4cn得cn=4n-1.由an+1-an=4n-1得an=a1+1+4+…+4n-2= .(2)由cn+1= cn得cn= =  ,所以c1+c2+c3+…+cn=  .由b1=1,d>0得bn+1>0,因此c1+c2+c3+…+cn<1+ ,n∈N*.
一、单项选择题
1.(2022江苏南通如皋调研一,4)在等比数列{an}中,公比为 ,前6项的和为 ,则a6=(　    )A. 　    B. 　    C. 　    D.24答案    B    
2.(2022重庆七中期中,6)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若 =2,则 = (　    )A. 　    B. 　    C. 　    D. 答案    A    
3.(2022沈阳三十一中月考,7)设f(x)是定义在R上的奇函数,满足f(2-x)=f(x),数列{an}满足a1=-1,且an+1= an+ (n∈N*),则f(a22)= (　    )A.0　    B.-1　    C.21　    D.22答案    A    
4.(2022福建泉州模考,5)已知函数f(x)= +1,则f +f +…+f +f 的值为 (　    )A.1　    B.2　    C.2 020　    D.2 021答案    C    
5.(2015浙江,3,5分)已知{an}是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn.若a3,a4,a8成等比数列,则 (　    )A.a1d>0,dS4>0　    B.a1d<0,dS4<0C.a1d>0,dS4<0　    D.a1d<0,dS4>0答案    B    
6.(2022河北部分重点中学期中,9)已知数列{an}中,a1=1,anan+1=2n,n∈N*,则下列说法正确的是 (　    )A.a4=4　    B.{a2n}是等比数列C.a2n-a2n-1=2n-1　    D.a2n-1+a2n=2n+1答案    ABC    
二、多项选择题
7.(2022福建莆田华侨中学月考,12)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn+1=2Sn+n-1,则下列结论正确的是 (　    )A.数列{an}为等比数列B.数列{Sn+n}为等比数列C.数列{an}中,a10=511D.数列{2Sn}的前n项和为2n+2-n2-n-4答案    BCD    
8.(2022辽宁六校联考,12)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{an}称为“斐波那契数列”,记Sn为数列{an}的前n项和,则下列结论正确的是 (　    )A.a6=8　    B.S9=54C.a1+a3+a5+…+a2 019=a2 020　    D. =a2 020答案    ACD    
9.(2021新高考Ⅱ,12,5分)若正整数n=a0·20+a1·2+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai∈{0,1}(i=0,1,…,k),记ω(n)=a0+a1+…+ak,则 (　    )A.ω(2n)=ω(n)　    B.ω(2n+3)=ω(n)+1C.ω(8n+5)=ω(4n+3)　    D.ω(2n-1)=n答案    ACD    
10.(2022福建莆田华侨中学月考,14)等比数列{an}中,an>0且a2a4+2a3a5+a4a6=25,则a3+a5=　　　    .答案    5
三、填空题
11.(2022辽东南协作体期中,15)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,2Sn=an+1+1,则Sn=　　　　　    .答案     (3n-1+1)
12.(2022河北衡水中学模拟一,16)等差数列{an}中,a1+a5+a14=a10+24,且a5=3a1,则a5=　　　    ;若集合{n∈N*|2nλ13.(2022重庆八中检测,13)九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏,它由九个铁丝圆环相连成串,按一定规则移动圆环的次数,决定解开圆环的个数.在某种玩法中,用an表示解下n(n≤9,n∈N*)个圆环所需的最少移动次数,数列{an}满足a1=1,且an= 则解下n(n为奇数)个圆环所需的最少移动次数为　　　    .(用含n的式子表示)答案    2n-1(1≤n≤9,n为奇数)
14.(2022江苏无锡质检,16)“刺绣”是一门传统手工艺术,我国已有多种刺绣被列入世界非物质文化遗产名录.有一种刺绣的图案由一笔画构成,很像汉字“回”,称为“回纹图”(如图).某刺绣工在方格形布料上用单线针法绣回纹图,共进行了n次操作,每次操作在前一次基础上向外多绣一圈(前三次操作之后的图案分别如下图).若第k次操作之后图案所占面积为Sk(即最外围不封口的矩形面积,如S1=2,S2=12,S3=30),则至少操作　    　    次,Sk不少于90;若每横向或纵向一个单位长度绣一针,称为“走一针”,图①共走了5针,图②共走了19针,图③共走了41针,则其第n次操作之后的回纹图共走了　　　    针(用含n的式子表示). 
图①
     图②     图③答案    5    4n2+2n-1
15.(2022福建莆田华侨中学月考,18)已知等差数列{an}满足:a3=7,a5+a7=26.{an}的前n项和为Sn.(1)求an及Sn;(2)令bn= (n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
四、解答题
解析    (1)设等差数列{an}的公差为d,因为a3=7,a5+a7=26,所以有 解得a1=3,d=2,所以an=3+2(n-1)=2n+1,Sn=3n+ ×2=n2+2n.(2)由(1)知,an=2n+1,所以bn= = = =  ,所以Tn=  =  = .
16.(2022重庆云阳江口中学期末,17)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2(an-1),n∈N*.(1)求a1及数列{an}的通项公式;(2)求数列 的前n项和Tn;(3)求证: + +…+ <1.
解析    (1)由Sn=2(an-1),n∈N*知:当n=1时,a1=S1=2(a1-1),可得a1=2①,又an=Sn-Sn-1=2(an-1)-2(an-1-1),n≥2,所以an=2an-1,n≥2②,所以{an}是首项、公比均为2的等比数列,故an=2n,n∈N*.(2)由(1)知 = ,所以Tn= =1- ,n∈N*.(3)证明:由(1)(2)知: = = = = - ,所以 + +…+ = + +…+
 = - =1- <1,得证.
17.(2022河北部分重点中学期中,19)已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,S3=6,a2,a4,a8成等比数列,数列{bn}满足b1=1,bn+1=2bn+1.(1)求数列{an}和{bn}通项公式;(2)求 ·sin 的值;(3)证明:  <2n+2(n∈N*).
解析    (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0),由题意得 解得 故数列{an}的通项公式为an=n.∵bn+1=2bn+1,∴bn+1+1=2(bn+1),即 =2(n∈N*),又b1=1,∴{bn+1}是以2为首项,2为公比的等比数列,bn+1=2n,∴bn=2n-1.(2)当k=2m,m∈N*时, ·sin =(2m)2·sin mπ=0,当k=2m-1,m∈N*时, ·sin =(2m-1)2·sin π=(-1)m+1·(2m-1)2,∴ ·sin =12-32+52-72+…+972-992
=(1-3)(1+3)+(5-7)(5+7)+…+(97-99)(97+99)=-2×(1+3+5+7+…+97+99)=-5 000.(3)证明: = = =2+ ≤2+ ,∴  ≤2n+ =2n+2 =2n+2- ,当n∈N*时, >0,∴  <2n+2.
18.(2022江苏南通重点中学强基测试,18)等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}是等比数列,满足a1=3,b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)令cn= 设数列{cn}的前n项和为Tn,求T2n.
解析    (1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q,由 得 解得 ∴an=3+2(n-1)=2n+1,bn=2n-1.(2)由a1=3,an=2n+1,得Sn= =n(n+2),则cn= 即cn= ∴T2n=(c1+c3+…+c2n-1)+(c2+c4+…+c2n)
= +(2+23+…+22n-1)=1- + = + (4n-1).
19.(2022山东青岛二模,19)已知等比数列{an}为递增数列,a1=1,a1+2是a2与a3的等差中项.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若项数为n的数列{bn}满足:bi=bn+1-i(i=1,2,3,…,n),则我们称其为n项的“对称数列”.例如:数列1,2,2,1为4项的“对称数列”;数列1,2,3,2,1为5项的“对称数列”.设数列{cn}为2k-1(k≥2)项的“对称数列”,其中c1,c2,c3,…,cn是公差为2的等差数列,数列{cn}的最大项等于a4.记数列{cn}的前2k-1项和为S2k-1,若S2k-1=32,求k.
解析    (1)设数列{an}的公比为q,由题意知a2+a3=2(a1+2),所以q+q2=6,解得q=2或q=-3(舍),所以an=a1qn-1=2n-1.(2)由题意知:ck=a4=8,c1,c2,c3,…,ck是以8为末项,2为公差的等差数列,所以ck=c1+2(k-1)=8,解得c1=10-2k,所以c1+c2+c3+…+ck= =k(9-k),所以S2k-1=c1+c2+…+ck+ck+1+…+c2k-1=(c1+c2+…+ck)+(ck+ck+1+…+c2k-1)-ck=2k(9-k)-8=18k-2k2-8,所以32=18k-2k2-8,即k2-9k+20=0,解得k=4或k=5.