第三篇 经典考题体验篇：专题6 数列 - 2021年高考数学考前必读【解析版】

第三篇 经典考题体验篇 专题六 数列 一、单选题 1．（2021·山东高三专题练习）北宋时期的科学家沈括在他的著作《梦溪笔谈》一书中提出一个有趣的问题， 大意是：酒店把酒坛层层堆积，底层摆成长方形，以后每上一层，长和宽两边的坛子各少一个，堆成一个 棱台的形状（如图 1），那么总共堆放了多少个酒坛？沈括给出了一个计算酒坛数量的方法——隙积术，设 底层长和宽两边分别摆放 a ，b 个坛子，一共堆了 n 层，则酒坛的总数         1 1 2 2 1 1S ab a b a b a n b n            ．现在将长方形垛改为三角形垛，即底 层摆成一个等边三角形，向上逐层等边三角形的每边少 1 个酒坛（如图 2），若底层等边三角形的边上摆放 10 个酒坛，顶层摆放 1 个酒坛，那么酒坛的总数为（ ） A．55 B．165 C．220 D．286 【答案】C 【解析】 根据题目中已给模型类比和联想，得出第一层、第二层、第三层、……、第十层的酒坛数，然后即可求解． 【详解】 每一层酒坛按照正三角形排列，从上往下数，最上面一层的酒坛数为 1， 第二层的酒坛数为1 2 ，第三层的酒坛数为1 2 3  ， 第四层的酒坛数为1 2 3 4   ，…，由此规律， 最下面一层的酒坛数为1 2 3 10   ， 所以酒坛的总数为      1 1 2 1 2 3 1 2 3 10 1 3 6 55 220              ． 故选：C. 2．（2021·全国高三二模（理））斐波那契数列是意大利数学家斐波那契在撰写《算盘全书》(LiberAbacci)一 书中研究的一个著名数列 1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，该数列是数学史中非常重要的一个数列.它 与生活中许多现象息息相关，如松果､凤梨､树叶的排列符合该数列的规律，与杨辉三角，黄金分割比等知 识的关系也相当密切.已知该数列满足如下规律，即从第三项开始，每一项都等于前两项的和，根据这个递 推关系，令该数列为 na ，其前 n 项和为 nS ， 1 2 1a a  ， 3 2a  ，若 2021S t ，则 2023a  （ ） A．t B． 2 1t  C． 2t D． 1t  【答案】D 【解析】 利用递推关系 2 1n n na a a   ,结合累加法求解. 【详解】 由递推关系得： 3 2 1a a a  ， 4 3 2a a a  ， 5 4 3a a a  ， … 1 1n n na a a   ， 2 1n n na a a   ， 累加可得 2 2n na S a   ， 所以 2023 2021 2 1a S a t   ， 故选：D. 3．（2020·全国高考真题（理））数列{ }na 中， 1 2a  ， m n m na a a  ，若 15 5 1 2 10 2 2k k ka a a       ， 则 k  （ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【解析】 取 1m  ，可得出数列 na 是等比数列，求得数列 na 的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于 k 的 等式，由 k N 可求得 k 的值. 【详解】 在等式 m n m na a a  中，令 1m  ，可得 1 1 2n n na a a a   ， 1 2n n a a   ， 所以，数列 na 是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，则 12 2 2n n na    ，         10 1 10 1 1 10 5 10 1 2 10 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 11 2 1 2 k k k k k k a a a a                      ， 1 52 2k  ，则 1 5k   ，解得 4k  . 故选：C. 4．（2020·全国高考真题（文））记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 a5–a3=12，a6–a4=24，则 n n S a =（ ） A．2n–1 B．2–21–n C．2–2n–1 D．21–n–1 【答案】B 【解析】 根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和 前 n 项和公式进行求解即可. 【详解】 设等比数列的公比为 q， 由 5 3 6 412, 24a a a a    可得： 4 2 1 1 5 3 11 1 12 2 124 a q a q q aa q a q          ， 所以 1 1 1 1 (1 ) 1 22 , 2 11 1 2 n n n n n n n a qa a q S q           ， 因此 1 1 2 1 2 22 n nn n n S a      . 故选：B. 5．（2020·全国高考真题（理））北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块 圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加 9 块，下一层的第一 环比上一层的最后一环多 9 块，向外每环依次也增加 9 块，已知每层环数相同，且下层比中层多 729 块， 则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ） A．3699 块 B．3474 块 C．3402 块 D．3339 块 【答案】C 【解析】 第 n 环天石心块数为 na ，第一层共有 n 环，则{ }na 是以 9 为首项，9 为公差的等差数列， 设 nS 为{ }na 的前 n 项和，由题意可得 3 2 2 729n n n nS S S S    ，解方程即可得到 n，进一步得到 3nS . 【详解】 设第 n 环天石心块数为 na ，第一层共有 n 环， 则{ }na 是以 9 为首项，9 为公差的等差数列， 9 ( 1) 9 9na n n     ， 设 nS 为{ }na 的前 n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为 2 3 2, ,n n n n nS S S S S  ，因为下层比中层多 729 块， 所以 3 2 2 729n n n nS S S S    ， 即 3 (9 27 ) 2 (9 18 ) 2 (9 18 ) (9 9 ) 7292 2 2 2 n n n n n n n n       即 29 729n  ，解得 9n  ， 所以 3 27 27(9 9 27) 34022nS S     . 故选：C 6．（2020·全国高考真题（文））设{ }na 是等比数列，且 1 2 3 1a a a   ， 2 3 4+ 2a a a  ，则 6 7 8a a a  （ ） A．12 B．24 C．30 D．32 【答案】D 【解析】 根据已知条件求得 q的值，再由  5 6 7 8 1 2 3a a a q a a a     可求得结果. 【详解】 设等比数列 na 的公比为 q，则  2 1 2 3 1 1 1a a a a q q      ，  2 3 2 2 3 4 1 1 1 1 1 2a a a a q a q a q a q q q q          ， 因此，  5 6 7 5 2 5 6 7 8 1 1 1 1 1 32a a a a q a q a q a q q q q          . 故选：D. 7．（2019·全国高考真题（理））记 为等差数列 的前 n 项和．已知 ， ，则（ ） A． ʹ ݊ B． 晦 ݊ 䀀 C． ʹ ʹ ݊ 香 D． 䀀 ʹ ʹ ݊ ʹ【答案】A 【解析】 由题知， 䀀 ʹ 晦 䀀 ，解得 䀀 ݊ 晦 ʹ ，∴ ʹ ݊ ，故选 A． 其它解法：本题还可用排除，对 B， ， ሺ݊െʹ ʹ ݊ 䀀 ，排除 B，对 C， 䁕 ݊ ʹ ʹ ݊ 香 ݊ 䀀 ，排除 C．对 D， 䁕 ݊ 䀀 ʹ ʹ ݊ ʹ ݊ ʹ ，排除 D，故选 A． 8．（2020·浙江高考真题）已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn，公差 d≠0， 1 1a d  ．记 b1=S2，bn+1=S2n+2–S2n，n N ， 下列等式不可能．．．成立的是（ ） A．2a4=a2+a6 B．2b4=b2+b6 C． 2 4 2 8a a a D． 2 4 2 8b b b 【答案】D 【解析】 根据题意可得， 2 1 21 22 2 2n n n n nb S a aS      ，而 1 2 1 2b S a a   ，即可表示出题中 2 4 6 8, , ,b b b b ，再结 合等差数列的性质即可判断各等式是否成立． 【详解】 对于 A，因为数列 na 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由 4 4 2 6   可得， 4 2 62a a a  ， A 正确； 对于 B，由题意可知， 2 1 21 22 2 2n n n n nb S a aS      ， 1 2 1 2b S a a   ， ∴ 2 3 4b a a  ， 4 7 8b a a  ， 6 11 12b a a  ， 8 15 16b a a  ． ∴  4 7 82 2b a a  ， 2 6 3 4 11 12b b a a a a     ． 根据等差数列的下标和性质，由3 11 7 7,4 12 8 8      可得  2 6 3 4 11 12 7 8 4=2 =2b b a a a a a a b      ，B 正确； 对于 C，       22 2 4 2 8 1 1 1 1 13 7 2 2 2a a a a d a d a d d a d d d a          ， 当 1a d 时， 2 4 2 8a a a ，C 正确； 对于 D，    2 22 2 2 4 7 8 1 1 12 13 4 52 169b a a a d a a d d       ，       2 2 2 8 3 4 15 16 1 1 1 12 5 2 29 4 68 145b b a a a a a d a d a a d d         ，  2 2 4 2 8 1 124 16 8 3 2b b b d a d d d a     ． 当 0d  时， 1a d ，∴  1 13 2 2 0d a d d a     即 2 4 2 8 0b b b  ； 当 0d  时， 1a d ，∴  1 13 2 2 0d a d d a     即 2 4 2 8 0b b b  ，所以 2 4 2 8 0b b b  ，D 不正确． 故选：D. 9．（2020·北京高考真题）在等差数列 na 中， 1 9a   ， 5 1a   ．记 1 2 ( 1,2, )n nT a a a n … … ，则数列  nT （ ）． A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项 C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项 【答案】B 【解析】 首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小 项. 【详解】 由题意可知，等差数列的公差 5 1 1 9 25 1 5 1 a ad       ， 则其通项公式为：    1 1 9 1 2 2 11na a n d n n          ， 注意到 1 2 3 4 5 6 70 1a a a a a a a         ， 且由 5 0T  可知  0 6,iT i i N   ， 由   1 1 7,i i i T a i i NT      可知数列 nT 不存在最小项， 由于 1 2 3 4 5 69, 7, 5, 3, 1, 1a a a a a a           ， 故数列 nT 中的正项只有有限项： 2 63T  ， 4 63 15 945T    . 故数列 nT 中存在最大项，且最大项为 4T . 故选：B. 10．（2017·全国高考真题（理））等差数列 na 的首项为 1，公差不为 0 ，若 2a ， 3a ， 6a 成等比数列，则 数列 na 的前 6项的和 6S 为（ ） A． 24 B． 3 C．3 D．8 【答案】A 【解析】  设等差数列 na 的公差为 d， 0d  ， 1 1a  ，且 2a ， 3a ， 6a 成等比数列， 2 3 2 6a a a   ，     2 1 1 12 5a d a d a d     ， 解得 2d   ，  na 前 6 项的和为 6 1 6 56 2S a d   6 56 1 2 242        . 故选：A 11．（2020·全国高考真题（理））0-1 周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列 1 2 na a a  满足 {0,1}( 1,2, )ia i   ，且存在正整数 m ，使得 ( 1,2, )i m ia a i    成立，则称其为 0-1 周期序列，并称满足 ( 1,2, )i m ia a i    的最小正整数 m 为这个序列的周期.对于周期为 m 的 0-1 序列 1 2 na a a  ， 1 1( ) ( 1,2, , 1) m i i k i C k a a k mm       是描述其性质的重要指标，下列周期为 5 的 0-1 序列中，满足 1( ) ( 1,2,3,4)5C k k  的序列是（ ） A．11010 B．11011 C．10001 D．11001 【答案】C 【解析】 根据新定义，逐一检验即可 【详解】 由 i m ia a  知，序列 ia 的周期为 m，由已知， 5m  ， 5 1 1( ) , 1,2,3,45 i i k i C k a a k    对于选项 A， 5 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 1 1 1 1 1 1(1) ( ) (1 0 0 0 0)5 5 5 5 5i i i C a a a a a a a a a a a a               5 2 1 3 2 4 3 5 4 6 5 7 1 1 1 1 2(2) ( ) (0 1 0 1 0)5 5 5 5i i i C a a a a a a a a a a a a              ，不满足； 对于选项 B， 5 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 1 1 1 1 3(1) ( ) (1 0 0 1 1)5 5 5 5i i i C a a a a a a a a a a a a              ，不满足； 对于选项 D， 5 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 1 1 1 1 2(1) ( ) (1 0 0 0 1)5 5 5 5i i i C a a a a a a a a a a a a              ，不满足； 故选：C 二、多选题 12．（2021·湖南衡阳市·高三一模）设数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 2 4 n n S S 为常数，则称数列 na 为“吉祥数 列”.则下列数列 nb 为“吉祥数列”的有（ ） A． nb n B．  1 ( 1)n nb n   C． 4 2nb n  D． 2n nb  【答案】BC 【解析】 按照求和方法对各个选项逐一求和验证即可得出结论. 【详解】 对于 A，  1 2n n nS  ，  2 1 2nS n n  ，  4 2 1 4nS n n  ， 所以       2 4 1 2 1 2 2 1 4 1 4 n n n nS n S n n n n     不为常数，故 A 不正确； 对于 B，由并项求和法知： 2nS n ， 4 2nS n ， 2 4 1 2 2 n n S n S n   ，故 B 正确； 对于 C， 22 4 2 22n nS n n    ， 2 2 8nS n ， 2 4 32nS n ， 所以 2 4 1 4 n n S S  ，故 C 正确； 对于 D，    2 1 2 2 2 11 2 n n nS     ，  2 2 4 1n nS   ，  4 2 16 1n nS   ， 所以 2 4 4 1 1 16 1 4 1 n n n n n S S    不为常数，故 D 错误； 故选：BC. 13．（2021·全国高三专题练习）（多选题）设等比数列 na 的公比为 q，其前 n 项和为 nS ，前 n 项积为 nT ， 并满足条件 1 2019 20201, 1a a a  ， 2019 2020 1 01 a a   ，下列结论正确的是（ ） A．S20191)，则 3 2 4 1 1 2 3 1 20 8 a a a q a q a a q         ， 整理可得： 22 5 2 0q q   ， 11, 2, 2q q a   ， 数列的通项公式为： 12 2 2n n na    . (2)由于：     1 1 2 11 1 11 2 21 1 2n nn n nn n na a           ，故： 1 1 2 2 3 1( 1)n n na a a a a a    3 5 7 9 1 2 12 2 2 2 ( 1) 2n n            3 2 2 3 2 2 1 2 8 2( 1)5 51 2 n n n           . 26．（2021·辽宁高三二模）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且满足  *2 n na S n n  N . （1）求证：数列 1na  是等比数列； （2）记    2 2 2 1 log 1 log 1n n n c a a      ，求证：数列 nc 的前 n 项和 3 4nT  . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 (1)由 2 n na S n  得  1 12 1 2n na S n n     ,作差得 12 1n na a   ,进而得 1 1 21 n n a a    ,故数列 1na  是等比数列； （2）由（1）得 2 1n na   ，故      2 2 2 1 1 1 1 1 log 1 log 1 2 2 2n n n c a a n n n n            ，再根据裂 项求和证明即可. 【详解】 解：（1）因为 2 n na S n  ①， 所以  1 12 1 2n na S n n     ② 由① ②得， 12 1n na a   . 两边同时加 1 得  1 11 2 2 2 1n n na a a      ， 所以 1 1 21 n n a a    ，故数列 1na  是公比为 2 的等比数列. （2）令 1n  ， 1 12 1a S  ，则 1 1a  . 由   1 11 1 2n na a     ，得 2 1n na   . 因为      2 2 2 1 1 1 1 1 log 1 log 1 2 2 2n n n c a a n n n n            ， 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 3 2 4 1 1 2nT n n n n              1 1 1 1 3 1 112 2 1 2 4 2 2 2 4n n n n                   . 因为 * 1 1, 02 2 2 4n N n n     ，所以 3 1 1 3 4 2 2 2 4 4n n        所以 1 1 1 1 3 1 1 312 2 1 2 4 2 2 2 4 4n n n n nT                     . 27．（2021·辽宁高三二模（理））已知公比大于 1 的等比数列 na 的前 6 项和为 126，且 24a ， 33a ， 42a 成 等差数列. （Ⅰ）求数列 na 的通项公式 na ； （Ⅱ）若数列 nb 满足  * 1 2log 2n n nb b a n n N   且 ，且 1 1b  ，证明：数列 1 nb       的前 n 项和 2nT  . 【答案】（Ⅰ）  *2n na n N  ；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】 （1）利用基本量代换，列方程组求出 1a 和公比 q，得到通项公式； （2）用累加法求出 nb ，再用裂项相消法求和. 【详解】 解：（Ⅰ）设等比数列 na 的公比为 ( 1)q q  ，前 n 项和为 nS . 则 3 2 46 4 2a a a  ，整理得 2 3 2 0  q q ， 解得： 1q  （舍）或 2q = ， 由  6 1 6 1 2 1 63 1262 1 a S a     ， 解得： 1 2a  .  *2n na n N   （Ⅱ） 2n  时， 1 2logn n nb b a  . 即 1n nb b n  ， 1 2 1n nb b n    . …… 2 1 2b b  累加得： 2 1 ( 2)( 1) 2 2 2n n n n nb b       ， 1 1b  ， 2 ( 2)2n n nb n   经检验，当 1n  时， 1 1b  符合上式， 2 2n n nb   . 1 2 1 12( 1) 1nb n n n n         ， 则 1 1 1 1 1 22 1 22 2 3 1 1n nT n n n              ， 即证. 28．（2021·全国高三其他模拟（理））已知等差数列 na 中， 5 4 1a a  且 1a ， 3a ， 9a 成等比数列． （1）求数列 na 的通项公式； （2）若数列 na 的前 n 项和 nS ，数列 nb 满足 1 n n b S  ，求数列 nb 的前 n 项和 nT ． 【答案】（1） na n ；（2） nT  2 1 n n  ． 【解析】 （1）设等差数列 na 的公差为 d ，根据 5 4 1a a  求得 d，再由 1a ， 3a ， 9a 成等比数列求得 1a ，写出通 项公式； （2）根据（1）得到 1 2 1 12( 1) 1n n b S n n n n        ，利用裂项相消法求解. 【详解】 （1）设等差数列 na 的公差为 d ． 因为等差数列 na 中， 5 4 1a a  ， 所以公差为 5 4 1d a a   ， 因为 1a ， 3a ， 9a 成等比数列， 所以 2 3 1 9a a a ，得   2 1 1 12 8a d a a d   ， 即   2 1 1 12 8a a a   ， 解得 1 1a  ， 所以通项公式为 1 ( 1)na n n= + - = ． （2）由（1）可得，数列 na 的前 n 项和  1 ( 1) 2 2 n n n a a n nS    ， 则 1 2 1 12( 1) 1n n b S n n n n        ． 所以数列 nb 的前 n 项和 1 1 1 1 12 1 2 2 3 1nT n n           1 22 1 1 1 n n n        ． 【点睛】 方法点睛：求数列的前 n 项和的方法 （1）公式法：①等差数列的前 n 项和公式，    1 1 1 2 2 n n n a a n nS na d     ②等比数列的前 n 项和公 式   1 1 , 1 1 , 11 n n na q S a q qq      ； （2）分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． （3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． （4）倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． （5）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列 的前 n 项和用错位相减法求解. （6）并项求和法：一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如 an＝(－1)nf(n)类型， 可采用两项合并求解． 29．（2020·全国高考真题（理））设{ }na 是公比不为 1 的等比数列， 1a 为 2a ， 3a 的等差中项． （1）求{ }na 的公比； （2）若 1 1a  ，求数列{ }nna 的前 n 项和． 【答案】（1） 2 ；（2） 1 (1 3 )( 2) 9 n n nS    . 【解析】 （1）由已知结合等差中项关系，建立公比 q的方程，求解即可得出结论； （2）由（1）结合条件得出{ }na 的通项，根据{ }nna 的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论. 【详解】 （1）设{ }na 的公比为 q， 1a 为 2 3,a a 的等差中项， 2 1 2 3 12 , 0, 2 0a a a a q q       ， 1, 2q q    ； （2）设{ }nna 的前 n 项和为 nS ， 1 1 1, ( 2)n na a    ， 2 11 1 2 ( 2) 3 ( 2) ( 2)n nS n            ，① 2 3 12 1 ( 2) 2 ( 2) 3 ( 2) ( 1)( 2) ( 2)n n nS n n               ，② ① ②得， 2 13 1 ( 2) ( 2) ( 2) ( 2)n n nS n          1 ( 2) 1 (1 3 )( 2)( 2)1 ( 2) 3 n n n nn         ， 1 (1 3 )( 2) 9 n n nS     . 30．（2020·全国高考真题（文））设等比数列{an}满足 1 2 4a a  ， 3 1 8a a  ． （1）求{an}的通项公式； （2）记 nS 为数列{log3an}的前 n 项和．若 1 3m m mS S S   ，求 m． 【答案】（1） 13  n na ；（2） 6m  . 【解析】 （1）设等比数列 na 的公比为 q，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式； （2）由（1）求出 3{log }na 的通项公式，利用等差数列求和公式求得 nS ，根据已知列出关于 m 的等量关系 式，求得结果. 【详解】 （1）设等比数列 na 的公比为 q， 根据题意，有 1 1 2 1 1 4 8 a a q a q a      ，解得 1 1 3 a q    ， 所以 13  n na ； （2）令 3 1 3log log 3 1n n nb a n    ， 所以 (0 1) ( 1) 2 2n n n n nS     ， 根据 1 3m m mS S S   ，可得 ( 1) ( 1) ( 2)( 3) 2 2 2 m m m m m m     ， 整理得 2 5 6 0m m   ，因为 0m  ，所以 6m  ， 31．（2020·山东高考真题）已知公比大于1的等比数列{ }na 满足 2 4 320, 8a a a   ． （1）求{ }na 的通项公式； （2）记 mb 为{ }na 在区间 *(0, ]( )m mN 中的项的个数，求数列{ }mb 的前100项和 100S ． 【答案】（1） 2n na  ；（2） 100 480S  . 【解析】 （1）利用基本元的思想，将已知条件转化为 1,a q 的形式，求解出 1,a q ，由此求得数列 na 的通项公式. （2）通过分析数列 mb 的规律，由此求得数列 mb 的前100项和 100S . 【详解】 （1）由于数列 na 是公比大于1的等比数列，设首项为 1a ，公比为 q，依题意有 3 1 1 2 1 20 8 a q a q a q      ，解得 解得 1 2, 2a q  ，或 1 132, 2a q  (舍)， 所以 2n na  ，所以数列 na 的通项公式为 2n na  . （2）由于 1 2 3 4 5 6 72 2,2 4,2 8,2 16,2 32,2 64,2 128       ，所以 1b 对应的区间为： 0,1 ，则 1 0b  ； 2 3,b b 对应的区间分别为：   0,2 , 0,3 ，则 2 3 1b b  ，即有 2 个1； 4 5 6 7, , ,b b b b 对应的区间分别为：       0,4 , 0,5 , 0,6 , 0,7 ，则 4 5 6 7 2b b b b    ，即有 22 个 2 ； 8 9 15, , ,b b b 对应的区间分别为：     0,8 , 0,9 , , 0,15 ，则 8 9 15 3b b b    ，即有 32 个3； 16 17 31, , ,b b b 对应的区间分别为：     0,16 , 0,17 , , 0,31 ，则 16 17 31 4b b b    ，即有 42 个 4 ； 32 33 63, , ,b b b 对应的区间分别为：     0,32 , 0,33 , , 0,63 ，则 32 33 63 5b b b    ，即有 52 个5； 64 65 100, , ,b b b 对应的区间分别为：     0,64 , 0,65 , , 0,100 ，则 64 65 100 6b b b    ，即有 37 个 6. 所以 2 3 4 5 100 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2 6 37 480S              . 32．（2020·江苏高考真题）已知数列  *( )na n N 的首项 a1=1，前 n 项和为 Sn．设λ与 k 是常数，若对一切 正整数 n，均有 1 1 1 1 1k k kn n nS S a   成立，则称此数列为“λ~k”数列． （1）若等差数列 na 是“λ~1”数列，求λ的值； （2）若数列 na 是“ 3 23  ”数列，且 an＞0，求数列 na 的通项公式； （3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列 na 为“λ~3”数列，且 an≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存 在，说明理由， 【答案】（1）1 （2） 2 1, 1 3 4 , 2n n na n     （3） 0 1  【解析】 （1）根据定义得 +1 1n n nS S a   ，再根据和项与通项关系化简得 1 1n na a  ，最后根据数列不为零数列 得结果； （2）根据定义得 1 1 1 2 2 2 +1 +1 3 ( )3n n n nS S S S   ，根据平方差公式化简得 +1=4n nS S ，求得 nS ，即得 na ； （3）根据定义得 1 1 1 3 3 3 +1 1n n nS S a   ，利用立方差公式化简得两个方程，再根据方程解的个数确定参数满 足的条件，解得结果 【详解】 （1） +1 1 1 1 1 11 0 1n n n n n nS S a a a a a             Q （2） 1 1 2 2 1 10 0n n n n na S S S S      Q 1 1 1 2 2 2 +1 +1 3 ( )3n n n nS S S S  Q 1 1 1 1 1 1 22 2 2 2 2 2 +1 +1 +1 1( ) ( )( )3n n n n n nS S S S S S     1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 2 +1 +1 +1 +1 1 ( ) =2 =4 43 n n n n n n n n n nS S S S S S S S S         1 1 1S a  ， 14n nS  1 2 24 4 3 4 , 2n n n na n        2 1, 1 3 4 , 2n n na n      （3）假设存在三个不同的数列 na 为" 3"  数列. 1 1 1 1 1 3 33 3 3 3 3 +1 1 +1 +1( ) ( )n n n n n n nS S a S S S S       1 1 3 3 +1n nS S  或 1 1 2 2 1 1 2 33 3 3 3 3 3 +1 +1 +1( ) ( )n n n n n nS S S S S S    +1n nS S  或 2 2 1 1 3 3 33 3 3 3 +1 +1( 1) ( 1) ( 2) 0n n n nS S S S        ∵对于给定的  ，存在三个不同的数列 na 为" 3"  数列，且 0na  1, 1 0, 2n na n     或   2 2 1 1 3 3 33 3 3 3 +1 +1( 1) ( 1) ( 2) 0 1n n n nS S S S          有两个不等的正根.   2 2 1 1 3 3 33 3 3 3 +1 +1( 1) ( 1) ( 2) 0 1n n n nS S S S          可转化为   2 1 3 33 3 3+1 +1 2 1 3 3 ( 1) ( 2)( 1) 0 1n n n n S S S S         ，不妨设   1 3 1 0n n S x xS        ，则  3 2 3 3( 1) ( 2) ( 1) 0 1x x          有两个不等正根，设    3 2 3 3( 1) ( 2) ( 1) 0 1f x x x           . ① 当 1  时， 3 2 3 2 3( 2) 4( 1) 0 0 4           ，即 0 1  ，此时   30 1 0f    ， 3 3 ( 2) 02( 1)x     对 ，满足题意. ② 当 1  时， 3 2 3 2 3( 2) 4( 1) 0 0 4           ，即 31 4  ，此时   30 1 0f    ， 3 3 ( 2) 02( 1)x     对 ，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去. 综上， 0 1  33．（2020·浙江高考真题）已知数列{an}，{bn}，{cn}中， 1 1 1 1 1 2 1, , ( )n n n n n n n ba b c c a a c c nb           *N ． （Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比 0q  ，且 1 2 36b b b  ，求 q 与{an}的通项公式； （Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差 0d  ，证明： 1 2 11nc c c d      ． *( )n N 【答案】（I） 11 4 2, .2 3 n nq a    ；（II）证明见解析. 【解析】 （I）根据 1 2 36b b b  ，求得 q，进而求得数列 nc 的通项公式，利用累加法求得数列 na 的通项公式. （II）利用累乘法求得数列 nc 的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立. 【详解】 （I）依题意 2 1 2 31, ,b b q b q   ，而 1 2 36b b b  ，即 21 6q q  ，由于 0q  ，所以解得 1 2q  ，所以 1 1 2n nb  . 所以 2 1 1 2n nb   ，故 1 1 1 1 2 41 2 n n n n n c c c        ，所以数列 nc 是首项为1，公比为 4 的等比数列，所以 14n nc  . 所以 1 1 4n n n na a c     （ *2,n n N  ）. 所以 1 2 1 4 21 4 4 3 n n na a        ，又 1n  ， 1 1a  符合， 故 14 2 3   n na . （II）依题意设  1 1 1nb n d dn d      ，由于 1 2 n n n n c b c b    ， 所以 1 1 1 n n n n c b c b      *2,n n N  ， 故 1 3 2 1 1 2 2 1 n n n n n c c c cc cc c c c          1 2 3 2 1 1 1 1 4 3 n n n n n n b b b b b cb b b b b             1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 11 2 n n n n n n bb d nb b d b b d b b                       . 又 1 1c  ，而  1 2 1 2 1 1 1 1 11 = 11 1 d d d d d b b d bb d d                 ， 故   1 1 1 11 1n n n c nd b b            所以 1 2 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 11n n n c c c d b b b b b b                                 L L 1 1 11 1 nd b           . 由于 10, 1d b  ，所以 1 0nb   ，所以 1 1 1 11 1 1 nd b d           . 即 1 2 11nc c c d     ， *n N . 34．（2020·天津高考真题）已知 na 为等差数列， nb 为等比数列，    1 1 5 4 3 5 4 31, 5 , 4a b a a a b b b      ． （Ⅰ）求 na 和 nb 的通项公式； （Ⅱ）记 na 的前 n 项和为 nS ，求证：  2 * 2 1n n nS S S n  N ； （Ⅲ）对任意的正整数 n ，设   2 1 1 3 2 , , , . n n n n n n n a b na ac a nb          为奇数 为偶数 求数列 nc 的前 2n 项和． 【答案】（Ⅰ） na n ， 12n nb  ；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ） 4 6 5 4 2 1 9 4 9 n n n n    . 【解析】 (Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果； (Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列 na 前 n 项和，然后利用作差法证明即可； (Ⅲ)分类讨论 n 为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算 2 1 1 n k k c    和 2 1 n k k c   的值，据此进一步计算数列 nc 的前 2n 项和即可. 【详解】 (Ⅰ)设等差数列 na 的公差为 d ，等比数列 nb 的公比为 q. 由 1 1a  ，  5 4 35a a a  ，可得 d=1. 从而 na 的通项公式为 na n . 由  1 5 4 31, 4b b b b   ， 又 q≠0，可得 2 4 4 0q q   ，解得 q=2， 从而 nb 的通项公式为 12n nb  . (Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得 ( 1) 2n n nS  ， 故 2 1 ( 1)( 2)( 3)4n nS S n n n n     ，    2 22 1 1 1 24nS n n    ， 从而 2 2 1 1 ( 1)( 2) 02n n nS S S n n       ， 所以 2 2 1n n nS S S  . (Ⅲ)当 n 为奇数时，   1 1 1 2 3 2 (3 2)2 2 2 ( 2) 2 n n n n n n n n a b nc a a n n n n           ， 当 n 为偶数时， 1 1 1 2 n n n n a nc b     ， 对任意的正整数 n，有 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 12 1 2 1 2 1 k k nn n k k k c k k n               ， 和 2 2 3 1 1 1 2 1 1 3 5 2 3 2 1 4 4 4 4 4 4 n n k k n n k k k n nc               ① 由①得 2 2 3 14 1 1 1 3 5 2 3 2 1 4 4 4 4 4 4 n k n n k n nc           ② 由①②得 2 2 1 1 1 2 113 1 2 2 2 1 1 2 14 4 14 4 4 4 4 4 41 4 nn k n n n k n nc                   ， 由于 1 1 2 11 1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 5 6 54 4 1 4 4 3 3 4 4 4 4 12 3 41 4 n n n n n n n n                     ， 从而得： 2 1 5 6 5 9 9 4 n k n k nc     . 因此， 2 2 1 2 1 1 1 4 6 5 4 2 1 9 4 9 nn n n k k k n k k k nc c c n            . 所以，数列 nc 的前 2n 项和为 4 6 5 4 2 1 9 4 9 n n n n    .