《2020高考數(shù)學備考 真題+模擬新題分類匯編 數(shù)列》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考數(shù)學備考 真題+模擬新題分類匯編 數(shù)列（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、數(shù)列(真題+模擬新題) 課標文數(shù)17.D1[2020·浙江卷] 若數(shù)列中的最大項是第k項，則k＝________. 課標文數(shù)17.D1[2020·浙江卷] 4　【解析】 設最大項為第k項，則有 ∴ ? ?k＝4. 課標文數(shù)20.D2，A2[2020·北京卷] 若數(shù)列An：a1，a2，…，an(n≥2)滿足|ak＋1－ak|＝1(k＝1,2，…，n－1)，則稱An為E數(shù)列．記S(An)＝a1＋a2＋…＋an. (1)寫出一個E數(shù)列A5滿足a1＝a3＝0； (2)若a1＝12，n＝2000，證明：E數(shù)列An是遞增數(shù)列的充要條件是an＝2020； (3)在a1＝4的E數(shù)列An中，

2、求使得S(An)＝0成立的n的最小值． 課標文數(shù)20.D2，A2[2020·北京卷] 【解答】 (1)0,1,0,1,0是一個滿足條件的E數(shù)列A5. (答案不唯一，0，－1,0,1,0；0，±1,0,1,2；0，±1,0，－1，－2；0，±1,0，－1,0都是滿足條件的E數(shù)列A5) (2)必要性：因為E數(shù)列An是遞增數(shù)列， 所以ak＋1－ak＝1(k＝1,2，…，1999)． 所以An是首項為12，公差為1的等差數(shù)列． 所以a2000＝12＋(2000－1)×1＝2020， 充分性：由于a2000－a1999≤1. a1999－a1998≤1. …… a2－a1≤1. 所

3、以a2000－a1≤1999，即a2000≤a1＋1999. 又因為a1＝12，a2000＝2020. 所以a2000＝a1＋1999. 故ak＋1－ak＝1>0(k＝1,2，…，1999)，即E數(shù)列An是遞增數(shù)列． 綜上，結論得證． (3)對首項為4的E數(shù)列An，由于 a2≥a1－1＝3， a3≥a2－1≥2， …… a8≥a7－1≥－3， …… 所以a1＋a2＋…＋ak>0(k＝2,3，…，8)． 所以對任意的首項為4的E數(shù)列An，若S(An)＝0，則必有n≥9. 又a1＝4的E數(shù)列A9：4,3,2,1,0，－1，－2，－3，－4滿足S(A9)＝0， 所以n的最

4、小值是9. 大綱理數(shù)4.D2[2020·全國卷] 設Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，則k＝(　　) A．8 B．7 C．6 D．5 大綱理數(shù)4.D2[2020·全國卷] D　【解析】 ∵Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝4k＋4，∴4k＋4＝24，可得k＝5，故選D. 大綱理數(shù)20.D2，D4[2020·全國卷] 設數(shù)列{an}滿足a1＝0且－＝1. (1)求{an}的通項公式； (2)設bn＝，記Sn＝k，證明：Sn＜1. 大綱理數(shù)20.D2，D4[2020·全國卷] 【解答】 (1)

5、由題設－＝1， 即是公差為1的等差數(shù)列． 又＝1，故＝n. 所以an＝1－. (2)證明：由(1)得 bn＝＝＝－， ∴Sn＝bk＝＝1－<1. 大綱文數(shù)6.D2[2020·全國卷] 設Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，則k＝(　　) A．8 B．7 C．6 D．5 大綱文數(shù)6.D2[2020·全國卷] D　【解析】 ∵Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝4k＋4，∴4k＋4＝24，可得k＝5，故選D. 課標理數(shù)10.M1，D2，B11[2020·福建卷] 已知函數(shù)f(x)＝ex＋x.對

6、于曲線y＝f(x)上橫坐標成等差數(shù)列的三個點A、B、C，給出以下判斷： ①△ABC一定是鈍角三角形； ②△ABC可能是直角三角形； ③△ABC可能是等腰三角形； ④△ABC不可能是等腰三角形． 其中，正確的判斷是(　　) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 課標理數(shù)10.M1，D2，B11[2020·福建卷] B　【解析】 解法一：(1)設A、B、C三點的橫坐標分別為x1，x2，x3(x10， ∴ f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)， ∴ f(x1)

7、)－f(x2))，＝(x3－x2，f(x3)－f(x2))， ∴ ·＝(x1－x2)(x3－x2)＋(f(x1)－f(x2))(f(x3)－f(x2))<0， ∴ ∠ABC為鈍角，判斷①正確，②錯； (2)若△ABC為等腰三角形，則只需AB＝BC，即 (x1－x2)2＋(f(x1)－f(x2))2＝(x3－x2)2＋(f(x3)－f(x2))2， ∵ x1，x2，x3成等差數(shù)列，即2x2＝x1＋x3， 且f(x1)

8、可能是等腰三角形，判斷③錯誤，④正確，故選B. 解法二：(1)設A、B、C三點的橫坐標為x1，x2，x3(x1

9、所以Sn＝＝2n－n2. 進而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35. 即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5. 又k∈N*，故k＝7為所求． 課標理數(shù)11.D2[2020·廣東卷] 等差數(shù)列{an}前9項的和等于前4項的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，則k＝________. 課標理數(shù)11.D2[2020·廣東卷] 10　【解析】 由S9＝S4，所以a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，即5a7＝0，所以a7＝0， 由a7＝a1＋6d得d＝－，又ak＋a4＝0， 即a1＋(k－1)＋a1＋3×＝0， 即(k－1)×＝－，所以k－1＝9，所以k＝10. 課標理數(shù)1

10、3.D2[2020·湖北卷] 《九章算術》“竹九節(jié)”問題：現(xiàn)有一根9節(jié)的竹子，自上而下各節(jié)的容積成等差數(shù)列，上面4節(jié)的容積共3升，下面3節(jié)的容積共4升，則第5節(jié)的容積為________升． 課標理數(shù)13.D2[2020·湖北卷] 　【解析】 設所構成的等差數(shù)列的首項為a1，公差為d，由 得 解得 所以a5＝a1＋4d＝. 課標理數(shù)19.D2[2020·湖北卷] 已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足：a1＝a(a≠0)，an＋1＝rSn(n∈N*，r∈R，r≠－1)．　 (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差數(shù)列，試判斷：對于任

11、意的m∈N*，且m≥2，am＋1·am·am＋2是否成等差數(shù)列，并證明你的結論． 課標理數(shù)19.D2[2020·湖北卷] 【解答】 (1)由已知an＋1＝rSn，可得an＋2＝rSn＋1，兩式相減可得 an＋2－an＋1＝r(Sn＋1－Sn)＝ran＋1，即an＋2＝(r＋1)an＋1， 又a2＝ra1＝ra，所以 當r＝0時，數(shù)列{an}為：a,0，…，0，…； 當r≠0，r≠－1時，由已知a≠0，所以an≠0(n∈N*)， 于是由an＋2＝(r＋1)an＋1，可得＝r＋1(n∈N*)， ∴a2，a3，…，an，…成等比數(shù)列， ∴當n≥2時，an＝r(r＋1)n－2a. 綜

12、上，數(shù)列{an}的通項公式為an＝ (2)對于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列，證明如下： 當r＝0時，由(1)知，an＝ ∴對于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列； 當r≠0，r≠－1時，∵Sk＋2＝Sk＋ak＋1＋ak＋2，Sk＋1＝Sk＋ak＋1，　 若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差數(shù)列，則Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk， ∴2Sk＋2ak＋1＋ak＋2＝2Sk，即ak＋2＝－2ak＋1， 由(1)知，a2，a3，…，an，…的公比r＋1＝－2，于是對于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1＝－2am，從而am

13、＋2＝4am， ∴am＋1＋am＋2＝2am，即am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列． 綜上，對于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差數(shù)列． 課標文數(shù)9.D2[2020·湖北卷] 《九章算術》“竹九節(jié)”問題：現(xiàn)有一根9節(jié)的竹子，自上而下各節(jié)的容積成等差數(shù)列，上面4節(jié)的容積共3升，下面3節(jié)的容積共4升，則第5節(jié)的容積為(　　) A．1升 B.升 C.升 D.升 課標文數(shù)9.D2[2020·湖北卷] B　【解析】 設所構成的等差數(shù)列的首項為a1，公差為d，由 得 解得 所以a5＝a1＋4d＝. 課標文數(shù)17.D2，D3[2020·湖北卷] 成等差數(shù)列的三

14、個正數(shù)的和等于15，并且這三個數(shù)分別加上2、5、13后成為等比數(shù)列{bn}中的b3、b4、b5. (1)求數(shù)列{bn}的通項公式； (2)數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，求證：數(shù)列是等比數(shù)列． 課標文數(shù)17.D2，D3[2020·湖北卷] 【解答】 (1)設成等差數(shù)列的三個正數(shù)分別為a－d，a，a＋d. 依題意，得a－d＋a＋a＋d＝15.解得a＝5. 所以{bn}中的b3，b4，b5依次為7－d,10,18＋d. 依題意，有(7－d)(18＋d)＝100， 解得d＝2或d＝－13(舍去)． 故{bn}的第3項為5，公比為2. 由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝.

15、 所以{bn}是以為首項，2為公比的等比數(shù)列，其通項公式為bn＝·2n－1＝5·2n－3. (2)證明：由(1)得數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝＝5·2n－2－，即Sn＋＝5·2n－2. 所以S1＋＝，＝＝2. 因此是以為首項，公比為2的等比數(shù)列． 課標理數(shù)12.D2[2020·湖南卷] 設Sn是等差數(shù)列{an}(n∈N*)的前n項和，且a1＝1，a4＝7，則S5＝________. 課標理數(shù)12.D2[2020·湖南卷] 25　【解析】 設數(shù)列{an}的公差為d，因為a1＝1，a4＝7，所以a4＝a1＋3d?d＝2，　 故S5＝5a1＋10d＝25. 課標文數(shù)5.D

16、2[2020·江西卷] 設{an}為等差數(shù)列，公差d＝－2，Sn為其前n項和．若S10＝S11，則a1＝(　　) A．18 B．20 C．22 D．24 課標文數(shù)5.D2[2020·江西卷] B　【解析】 由S10＝S11，得a11＝S11－S10＝0， ∴a1＝a11＋(1－11)d＝0＋(－10)(－2)＝20.故選B. 課標文數(shù)15.D2[2020·遼寧卷] Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，S2＝S6，a4＝1，則a5＝________. 課標文數(shù)15.D2[2020·遼寧卷] －1　【解析】 由S2＝S6，得2a1＋d＝6a1＋d解得4(a1＋3d)＋2d＝0，即

17、2a4＋d＝0，所以a4＋(a4＋d)＝0，即a5＝－a4＝－1. 課標文數(shù)17.D2，D3[2020·課標全國卷] 已知等比數(shù)列{an}中，a1＝，公比q＝. (1)Sn為{an}的前n項和，證明：Sn＝； (2)設bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求數(shù)列{bn}的通項公式． 課標文數(shù)17.D2，D3[2020·課標全國卷] 【解答】 (1)因為an＝×n－1＝， Sn＝＝， 所以Sn＝. (2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an ＝－(1＋2＋…＋n) ＝－. 所以{bn}的通項公式為bn＝－. 大綱理數(shù)8.D2[2020·四

18、川卷] 數(shù)列{an}的首項為3，{bn}為等差數(shù)列且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，則a8＝(　　) A．0 B．3 C．8 D．11 大綱理數(shù)8.D2[2020·四川卷] B　【解析】 由數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，且b3＝－2，b10＝12可知數(shù)列公差d＝2，所以通項bn＝－2＋(n－3)×2＝2n－8＝an＋1－an，所以a8－a1＝2×(1＋2＋3＋…＋7)－8×7＝0，所以a8＝a1＝3. 課標理數(shù)4.D2[2020·天津卷] 已知{an}為等差數(shù)列，其公差為－2，且a7是a3與a9的等比中項，Sn為{an}的前n項和，n∈N*，則S10

19、的值為(　　) A．－110 B．－90 C．90 D．110 課標理數(shù)4.D2[2020·天津卷] D　【解析】 由a＝a3·a9，d＝－2，得(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解之得a1＝20，∴S10＝10×20＋(－2)＝110. 課標文數(shù)11.D2[2020·天津卷] 已知{an}是等差數(shù)列，Sn為其前n項和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，則S10的值為________． 課標文數(shù)11.D2[2020·天津卷] 110　【解析】 設等差數(shù)列的首項為a1，公差為d，由題意得，解之得a1＝20， d＝－2，∴S10＝10×20＋×(－2)＝110.

20、 課標理數(shù)19.D2[2020·浙江卷] 已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的首項a1為a(a∈R)．設數(shù)列的前n項和為Sn，且，，成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項公式及Sn； (2)記An＝＋＋＋…＋，Bn＝＋＋＋…＋.當n≥2時，試比較An與Bn的大?。? 課標理數(shù)19.D2[2020·浙江卷] 【解答】 (1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，由2＝·， 得(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)．因為d≠0，所以d＝a1＝a， 所以an＝na，Sn＝. (2)因為＝，所以 An＝＋＋＋…＋＝. 因為a2n－1＝2n－1a，所以 Bn＝＋＋＋…＋＝·. 當n≥2時，2

21、n＝C＋C＋C＋…＋C＞n＋1， 即1－＜1－， 所以，當a＞0時，An＜Bn；當a＜0時，An＞Bn. 大綱文數(shù)1.D2[2020·重慶卷] 在等差數(shù)列{an}中，a2＝2，a3＝4，則a10＝(　　) A．12 B．14 C．16 D．18 大綱文數(shù)1.D2[2020·重慶卷] D　【解析】 設等差數(shù)列{an}的公差為d， 由a2＝2，a3＝4，得解得 ∴a10＝a1＋(10－1)×d＝9d＝18.故選D. 課標文數(shù)21.D3，D4[2020·安徽卷] 在數(shù)1和100之間插入n個實數(shù)，使得這n＋2個數(shù)構成遞增的等比數(shù)列，將這n＋2個數(shù)的乘積記作Tn，再令a

22、n＝lgTn，n≥1. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝tanan·tanan＋1，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 課標文數(shù)21.D3，D4[2020·安徽卷] 本題考查等比和等差數(shù)列，指數(shù)和對數(shù)的運算，兩角差的正切公式等基本知識，考查靈活運用知識解決問題的能力，綜合運算能力和創(chuàng)新思維能力． 【解答】 (1)設t1，t2，…，tn＋2構成等比數(shù)列，其中t1＝1，tn＋2＝100，則 Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，① Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1.② ①×②并利用titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得 T＝(t1tn＋

23、2)·(t2tn＋1)·…·(tn＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(n＋2)， ∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1. (2)由題意和(1)中計算結果，知 bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1. 另一方面，利用tan1＝tan[(k＋1)－k]＝. 得tan(k＋1)·tank＝－1. 所以Sn＝bk＝tan(k＋1)·tank ＝ ＝－n. 課標理數(shù)18.D3，D4[2020·安徽卷] 在數(shù)1和100之間插入n個實數(shù)，使得這n＋2個數(shù)構成遞增的等比數(shù)列，將這n＋2個數(shù)的乘積記作Tn，再令an＝lgTn，n≥1. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)

24、設bn＝tanan·tanan＋1，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 課標理數(shù)18.D3，D4[2020·安徽卷] 【解析】 本題考查等比和等差數(shù)列，對數(shù)和指數(shù)的運算，兩角差的正切公式等基本知識，考查靈活運用基本知識解決問題的能力，運算求解能力和創(chuàng)新思維能力． 【解答】 (1)設t1，t2，…，tn＋2構成等比數(shù)列，其中t1＝1，tn＋2＝100，則 Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，① Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1，② ①×②并利用titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得 T＝(t1tn＋2)·(t2tn＋1)·…·(tn＋1t2)·(tn＋

25、2t1)＝102(n＋2)． ∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1. (2)由題意和(1)中計算結果，知 bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1， 另一方面，利用 tan1＝tan[(k＋1)－k]＝， 得tan(k＋1)·tank＝－1. 所以Sn＝k＝an(k＋1)·tank ＝ ＝－n. 課標理數(shù)11.D3[2020·北京卷] 在等比數(shù)列{an}中，若a1＝，a4＝－4，則公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________. 課標理數(shù)11.D3[2020·北京卷] －2　2n－1－　【解析】 由a4＝a1q3＝q3＝－4，可得q＝

26、－2；因此，數(shù)列{|an|}是首項為，公比為2的等比數(shù)列，所以|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝＝2n－1－. 課標文數(shù)12.D3[2020·北京卷] 在等比數(shù)列{an}中，若a1＝，a4＝4，則公比q＝________；a1＋a2＋…＋an＝________.　 課標文數(shù)12.D3[2020·北京卷] 2　2n－1－ 【解析】 由題意可知a4＝a1q3＝q3＝4，可得q＝2， 所以a1＋a2＋…＋an＝＝2n－1－. 大綱文數(shù)17.D3[2020·全國卷] 設等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an和Sn. 大綱文數(shù)17.D3[2020·

27、全國卷] 【解答】 設{an}的公比為q，由題設得 解得或 當a1＝3，q＝2時，an＝3×2n－1，Sn＝3×(2n－1)； 當a1＝2，q＝3時，an＝2×3n－1，Sn＝3n－1. 課標理數(shù)16.D3，C4[2020·福建卷] 已知等比數(shù)列{an}的公比q＝3，前3項和S3＝. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若函數(shù)f(x)＝Asin(2x＋φ)(A>0,0<φ<π)在x＝處取得最大值，且最大值為a3，求函數(shù)f(x)的解析式． 課標數(shù)學16.D3，C4[2020·福建卷] 【解答】 (1)由q＝3，S3＝得＝，解得a1＝. 所以an＝×3n－1＝3n－2.

28、 (2)由(1)可知an＝3n－2，所以a3＝3. 因為函數(shù)f(x)的最大值為3，所以A＝3； 因為當x＝時f(x)取得最大值， 所以sin＝1. 又0<φ<π，故φ＝. 所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝3sin. 課標文數(shù)16.D3[2020·福建卷] 商家通常依據(jù)“樂觀系數(shù)準則”確定商品銷售價格，即根據(jù)商品的最低銷售限價a，最高銷售限價b(b>a)以及實數(shù)x(0

29、標文數(shù)16.D3[2020·福建卷] 　【解析】 由已知，有(c－a)是(b－c)和(b－a)的等比中項，即 (c－a)2＝(b－c)(b－a)， 把c＝a＋x(b－a)代入上式，得 x2(b－a)2＝[b－a－x(b－a)](b－a)，即x2(b－a)2＝(1－x)(b－a)2， ∵b>a，b－a≠0， ∴x2＝1－x，即x2＋x－1＝0， 解得 x＝， 因為0

30、2　【解析】 {an}為等比數(shù)列，所以a4－a3＝a2q2－a2q＝4，即2q2－2q＝4， 所以q2－q－2＝0，解得q＝－1或q＝2，又{an}是遞增等比數(shù)列，所以q＝2. 課標文數(shù)17.D2，D3[2020·湖北卷] 成等差數(shù)列的三個正數(shù)的和等于15，并且這三個數(shù)分別加上2、5、13后成為等比數(shù)列{bn}中的b3、b4、b5. (1)求數(shù)列{bn}的通項公式； (2)數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，求證：數(shù)列是等比數(shù)列． 課標文數(shù)17.D2，D3[2020·湖北卷] 【解答】 (1)設成等差數(shù)列的三個正數(shù)分別為a－d，a，a＋d. 依題意，得a－d＋a＋a＋d＝15.解

31、得a＝5. 所以{bn}中的b3，b4，b5依次為7－d,10,18＋d. 依題意，有(7－d)(18＋d)＝100， 解得d＝2或d＝－13(舍去)． 故{bn}的第3項為5，公比為2. 由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝. 所以{bn}是以為首項，2為公比的等比數(shù)列，其通項公式為bn＝·2n－1＝5·2n－3. (2)證明：由(1)得數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝＝5·2n－2－，即Sn＋＝5·2n－2. 所以S1＋＝，＝＝2. 因此是以為首項，公比為2的等比數(shù)列． 課標理數(shù)18.D3[2020·江西卷] 已知兩個等比數(shù)列{an}，{bn}，滿足a1＝a

32、(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3. (1)若a＝1，求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若數(shù)列{an}唯一，求a的值． 課標理數(shù)18.D3[2020·江西卷] 【解答】 (1)設{an}的公比為q，則b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2， 由b1，b2，b3成等比數(shù)列得(2＋q)2＝2(3＋q2)， 即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋，q2＝2－， 所以{an}的通項公式為an＝(2＋)n－1或an＝(2－)n－1. (2)設{an}的公比為q，則由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，得aq2－4aq＋3a－1＝0，

33、(*) 由a＞0得Δ＝4a2＋4a＞0，故方程(*)有兩個不同的實根， 由{an}唯一，知方程(*)必有一根為0，代入(*)得a＝. 課標文數(shù)5.D3[2020·遼寧卷] 若等比數(shù)列{an}滿足anan＋1＝16n，則公比為(　　) A．2 B．4 C．8 D．16 課標文數(shù)5.D3[2020·遼寧卷] B　【解析】 由于anan＋1＝16n，又an－1an＝16n－1，所以＝q2＝16，又由anan＋1＝16n知an>0，所以q＝4. 課標文數(shù)17.D2，D3[2020·課標全國卷] 已知等比數(shù)列{an}中，a1＝，公比q＝. (1)Sn為{an}的前n項和，

34、證明：Sn＝； (2)設bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求數(shù)列{bn}的通項公式． 課標文數(shù)17.D2，D3[2020·課標全國卷] 【解答】 (1)因為an＝×n－1＝， Sn＝＝， 所以Sn＝. (2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an ＝－(1＋2＋…＋n) ＝－. 所以{bn}的通項公式為bn＝－. 大綱文數(shù)9.D3[2020·四川卷] 數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，則a6＝(　　) A．3×44 B．3×44＋1 C．44 D．44＋1 大綱文數(shù)9.D3[2020·四川卷] A

35、　【解析】 由an＋1＝3Sn?Sn＋1－Sn＝3Sn?Sn＋1＝4Sn，所以數(shù)列{Sn}是首項為1，公比為4的等比數(shù)列，所以Sn＝4n－1，所以a6＝S6－S5＝45－44＝3×44，所以選擇A. 大綱理數(shù)11.D2[2020·重慶卷] 在等差數(shù)列{an}中，a3＋a7＝37，則a2＋a4＋a6＋a8＝________. 大綱理數(shù)11.D2[2020·重慶卷] 74　【解析】 由a3＋a7＝37，得(a1＋2d)＋(a1＋6d)＝37，即2a1＋8d＝37.∴a2＋a4＋a6＋a8＝(a1＋d)＋(a1＋3d)＋(a1＋5d)＋(a1＋7d)＝2(2a1＋8d)＝74. 課標文

36、數(shù)7.D4[2020·安徽卷] 若數(shù)列{an}的通項公式是an＝(－1)n(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10＝(　　) A．15 B．12 C．－12 D．－15 課標文數(shù)7.D4[2020·安徽卷] A　【解析】 a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)]＝3×5＝15. 課標文數(shù)21.D3，D4[2020·安徽卷] 在數(shù)1和100之間插入n個實數(shù)，使得這n＋2個數(shù)構成遞增的等比數(shù)列，將這n＋2個數(shù)的乘積記作Tn，再令an＝lgTn，n≥1

37、. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝tanan·tanan＋1，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 課標文數(shù)21.D3，D4[2020·安徽卷] 本題考查等比和等差數(shù)列，指數(shù)和對數(shù)的運算，兩角差的正切公式等基本知識，考查靈活運用知識解決問題的能力，綜合運算能力和創(chuàng)新思維能力． 【解答】 (1)設t1，t2，…，tn＋2構成等比數(shù)列，其中t1＝1，tn＋2＝100，則 Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，① Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1.② ①×②并利用titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得 T＝(t1tn＋2)·(t2tn＋1

38、)·…·(tn＋1t2)·(tn＋2t1)＝102(n＋2)， ∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1. (2)由題意和(1)中計算結果，知 bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1. 另一方面，利用tan1＝tan[(k＋1)－k]＝. 得tan(k＋1)·tank＝－1. 所以Sn＝bk＝tan(k＋1)·tank ＝ ＝－n. 課標理數(shù)18.D3，D4[2020·安徽卷] 在數(shù)1和100之間插入n個實數(shù)，使得這n＋2個數(shù)構成遞增的等比數(shù)列，將這n＋2個數(shù)的乘積記作Tn，再令an＝lgTn，n≥1. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝tana

39、n·tanan＋1，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 課標理數(shù)18.D3，D4[2020·安徽卷] 【解析】 本題考查等比和等差數(shù)列，對數(shù)和指數(shù)的運算，兩角差的正切公式等基本知識，考查靈活運用基本知識解決問題的能力，運算求解能力和創(chuàng)新思維能力． 【解答】 (1)設t1，t2，…，tn＋2構成等比數(shù)列，其中t1＝1，tn＋2＝100，則 Tn＝t1·t2·…·tn＋1·tn＋2，① Tn＝tn＋2·tn＋1·…·t2·t1，② ①×②并利用titn＋3－i＝t1tn＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得 T＝(t1tn＋2)·(t2tn＋1)·…·(tn＋1t2)·(tn＋2t1)＝102

40、(n＋2)． ∴an＝lgTn＝n＋2，n≥1. (2)由題意和(1)中計算結果，知 bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1， 另一方面，利用 tan1＝tan[(k＋1)－k]＝， 得tan(k＋1)·tank＝－1. 所以Sn＝k＝an(k＋1)·tank ＝ ＝－n. 大綱理數(shù)20.D2，D4[2020·全國卷] 設數(shù)列{an}滿足a1＝0且－＝1. (1)求{an}的通項公式； (2)設bn＝，記Sn＝k，證明：Sn＜1. 大綱理數(shù)20.D2，D4[2020·全國卷] 【解答】 (1)由題設－＝1， 即是公差為1的等差數(shù)列． 又＝1，故＝n.

41、 所以an＝1－. (2)證明：由(1)得 bn＝＝＝－， ∴Sn＝bk＝＝1－<1. 課標文數(shù)20.D4[2020·湖南卷] 某企業(yè)在第1年初購買一臺價值為120萬元的設備M，M的價值在使用過程中逐年減少，從第2年到第6年，每年初M的價值比上年初減少10萬元；從第7年開始，每年初M的價值為上年初的75%. (1)求第n年初M的價值an的表達式； (2)設An＝.若An大于80萬元，則M繼續(xù)使用，否則須在第n年初對M更新．證明：須在第9年初對M更新． 課標文數(shù)20.D4[2020·湖南卷] 【解答】 (1)當n≤6時，數(shù)列{an}是首項為120，公差為－10的等差數(shù)列．

42、 an＝120－10(n－1)＝130－10n； 當n≥6時，數(shù)列{an}是以a6為首項，公比為的等比數(shù)列，又a6＝70，所以an＝70×n－6. 因此，第n年初，M的價值an的表達式為 an＝ (2)設Sn表示數(shù)列{an}的前n項和，由等差及等比數(shù)列的求和公式得 當1≤n≤6時，Sn＝120n－5n(n－1)， An＝120－5(n－1)＝125－5n； 當n≥7時，由于S6＝570，故 Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70××4×＝780－210×n－6， An＝， 因為{an}是遞減數(shù)列，所以{An}是遞減數(shù)列．又 A8＝＝82>80， A9＝＝7

43、6<80， 所以須在第9年初對M更新． 課標理數(shù)5.D4[2020·江西卷] 已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1.那么a10＝(　　) A．1 B．9 C．10 D．55 課標理數(shù)5.D4[2020·江西卷] A　【解析】 方法一：由Sn＋Sm＝Sn＋m，得S1＋S9＝S10， ∴a10＝S10－S9＝S1＝a1＝1，故選A. 方法二： ∵S2＝a1＋a2＝2S1，∴a2＝1， ∵S3＝S1＋S2＝3，∴a3＝1， ∵S4＝S1＋S3＝4，∴a4＝1， 由此歸納a10＝1，故選A. 課標理數(shù)17.D4[2020·遼寧卷]

44、 已知等差數(shù)列{an}滿足a2＝0，a6＋a8＝－10. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)求數(shù)列的前n項和． 課標理數(shù)17.D4[2020·遼寧卷] 【解答】 (1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，由已知條件可得解得 故數(shù)列{an}的通項公式為an＝2－n. (2)設數(shù)列的前n項和為Sn，即Sn＝a1＋＋…＋，故S1＝1， ＝＋＋…＋. 所以，當n＞1時， ＝a1＋＋…＋－ ＝1－－ ＝1－－ ＝， 所以Sn＝. 綜上，數(shù)列的前n項和Sn＝. 課標理數(shù)14.D4[2020·陜西卷] 植樹節(jié)某班20名同學在一段直線公路一側植樹，每人植一棵，相鄰兩棵樹相距10

45、米，開始時需將樹苗集中放置在某一樹坑旁邊，使每位同學從各自樹坑出發(fā)前來領取樹苗往返所走的路程總和最小，這個最小值為________(米)． 課標理數(shù)14.D4[2020·陜西卷] 2000　【解析】 樹苗放在10或11號坑，則其余的十九人一次走過的路程為90,80,70,60，…，80,90,100，則和為s＝×2＝2000，若放在11號坑，結果一樣． 課標理數(shù)19.B11，D4[2020·陜西卷] 圖1－11 如圖1－11，從點P1(0,0)作x軸的垂線交曲線y＝ex于點Q1(0,1)，曲線在Q1點處的切線與x軸交于點P2.現(xiàn)從P2作x軸的垂線交曲線于點Q2，依次重復上

46、述過程得到一系列點：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn，記Pk點的坐標為(xk,0)(k＝1,2，…，n)． (1)試求xk與xk－1的關系(2≤k≤n)； (2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|. 課標理數(shù)19.B11，D4[2020·陜西卷] 【解答】 (1)設Pk－1(xk－1,0)，由y′＝ex得Qk－1(xk－1，exk－1)點處切線方程為y－exk－1＝exk－1(x－xk－1)， 由y＝0得xk＝xk－1－1(2≤k≤n)． (2)由x1＝0，xk－xk－1＝－1，得xk＝－(k－1)， 所以|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于

47、是 Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn| ＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝＝. 課標文數(shù)10.D4[2020·陜西卷] 植樹節(jié)某班20名同學在一段直線公路一側植樹，每人植一棵，相鄰兩棵樹相距10米，開始時需將樹苗集中放置在某一樹坑旁邊，現(xiàn)將樹坑從1到20依次編號，為使各位同學從各自樹坑前來領取樹苗所走的路程總和最小，樹苗可以放置的兩個最佳坑位的編號為(　　) A．①和? B．⑨和⑩ C．⑨和? D．⑩和? 課標文數(shù)10.D4[2020·陜西卷] D　【解析】 從實際問題中考慮將樹苗放在最中間的坑旁邊，則每個人所走的路程和最小，一共20個坑

48、，為偶數(shù)，在中間的有兩個坑為10和11號坑，故答案選D. 課標文數(shù)19.B11，D4[2020·陜西卷] 【解答】 (1)設Pk－1(xk－1,0)，由y′＝ex得Qk－1(xk－1，exk－1)點處切線方程為y－exk－1＝exk－1(x－xk－1)， 由y＝0得xk＝xk－1－1(2≤k≤n)． (2)由x1＝0，xk－xk－1＝－1，得xk＝－(k－1)， 所以|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于是 Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn| ＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝＝. 大綱文數(shù)16.D4[2020·重慶卷] 設{an}

49、是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，a1＝2，a3＝a2＋4. (1)求{an}的通項公式； (2)設{bn}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，求數(shù)列{an＋bn}的前n項和Sn. 大綱文數(shù)16.D4[2020·重慶卷] 【解答】 (1)設q為等比數(shù)列{an}的公比，則由a1＝2，a3＝a2＋4得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，因此q＝2. 所以{an}的通項為an＝2·2n－1＝2n(n∈N*)． (2)Sn＝＋n×1＋×2 ＝2n＋1＋n2－2. 課標理數(shù)20.D5，A3[2020·北京卷] 若數(shù)列An：a1，a2，…，an(n≥2)滿足|ak＋

50、1－ak|＝1(k＝1,2，…，n－1)，則稱An為E數(shù)列．記S(An)＝a1＋a2＋…＋an. (1)寫出一個滿足a1＝a5＝0，且S(A5)＞0的E數(shù)列A5； (2)若a1＝12，n＝2000.證明：E數(shù)列An是遞增數(shù)列的充要條件是an＝2020； (3)對任意給定的整數(shù)n(n≥2)，是否存在首項為0的E數(shù)列An，使得S(An)＝0？如果存在，寫出一個滿足條件的E數(shù)列An；如果不存在，說明理由． 課標理數(shù)20.D5，A3[2020·北京卷] 【解答】 (1)0,1,2,1,0是一個滿足條件的E數(shù)列A5. (答案不唯一，0,1,0,1,0也是一個滿足條件的E數(shù)列A5) (2)必要

51、性：因為E數(shù)列An是遞增數(shù)列， 所以ak＋1－ak＝1(k＝1,2，…，1999)． 所以An是首項為12，公差為1的等差數(shù)列． 所以a2000＝12＋(2000－1)×1＝2020. 充分性：由于a2000－a1999≤1， a1999－a1998≤1， …… a2－a1≤1， 所以a2000－a1≤1999，即a2000≤a1＋1999. 又因為a1＝12，a2000＝2020， 所以a2000＝a1＋1999， 故ak＋1－ak＝1＞0(k＝1,2，…，1999)，即E數(shù)列An是遞增數(shù)列． 綜上，結論得證． (3)令ck＝ak＋1－ak(k＝1,2，…，n－1)

52、，則ck＝±1， 因為a2＝a1＋c1， a3＝a1＋c1＋c2， …… an＝a1＋c1＋c2＋…＋cn－1， 所以S(An)＝na1＋(n－1)c1＋(n－2)c2＋(n－3)c3＋…＋cn－1 ＝(n－1)＋(n－2)＋…＋1－[(1－c1)(n－1)＋(1－c2)·(n－2)＋…＋(1－cn－1)] ＝－[(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋…＋(1－cn－1)]．　 因為ck＝±1，所以1－ck為偶數(shù)(k＝1,2，…，n－1)， 所以(1－c1)(n－1)＋(1－c2)(n－2)＋…＋(1－cn－1)為偶數(shù)， 所以要使S(An)＝0，必須使為偶數(shù)，

53、即4整除n(n－1)，亦即n＝4m或n＝4m＋1(m∈N*)． 當n＝4m(m∈N*)時，E數(shù)列An的項滿足a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1,2，…，m)時，有a1＝0，S(An)＝0； 當n＝4m＋1(m∈N*)時，E數(shù)列An的項滿足a4k－1＝a4k－3＝0，a4k－2＝－1，a4k＝1(k＝1,2，…，m)，a4m＋1＝0時，有a1＝0，S(An)＝0； 當n＝4m＋2或n＝4m＋3(m∈N*)時，n(n－1)不能被4整除，此時不存在E數(shù)列An，使得a1＝0，S(An)＝0. 課標理數(shù)20.D5[2020·廣東卷] 設b>0，數(shù)列{an}滿足a

54、1＝b，an＝(n≥2)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)證明：對于一切正整數(shù)n，an≤＋1. 課標理數(shù)20.D5[2020·廣東卷] 【解答】 (1)由a1＝b>0，知an＝>0，＝＋·. 令An＝，A1＝， 當n≥2時，An＝＋An－1 ＝＋＋…＋＋A1 ＝＋＋…＋＋. ①當b≠2時， An＝＝； ②當b＝2時，An＝. ∴an＝ (2)證明：當b≠2時，欲證an＝≤＋1，只需證nbn≤，即證(2n＋1＋bn＋1)≥n·2n＋1bn. 而(2n＋1＋bn＋1)＝(2n＋1＋bn＋1)(bn－1＋2bn－2＋…＋2n－1) ＝2n＋1bn－1＋2n＋2b

55、n－2＋…＋22n＋b2n＋2b2n－1＋…＋2n－1bn＋1 ＝2nbn >2nbn(2＋2＋…＋2)＝2n·2nbn＝n·2n＋1bn， ∴an＝<1＋. 當b＝2時，an＝2＝＋1. 綜上所述，an≤＋1. 課標文數(shù)20.D5，E7[2020·廣東卷] 設b＞0，數(shù)列{an}滿足a1＝b，an＝(n≥2)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)證明：對于一切正整數(shù)n,2an≤bn＋1＋1. 課標文數(shù)20.D5，E7[2020·廣東卷] 【解答】 (1)由a1＝b>0，知an＝>0， ＝＋·. 令An＝，A1＝， 當n≥2時，An＝＋An－1 ＝＋

56、…＋＋A1 ＝＋…＋＋. ①當b≠1時，An＝＝， ②當b＝1時，An＝n. ∴an＝ (2)證明：當b≠1時，欲證2an＝≤bn＋1＋1，只需證2nbn≤(bn＋1＋1). ∵(bn＋1＋1)＝b2n＋b2n－1＋…＋bn＋1＋bn－1＋bn－2＋…＋1 ＝bn >bn(2＋2＋…＋2) ＝2nbn， ∴2an＝<1＋bn＋1. 當b＝1時，2an＝2＝bn＋1＋1. 綜上所述2an≤bn＋1＋1. 課標文數(shù)21.D5[2020·江西卷] (1)已知兩個等比數(shù)列{an}，{bn}，滿足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3，若數(shù)列{a

57、n}唯一，求a的值； (2)是否存在兩個等比數(shù)列{an}，{bn}，使得b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不為0的等差數(shù)列？若存在，求{an}，{bn}的通項公式；若不存在，說明理由． 課標文數(shù)21.D5[2020·江西卷] 【解答】 (1)設{an}的公比為q，則b1＝1＋a，b2＝2＋aq，b3＝3＋aq2， 由b1，b2，b3成等比數(shù)列得(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)， 即aq2－4aq＋3a－1＝0. 由a>0得Δ＝4a2＋4a>0，故方程有兩個不同的實根， 再由{an}唯一，知方程必有一根為0， 將q＝0代入方程得a＝. (2)假設存在兩個

58、等比數(shù)列{an}，{bn}使b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不為0的等差數(shù)列，設{an}的公比為q1，{bn}的公比為q2， 則b2－a2＝b1q2－a1q1， b3－a3＝b1q－a1q， b4－a4＝b1q－a1q， 由b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成等差數(shù)列得 即 ①×q2－②得a1(q1－q2)(q1－1)2＝0. 由a1≠0得q1＝q2或q1＝1， i)當q1＝q2時，由①②得b1＝a1或q1＝q2＝1，這時(b2－a2)－(b1－a1)＝0，與公差不為0矛盾； ii)當q1＝1時，由①②得b1＝0或q2＝1，這時(b2－a2

59、)－(b1－a1)＝0，與公差不為0矛盾． 綜上所述，不存在兩個等比數(shù)列{an}，{bn}使b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不為0的等差數(shù)列． 課標理數(shù)17.D5[2020·課標全國卷] 等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求數(shù)列的前n項和． 課標理數(shù)17.D5[2020·課標全國卷] 【解答】 (1)設數(shù)列{an}的公比為q，由a＝9a2a6得a＝9a，所以q2＝. 由條件可知q＞0，故q＝. 由2a1＋3a2＝1得2a1＋3

60、a1q＝1，所以a1＝. 故數(shù)列{an}的通項公式為an＝. (2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an ＝－(1＋2＋…＋n) ＝－. 故＝－＝－2， ＋＋…＋＝－2＋＋…＋＝－. 所以數(shù)列的前n項和為－. 課標理數(shù)20.D5[2020·山東卷] 等比數(shù)列{an}中，a1，a2，a3分別是下表第一、二、三行中的某一個數(shù)，且a1，a2，a3中的任何兩個數(shù)不在下表的同一列． 第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行 9 8 18 (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足

61、：bn＝an＋(－1)nlnan，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 課標理數(shù)20.D5[2020·山東卷] 【解答】 (1)當a1＝3時，不合題意； 當a1＝2時，當且僅當a2＝6，a3＝18時，符合題意； 當a1＝10時，不合題意． 因此a1＝2，a2＝6，a3＝18， 所以公比q＝3， 故an＝2·3n－1. (2)因為bn＝an＋(－1)nlnan ＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1) ＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3] ＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3， 所以 Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋

62、1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3. 所以 當n為偶數(shù)時，Sn＝2·＋ln3 ＝3n＋ln3－1； 當n為奇數(shù)時，Sn＝2×－(ln2－ln3)＋ln3 ＝3n－ln3－ln2－1. 綜上所述，Sn＝ 課標文數(shù)20.D5[2020·山東卷] 等比數(shù)列{an}中，a1，a2，a3分別是下表第一、二、三行中的某一個數(shù)，且a1，a2，a3中的任何兩個數(shù)不在下表的同一列. 第一列 第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行 9 8 18 (1)求數(shù)列{an}的通項公式；

63、(2)若數(shù)列{bn}滿足：bn＝an＋(－1)nlnan，求數(shù)列{bn}的前2n項和S2n. 課標文數(shù)20.D5[2020·山東卷] 【解答】 (1)當a1＝3時，不合題意； 當a1＝2時，當且僅當a2＝6，a3＝18時，符合題意； 當a1＝10時，不合題意． 因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3. 故an＝2·3n－1. (2)因為bn＝an＋(－1)nlnan ＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1) ＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3] ＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3， 所以S2n＝b1＋b2＋…

64、＋b2n ＝2(1＋3＋…＋32n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n](ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n2n]ln3 ＝2×＋nln3 ＝32n＋nln3－1. 課標數(shù)學13.D5[2020·江蘇卷] 設1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比為q的等比數(shù)列，a2，a4，a6成公差為1的等差數(shù)列，則q的最小值是________． 課標數(shù)學13.D5[2020·江蘇卷] 　【解析】 記a2＝m，則1≤m≤q≤m＋1≤q2≤m＋2≤q3， 要q取最小值，則m必定為1，于是有1≤q≤2,2≤q2≤3,3≤q3，所以q≥. 課標數(shù)學20.

65、D5[2020·江蘇卷] 設M為部分正整數(shù)組成的集合，數(shù)列{an}的首項a1＝1，前n項的和為Sn，已知對任意的整數(shù)k∈M，當整數(shù)n>k時，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)都成立． (1)設M＝{1}，a2＝2，求a5的值； (2)設M＝{3,4}，求數(shù)列{an}的通項公式． 課標數(shù)學20.D5[2020·江蘇卷] 本題考查數(shù)列的通項與前n項和的關系、等差數(shù)列的基本性質等基礎知識，考查考生分析探究及邏輯推理的能力． 【解答】 (1)由題設知，當n≥2時，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)，即(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1. 從而an＋1－an＝2a1＝2. 又

66、a2＝2，故當n≥2時，an＝a2＋2(n－2)＝2n－2. 所以a5的值為8. (2)由題設知，當k∈M＝{3,4}且n>k時，Sn＋k＋Sn－k＝2Sn＋2Sk且Sn＋1＋k＋Sn＋1－k＝2Sn＋1＋2Sk，兩式相減得an＋1＋k＋an＋1－k＝2an＋1，即an＋1＋k－an＋1＝an＋1－an＋1－k.所以當n≥8時，an－6，an－3，an，an＋3，an＋6成等差數(shù)列，且an－6，an－2，an＋2，an＋6也成等差數(shù)列． 從而當n≥8時，2an＝an＋3＋an－3＝an＋6＋an－6，(*) 且an＋6＋an－6＝an＋2＋an－2，所以當n≥8時，2an＝an＋2＋an－2，即an＋2－an＝an－an－2，于是當n≥9時，an－3，an－1，an＋1，an＋3成等差數(shù)列，從而an＋3＋an－3＝an＋1＋an－1，故由(*)式知2an＝an＋1＋an－1，即an＋1－an＝an－an－1. 當n≥9時，設d＝an－an－1. 當2≤m≤8時，m＋6≥8，從而由(*)式知2am＋6＝am＋am＋12，故2am＋7＝am＋1＋am＋13. 從而2(am＋7