2018-2022高考真题 数列 解答题全集 （学生版 解析版）.docx

1、2018-2022高考真题 数列 解答题全集 （学生版 解析版）一解答题（共57小题）1（2022全国）设an是首项为1，公差不为0的等差数列，且a1，a2，a6成等比数列（1）求an的通项公式；（2）令bn（1）nan，求数列bn的前n项和Sn2（2022上海）数列an对任意nN*且n2，均存在正整数i1，n1，满足an+12anai，a11，a23（1）求a4可能值；（2）命题p：若a1，a2，a8成等差数列，则a930，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是假，说明理由；（3）若a2m3m，（mN*）成立，求数列an的通项公式3（2022天津）设an是等差数列，bn是等比数列

2、，且a1b1a2b2a3b31（1）求an与bn的通项公式；（2）设an的前n项和为Sn，求证：（Sn+1+an+1）bnSn+1bn+1Snbn；（3）求k=12n ak+1（1）kakbk4（2022浙江）已知等差数列an的首项a11，公差d1记an的前n项和为Sn（nN*）（）若S42a2a3+60，求Sn；（）若对于每个nN*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围5（2022北京）已知Q：a1，a2，ak为有穷整数数列给定正整数m，若对任意的n1，2，m，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，ai+j（j0），使得ai+ai+1+ai

3、+2+ai+jn，则称Q为m连续可表数列（）判断Q：2，1，4是否为5连续可表数列？是否为6连续可表数列？说明理由；（）若Q：a1，a2，ak为8连续可表数列，求证：k的最小值为4；（）若Q：a1，a2，ak为20连续可表数列，且a1+a2+ak20，求证：k76（2022新高考）记Sn为数列an的前n项和，已知a11，Snan是公差为13的等差数列（1）求an的通项公式；（2）证明：1a1+1a2+1an27（2022甲卷）记Sn为数列an的前n项和已知2Snn+n2an+1（1）证明：an是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值8（2022新高考）已知an是等差数列，

4、bn是公比为2的等比数列，且a2b2a3b3b4a4（1）证明：a1b1；（2）求集合k|bkam+a1，1m500中元素的个数9（2022上海）已知在数列an中，a21，其前n项和为Sn（1）若an是等比数列，S23，求limnSn；（2）若an是等差数列，S2nn，求其公差d的取值范围10（2021全国）记数列an的前n项和为Sn已知Sn+13Sn+2n+4，且a14（1）证明：an+1是等比数列；（2）求Sn11（2021天津）已知数列an是公差为2的等差数列，其前8项的和为64数列bn是公比大于0的等比数列，b14，b3b248（1）求数列an和bn的通项公式；（2）记cnb2n+1b

5、n，nN*（i）证明：cn2c2n是等比数列；（ii）证明：k=1n akak+1ck2-c2k22（nN*）12（2021北京）设p为实数若无穷数列an满足如下三个性质，则称an 为p数列：a1+p0，且a2+p0；a4n1a4n（n1，2，）；am+nam+an+p，am+an+p+1（m1，2，；n1，2，）（）如果数列an的前四项为2，2，2，1，那么an是否可能为2数列？说明理由；（）若数列an是0数列，求a5；（）设数列an的前n项和为Sn，是否存在p数列an，使得SnS10恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由13（2021新高考）记Sn是公差不为0的等差数列an的

6、前n项和，若a3S5，a2a4S4（）求数列an的通项公式an；（）求使Snan成立的n的最小值14（2021浙江）已知数列an的前n项和为Sn，a1=-94，且4Sn+13Sn9（nN*）（）求数列an的通项公式；（）设数列bn满足3bn+（n4）an0（nN*），记bn的前n项和为Tn，若Tnbn对任意nN*恒成立，求实数的取值范围15（2021甲卷）记Sn为数列an的前n项和，已知an0，a23a1，且数列Sn是等差数列，证明：an是等差数列16（2021乙卷）记Sn为数列an的前n项和，bn为数列Sn的前n项积，已知2Sn+1bn=2（1）证明：数列bn是等差数列；（2）求an的通项公

7、式17（2021甲卷）已知数列an的各项均为正数，记Sn为an的前n项和，从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立数列an是等差数列；数列Sn是等差数列；a23a1注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分18（2021乙卷）设an是首项为1的等比数列，数列bn满足bn=nan3，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：TnSn219（2021新高考）已知数列an满足a11，an+1=an+1，n为奇数，an+2，n为偶数（1）记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；（2）求an的前20项和20（2

8、021上海）已知数列an满足an0，对任意n2，an和an+1中存在一项使其为另一项与an1的等差中项（1）已知a15，a23，a42，求a3的所有可能取值；（2）已知a1a4a70，a2、a5、a8为正数，求证：a2、a5、a8成等比数列，并求出公比q；（3）已知数列中恰有3项为0，即arasat0，2rst，且a11，a22，求ar+1+as+1+at+1的最大值21（2020全国）设数列an的前n项和Sn2ann（1）求an的通项公式；（2）证明：i=1n 1a2i1222（2020天津）已知an为等差数列，bn为等比数列，a1b11，a55（a4a3），b54（b4b3）（）求an和b

9、n的通项公式；（）记an的前n项和为Sn，求证：SnSn+2Sn+12（nN*）；（）对任意的正整数n，设cn=(3an-2)bnanan+2，n为奇数，an-1bn+1，n为偶数求数列cn的前2n项和23（2020上海）已知数列an为有限数列，满足|a1a2|a1a3|a1am|，则称an满足性质P（1）判断数列3、2、5、1和4、3、2、5、1是否具有性质P，请说明理由；（2）若a11，公比为q的等比数列，项数为10，具有性质P，求q的取值范围；（3）若an是1，2，3，m的一个排列（m4），bn符合bkak+1（k1，2，m1），an、bn都具有性质P，求所有满足条件的数列an24（20

10、20北京）已知an是无穷数列给出两个性质：对于an中任意两项ai，aj（ij），在an中都存在一项am，使得ai2aj=am；对于an中任意一项an（n3），在an中都存在两项ak，al（kl），使得an=ak2al（）若ann（n1，2，），判断数列an是否满足性质，说明理由；（）若an2n1（n1，2，），判断数列an是否同时满足性质和性质，说明理由；（）若an是递增数列，且同时满足性质和性质，证明：an为等比数列25（2020海南）已知公比大于1的等比数列an满足a2+a420，a38（1）求an的通项公式；（2）求a1a2a2a3+（1）n1anan+126（2020江苏）已知数列an

11、（nN*）的首项a11，前n项和为Sn设和k为常数，若对一切正整数n，均有Sn+11k-Sn1k=an+11k成立，则称此数列为“k”数列（1）若等差数列an是“1”数列，求的值；（2）若数列an是“33-2”数列，且an0，求数列an的通项公式；（3）对于给定的，是否存在三个不同的数列an为“3”数列，且an0？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由27（2020新课标）设an是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项（1）求an的公比；（2）若a11，求数列nan的前n项和28（2020山东）已知公比大于1的等比数列an满足a2+a420，a38（1）求an的通项公式；（2）记

12、bm为an在区间（0，m（mN*）中的项的个数，求数列bm的前100项和S10029（2020新课标）设等比数列an满足a1+a24，a3a18（1）求an的通项公式；（2）记Sn为数列log3an的前n项和若Sm+Sm+1Sm+3，求m30（2020浙江）已知数列an，bn，cn满足a1b1c11，cnan+1an，cn+1=bnbn+2cn（nN*）（）若bn为等比数列，公比q0，且b1+b26b3，求q的值及数列an的通项公式；（）若bn为等差数列，公差d0，证明：c1+c2+c3+cn1+1d，nN*31（2020上海）已知各项均为正数的数列an，其前n项和为Sn，a11（1）若数列a

13、n为等差数列，S1070，求数列an的通项公式；（2）若数列an为等比数列，a4=18，求满足Sn100an时n的最小值32（2019新课标）记Sn为等差数列an的前n项和已知S9a5（1）若a34，求an的通项公式；（2）若a10，求使得Snan的n的取值范围33（2019全国）数列an中，a1=13，2an+1an+an+1an0（1）求an的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+an1an17的n的最大值34（2019上海）数列an（nN*）有100项，a1a，对任意n2，100，存在anai+d，i1，n1，若ak与前n项中某一项相等，则称ak具有性质P（1）若a11，d2，求a4

14、所有可能的值；（2）若an不为等差数列，求证：数列an中存在某些项具有性质P；（3）若an中恰有三项具有性质P，这三项和为c，使用a，d，c表示a1+a2+a10035（2019天津）设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于0已知a1b13，b2a3，b34a2+3（）求an和bn的通项公式；（）设数列cn满足cn=1，n为奇数，bn2，n为偶数求a1c1+a2c2+a2nc2n（nN*）36（2019浙江）设等差数列an的前n项和为Sn，a34，a4S3数列bn满足：对每个nN*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列（）求数列an，bn的通项公式；（）记cn=an2bn，n

15、N*，证明：c1+c2+cn2n，nN*37（2019新课标）为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分甲、乙两种药的治愈率分别记

16、为和，一轮试验中甲药的得分记为X（1）求X的分布列；（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi（i0，1，8）表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p00，p81，piapi1+bpi+cpi+1（i1，2，7），其中aP（X1），bP（X0），cP（X1）假设0.5，0.8（）证明：pi+1pi（i0，1，2，7）为等比数列；（）求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性38（2019天津）设an是等差数列，bn是等比数列已知a14，b16，b22a22，b32a3+4（）求an和bn的通项公式；（）设数列cn满足c11，cn=1，2kn2k+1，bk，n=

17、2k，其中kN*（i）求数列a2n（c2n-1）的通项公式；（ii）求i=12n aici（nN*）39（2019北京）已知数列an，从中选取第i1项、第i2项、第im项（i1i2im），若ai1ai2aim，则称新数列ai1，ai2，aim为an的长度为m的递增子列规定：数列an的任意一项都是an的长度为1的递增子列（）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（）已知数列an的长度为p的递增子列的末项的最小值为am0，长度为q的递增子列的末项的最小值为an0若pq，求证：am0an0；（）设无穷数列an的各项均为正整数，且任意两项均不相等若an的长度为s的递增子列末项的最

18、小值为2s1，且长度为s末项为2s1的递增子列恰有2s1个（s1，2，），求数列an的通项公式40（2019江苏）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M数列”（1）已知等比数列an（nN*）满足：a2a4a5，a34a2+4a10，求证：数列an为“M数列”；（2）已知数列bn（nN*）满足：b11，1Sn=2bn-2bn+1，其中Sn为数列bn的前n项和求数列bn的通项公式；设m为正整数，若存在“M数列”cn（nN*），对任意正整数k，当km时，都有ckbkck+1成立，求m的最大值41（2019新课标）已知数列an和bn满足a11，b10，4an+13anbn+4，4bn+13bnan4

19、（1）证明：an+bn是等比数列，anbn是等差数列；（2）求an和bn的通项公式42（2019新课标）已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a32a2+16（1）求an的通项公式；（2）设bnlog2an，求数列bn的前n项和43（2019北京）设an是等差数列，a110，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列（1）求an的通项公式；（2）记an的前n项和为Sn，求Sn的最小值44（2019上海）已知等差数列an的公差d（0，数列bn满足bnsin（an），集合S=x|x=bn，nN*（1）若a1=0，d=23，求集合S；（2）若a1=2，求d使得集合S恰好有两个元素；（3）若集合S

20、恰好有三个元素：bn+Tbn，T是不超过7的正整数，求T的所有可能的值45（2019上海）已知数列an，a13，前n项和为Sn（1）若an为等差数列，且a415，求Sn；（2）若an为等比数列，且limnSn12，求公比q的取值范围46（2018全国）已知数列an的前n项和为Sn，a1=2，an0，an+1（Sn+1+Sn）2（1）求Sn；（2）求1S1+S2+1S2+S3+1Sn+Sn+147（2018江苏）设an是首项为a1，公差为d的等差数列，bn是首项为b1，公比为q的等比数列（1）设a10，b11，q2，若|anbn|b1对n1，2，3，4均成立，求d的取值范围；（2）若a1b10，

21、mN*，q（1，m2，证明：存在dR，使得|anbn|b1对n2，3，m+1均成立，并求d的取值范围（用b1，m，q表示）48（2018浙江）已知等比数列an的公比q1，且a3+a4+a528，a4+2是a3，a5的等差中项数列bn满足b11，数列（bn+1bn）an的前n项和为2n2+n（）求q的值；（）求数列bn的通项公式49（2018天津）设函数f（x）（xt1）（xt2）（xt3），其中t1，t2，t3R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列（）若t20，d1，求曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（）若d3，求f（x）的极值；（）若曲线yf（x）与直线y（xt2）63有三

22、个互异的公共点，求d的取值范围50（2018上海）给定无穷数列an，若无穷数列bn满足：对任意nN*，都有|bnan|1，则称bn与an“接近”（1）设an是首项为1，公比为12的等比数列，bnan+1+1，nN*，判断数列bn是否与an接近，并说明理由；（2）设数列an的前四项为：a11，a22，a34，a48，bn是一个与an接近的数列，记集合Mx|xbi，i1，2，3，4，求M中元素的个数m；（3）已知an是公差为d的等差数列，若存在数列bn满足：bn与an接近，且在b2b1，b3b2，b201b200中至少有100个为正数，求d的取值范围51（2018天津）设an是等比数列，公比大于0

23、，其前n项和为Sn（nN*），bn是等差数列已知a11，a3a2+2，a4b3+b5，a5b4+2b6（）求an和bn的通项公式；（）设数列Sn的前n项和为Tn（nN*），（）求Tn；（）证明k=1n (Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=2n+2n+2-2（nN*）52（2018天津）设an是等差数列，其前n项和为Sn（nN*）；bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn（nN*）已知b11，b3b2+2，b4a3+a5，b5a4+2a6（）求Sn和Tn；（）若Sn+（T1+T2+Tn）an+4bn，求正整数n的值53（2018北京）设an是等差数列，且a1ln2，a2+a35ln2

24、（）求an的通项公式；（）求ea1+ea2+ean54（2018新课标）记Sn为等差数列an的前n项和，已知a17，S315（1）求an的通项公式；（2）求Sn，并求Sn的最小值55（2018新课标）已知数列an满足a11，nan+12（n+1）an，设bn=ann（1）求b1，b2，b3；（2）判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；（3）求an的通项公式56（2018新课标）等比数列an中，a11，a54a3（1）求an的通项公式；（2）记Sn为an的前n项和若Sm63，求m57（2018上海）若cn是递增数列，数列an满足：对任意nN*，存在mN*，使得am-cnam-cn+10，则称a

25、n是cn的“分隔数列”（1）设cn2n，ann+1，证明：数列an是cn的分隔数列；（2）设cnn4，Sn是cn的前n项和，dnc3n2，判断数列Sn是否是数列dn的分隔数列，并说明理由；（3）设cn=aqn-1，Tn是cn的前n项和，若数列Tn是cn的分隔数列，求实数a，q的取值范围2018-2022高考真题 数列 解答题全集 （学生版 解析版）参考答案与试题解析一解答题（共57小题）1（2022全国）设an是首项为1，公差不为0的等差数列，且a1，a2，a6成等比数列（1）求an的通项公式；（2）令bn（1）nan，求数列bn的前n项和Sn【解答】解：（1）已知an是首项为1，公差d不为0

26、的等差数列，又a1，a2，a6成等比数列，则（1+d）21+5d，即d23d0，又d0，即d3，则an1+3（n1）3n2；（2）由（1）可得：bn=(-1)n(3n-2)，则b2k-1+b2k=(-1)2k-1(6k-5)+（1）2k（6k2）3，则当n为偶数时，Sn=3n2=3n2，当n为奇数时，SnSn1+bn=3(n-1)2-(3n-2)=1-3n2，即Sn=3n2，n为偶数1-3n2，n为奇数2（2022上海）数列an对任意nN*且n2，均存在正整数i1，n1，满足an+12anai，a11，a23（1）求a4可能值；（2）命题p：若a1，a2，a8成等差数列，则a930，证明p为真

27、，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是假，说明理由；（3）若a2m3m，（mN*）成立，求数列an的通项公式【解答】解：（1）a32a2a15，a42a3a27或a42a3a19（2）a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8为等差数列，d=2，an=2n-1(n1，8，nN*)，a92a8ai30ai30逆命题q：若a930，则a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8为等差数列是假命题，举例：a11，a23，a35，a47，a59，a611，a713，a82a7a517，a92a8a721（3）因为a2m=3m，a2m+2=3m+1，a2m+2=2a2m+1-ai(i2m)，a2

28、m+12a2maj（j2m1），a2m+24a2m2ajai，2aj+ai=4a2m-a2m+2=43m-3m+1=3m=a2m，以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明an+1an恒成立：当n1，a2a1明显成立，假设nk时命题成立，即akak1ak1a2a10，则ak+1ak2akaiakakai0，则ak+1ak，命题得证回到原题，分类讨论求解数列的通项公式：1若 j2 m1，则a2m2aj+ai2a2m1+aia2m1ai矛盾，2若 j2 m2，则aj=3m-1，ai=3m-2aj=3m-1，i2m2，此时a2m+1=2a2m-aj=23m-3m-1=53m-1，an=1n=153n-

29、32n=2k+1，kN*3n2n=2k，kN*，3若 j2 m2，则2aj23m-1，ai=3m-2aj3m-1，j2m1，a2m+22a2m+1a2m1（由（2）知对任意m成立），a62a5a3，事实上：a62a5a2矛盾综上可得an=1n=153n-32n=2k+1，kN*3n2n=2k，kN*3（2022天津）设an是等差数列，bn是等比数列，且a1b1a2b2a3b31（1）求an与bn的通项公式；（2）设an的前n项和为Sn，求证：（Sn+1+an+1）bnSn+1bn+1Snbn；（3）求k=12n ak+1（1）kakbk【解答】解：（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的

30、公比为q，a1b1a2b2a3b31，1+dq1，1+2dq21，解得dq2，an1+2（n1）2n1，bn2n1（2）证明：bn+12bn0，要证明（Sn+1+an+1）bnSn+1bn+1Snbn，即证明（Sn+1+an+1）bnSn1bn2bnSnbn，即证明Sn+1+an+12Sn+1Sn，即证明aa+1Sn+1Sn，由数列的通项公式和前n项和的关系得：aa+1Sn+1Sn，（Sn+1+an+1）bnSn+1bn+1Snbn（3）a2k-(-1)2k-1a2k-1b2k1+a2k+1（1）2k2kb2k（4k1+4k3）22k2+4k+1（4k1）22k12k4k，k=12n ak+1

31、（1）kakbk=k=1n a2k（1）2k1a2k1b2k1+a2k+1-(-1)2ka2kb2k=k=12n 2k4k，设Tn=k=1n 2k4k则Tn=24+442+643+2n4n，4Tn242+443+644+2n4n+1，得：3Tn2（4+42+43+44+4n）2n4n+1=24(1-4n)1-4-2n4n+1 =(2-6n)4n+1-83，Tn=(6n-2)4n+1+89，k=12n ak+1（1）kakbk=(6n-2)4n+1+894（2022浙江）已知等差数列an的首项a11，公差d1记an的前n项和为Sn（nN*）（）若S42a2a3+60，求Sn；（）若对于每个nN*

32、，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围【解答】解：（）因为等差数列an的首项a11，公差d1，因为S42a2a3+60，可得4(a1+a4)2-2a2a3+60，即2（a1+a4）2a2a3+60，a1+a1+3d（a1+d）（a1+2d）+30，即11+3d（1+d）（1+2d）+30，整理可得：d23d，解得d3，所以Snna1+n(n-1)2dn+3n2-3n2=3n2-5n2，即Sn=3n2-5n2；（）因为对于每个nN*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，则（a1+nd+4cn）2a1+（

33、n1）d+cn（a1+（n+1）d+15cn，a11，整理可得：cn2+（148n）d+8cn+d20，则（148n）d+824d20恒成立在nN+，整理可得（2n3）d2n2）d10，当n1时，可得d2或d1，而d1，所以d的范围为（1，+）；n2时，不等式变为（d2）（1）0，解得d2，而d1，所以此时d（1，2，当n3时，d1，则（2n3）d2n2）d1（2n5）（n3）0符合要求，综上所述，对于每个nN*，d的取值范围为（1，2，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列5（2022北京）已知Q：a1，a2，ak为有穷整数数列给定正整数m，若对任意的n1，2，m，在Q

34、中存在ai，ai+1，ai+2，ai+j（j0），使得ai+ai+1+ai+2+ai+jn，则称Q为m连续可表数列（）判断Q：2，1，4是否为5连续可表数列？是否为6连续可表数列？说明理由；（）若Q：a1，a2，ak为8连续可表数列，求证：k的最小值为4；（）若Q：a1，a2，ak为20连续可表数列，且a1+a2+ak20，求证：k7【解答】解：（）若m5，则对于任意的n1，2，3，4，5，a21，a12，a1+a22+13，a34，a2+a31+45，所以Q是5连续可表数列；由于不存在任意连续若干项之和相加为6，所以Q不是6连续可表数列；（）假设k的值为3，则a1，a2，a3 最多能表示a1

35、，a2，a3，a1+a2，a1+a3，a2+a3，a1+a2+a3，共7个数字，与Q是8连续可表数列矛盾，故k4；现构造Q：4，2，1，5可以表达出1，2，3，4，5，6，7，8这8个数字，即存在k4满足题意故k的最小值为4（）先证明k6从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字，取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字，取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字，所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5+4+3+2+115个正整数，不能表示20个正整数，即k6若k6，最多可以表示6+5+4+3+2+121个正整数，由于Q为20

36、连续可表数列，且a1+a2+ak20，所以其中必有一项为负数既然5个正整数都不能连续可表120的正整数，所以至少要有6个正整数连续可表120的正整数，所以至少6个正整数和一个负数才能满足题意，当k7时，符合题意，故k76（2022新高考）记Sn为数列an的前n项和，已知a11，Snan是公差为13的等差数列（1）求an的通项公式；（2）证明：1a1+1a2+1an2【解答】解：（1）已知a11，Snan是公差为13的等差数列，所以Snan=1+13(n-1)=13n+23，整理得Sn=13nan+23an，故当n2时，Sn-1=13(n-1)an-1+23an-1，得：13an=13nan-1

37、3nan-1-13an-1，故（n1）an（n+1）an1，化简得：anan-1=n+1n-1，an-1an-2=nn-2，.，a3a2=42，a2a1=31；所以ana1=n(n+1)2，故an=n(n+1)2（首项符合通项）所以an=n(n+1)2证明：（2）由于an=n(n+1)2，所以1an=2n(n+1)=2(1n-1n+1)，所以1a1+1a2+.+1an=2(1-12+12-13+.+1n-1n+1)=2(1-1n+1)27（2022甲卷）记Sn为数列an的前n项和已知2Snn+n2an+1（1）证明：an是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值【解答】解：

38、（1）证明：由已知有：2Sn+n2=2nan+n，把n换成n+1，2Sn+1+(n+1)2=2(n+1)an+1+n+1，可得：2an+12（n+1）an+12nan2n，整理得：an+1an+1，由等差数列定义有an为等差数列；（2）由已知有a72=a4a9，设等差数列an的首项为x，由（1）有其公差为1，故（x+6）2（x+3）（x+8），解得x12，故a112，所以an12+（n1）1n13，故可得：a1a2a3a120，a130，a140，故Sn在n12或者n13时取最小值，S12=S13=(-12+0)132=-78，故Sn的最小值为788（2022新高考）已知an是等差数列，bn是

39、公比为2的等比数列，且a2b2a3b3b4a4（1）证明：a1b1；（2）求集合k|bkam+a1，1m500中元素的个数【解答】解：（1）证明：设等差数列an的公差为d，由a2b2a3b3，得a1+d2b1a1+2d4b1，则d2b1，由a2b2b4a4，得a1+d2b18b1（a1+3d），即a1+d2b14d（a1+3d），a1b1（2）由（1）知，d2b12a1，由bkam+a1知，b12k-1=a1+(m-1)d+a1，b12k-1=b1+(m-1)2b1+b1，即2k12m，又1m500，故22k11000，则2k10，故集合k|bkam+a1，1m500中元素个数为9个9（202

40、2上海）已知在数列an中，a21，其前n项和为Sn（1）若an是等比数列，S23，求limnSn；（2）若an是等差数列，S2nn，求其公差d的取值范围【解答】解：（1）在等比数列an中，a21，S23，则a12，公比q=12，则Sn=a1(1-qn)1-q=4(1-12n)，limnSn=limn4(1-12n)=4；（2）若an是等差数列，则S2n=(a2+a2n-1)2n2=2dn2+(2-3d)nn，即（32n）d1，当n1时，d1；当n2时，d13-2n恒成立，13-2n1，0），d0综上所述，d0，110（2021全国）记数列an的前n项和为Sn已知Sn+13Sn+2n+4，且a14（1）证明：an+1是等比数列；（2）求Sn【解答】（1）证明：已知Sn+13Sn+2n+4，则Sn3Sn1+2（n1）+4，由可得：an+13an+2，（n2），又a14，则S24+a234+6，即a214，则a23a1+2，即an+13an+2，（nN+），则an+1+13（an+1），又a1+15，即an+1是以5为首项，3为公比的等比数列；（2）解：由（1）可得：an+1=53n-1，即an=53n-1-1，则Sn=5(30+3