预测05 数列 数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有.其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系；解答题的难度中等或稍难，将稳定在中等难度.往往在利用方程思想解决数列基本问题后，进一步数列求和，在求和后可与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．　　 　(2)①通项公式：an＝a1＋(n－1)d＝nd＋(a1－d)⇒当d≠0时，an是关于n的一次函数．②通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．　　　　　　　　　　　　　(3)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝，其中A叫做a，b的等差中项．①若m＋n＝2p，则2ap＝am＋an(m，n，p∈N*)．②当m＋n＝p＋q时，am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．(4)前n项和公式：Sn＝ ――→Sn＝na1＋d＝n2＋n⇒当d≠0时，Sn是关于n的二次函数，且没有常数项．2.常用结论：已知{an}为等差数列，d为公差，Sn为该数列的前n项和．(1)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差数列，公差为n2d.(2)若{an}是等差数列，则也成等差数列，其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的.(3)若项数为偶数2n，则S2n＝n(a1＋a2n)＝n(an＋an＋1)；S偶－S奇＝nd；＝.若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝(2n－1)an；S奇－S偶＝an；＝.1．等比数列的有关概念(1)定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为＝q(q≠0，n∈N*)．(2)等比中项


如果a、G、b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔G2＝ab．“a，G，b成等比数列”是“G是a与b的等比中项”的充分不必要条件．2．等比数列的有关公式(1)通项公式：an＝a1qn－1．(2)前n项和公式：Sn＝3．等比数列的性质已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和(m，n，p，q，r，k∈N*)(1)若m＋n＝p＋q＝2r，则am·an＝ap·aq＝a．(2)数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列．(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时{an}的公比q≠－1)．常用结论4．记住等比数列的几个常用结论(1)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，，{a}，{an·bn}，仍是等比数列．(2)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.(3)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等比数列。1．（2021•北京）已知{an}是各项为整数的递增数列，且a1≥3，若a1+a2+a3+…+an＝100，则n的最大值为（　　）A．9B．10C．11D．12【解答】解：数列{an}是递增的整数数列，∴n要取最大，递增幅度尽可能为小的整数，假设递增的幅度为1，∵a1＝3，∴an＝n+2，


∵S10＝﹣25＞a10＝12，即n可继续增大，n＝10非最大值，当n＝12时，a12＝14，S12＝102，100
∵1S12＝100﹣02＜0，不满足题意，即n＝11为最大值．故选：C．2．（2019•新课标Ⅰ）记S﹣n为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（　　）A．an＝2n5
nB．an＝3﹣108C．Sn＝﹣2n2﹣nD．Sn¿22n21﹣n【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，由S4＝0，a5＝5，得
a=−3
1
{
{4a1+6d=0a1+4d=5，∴
d=，∴a2n＝2n5
﹣，Sn=n2−4n，故选：A．3．（2021•甲卷）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝（　　）A．7B．8C．9D．10【解答】解：∵Sn为等比数列{an}的前n项和，S2＝4，S4＝6，由等比数列的性质，可知S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列，4
6，2，S6∴﹣成等比数列，2
∴2＝4（S66﹣），解得S6＝7．故选：A．4．（2021•甲卷）等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn．设甲：q＞0，乙：{Sn}是递增数列，则（　）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
则Sn=(3+n+2)n2=5n+n22，当n＝10时，a10＝12，S10＝75，100


﹣qn），则Sn+1¿a11−q（1
﹣qn+1），∴Sn+1﹣Sn¿a11−q（qn﹣qn+1）＝a1qn，若{Sn}是递增数列，∴Sn+1﹣Sn＝a1qn＞0，则a1＞0，q＞0，∴满足必要性，故甲是乙的必要条件但不是充分条件，故选：B．二．多选题（共1小题）（多选）5．（压轴）（2021•新高考Ⅱ）设正整数n＝a0•20+a1•21+…+ak1
﹣+ak•2k，其中ai∈{0，1}，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（2n1
﹣•2k1
﹣）＝n【解答】解：方法1：∵2n＝a0•21+a1•22+…+ak1
﹣•2k+ak•2k+1，∴ω（2n）＝ω（n）＝a0+a1+…+ak，∴A对；当n＝2时，2n+3＝7＝1•20+1•21+1•22，∴ω（7）＝3．∵2＝0•20+1•21，∴ω（2）＝0+1＝1，∴ω（7）≠ω（2）+1，∴B错；8
∵n+5＝a0•23+a1•24+•••+ak•2k+3+5＝1•20+1•22+a0•23+a1•24+•••+ak•2k+3，∴ω（8n+5）＝a0+a1+•••+ak+2．∵4n+3＝a0•22+a1•23+•••+ak•2k+2+3＝1•20+1•21+a0•22+a1•23+•••+ak•2k+2，∴ω（4n+3）＝a0+a1+•••+ak+2＝ω（8n+5）．∴C对；2
﹣，∴ω（2n1
∵n11＝﹣•20+1•21+•••+1•2n1）＝﹣n，∴D对．方法2：根据题意得n（10）＝akak1
﹣•••a1a0（2），ω（n）为n的二进制表示下各位数字之和．对于选项A，2n在二进制意义下为末尾添0，不改变各位数字之和．对于选项B，2n+3是二进制意义下末尾添0，然后加上11（2），可能会改变各位数字之和，如10（2）→111（2）．
【解答】解：若a1＝﹣1，q＝1，则Sn＝na1＝﹣n，则{Sn}是递减数列，不满足充分性；∵Sn¿a11−q（1


n个1
﹣）（10）
¿11⋅⋅⋅1
¿，各位数字之和为n．综上所述：选项ACD符合题意．故选：ACD．三．填空题（共1小题）6．（压轴）（2021•新高考Ⅰ）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
格的20dm为×12dm长形纸，对折方1次共可以得01到dm×12dm，20d两×6dmm种规格的图形，它
们的面积＝S1之和240dm2，对折2次共可以得5dm×12到dm，10dm×6dm，规20dm×3dm三种格的图
形，它们的面积此和之2＝180dm2，以S类．则对折推4得次共可以到不同规格图 的种数为　 形5 　；如果对折n次，那么
nSk＝　240(3−n+32n)　dm2．【解答】解：
∑
k=1
335
20dm×dm，10dm×dm，5dm×3dm，dm×6dm，54dm×12dm，共5种规
易知有
422
格次共有由题可知，对折k；k+1种规
格，且面积k2402为，故Sk=240(k+1)2k，则∑k=1nSk=240∑k=1nk+12k，记
n
k+1
T=
∑
n
k，则12Tn=∑k=1nk+12k+1，∴12Tn¿∑k=1nk+12k−∑k=1nk+12k+1=¿1+14(1−12n−1)1−12−n+12n+1=32−n+32n+1，∴Tn=3−n+32n，∴
k=12
n
n+3
S=240(3−)．故答
∑
k
n
2
k=1
案−5；240(3为：n+32n)．
对于选项C，8n+5是二进制意义下末尾添101，4n+3是二进制意义下末尾添11，各位数字之和相等．对于选项D，（2n1


．解答题（共5小题）7．（2021•新高考Ⅱ）记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；（Ⅱ）求
使Sn＞an成立n的最小值．的【解答】解：（Ⅰ）数列Sn是公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．根据等差数列的性质，a3＝S5＝5a3，故a3＝0，根据a2a4＝S4可得（a3﹣d）（a3+d）＝（a32
﹣d）+（a3﹣d）+a3+（a3+d），整
理d2得﹣＝﹣2d，可得d＝2（d＝0不合题意），故an＝a3+（n3
﹣）d＝2n6．﹣（Ⅱ）an＝2n6
﹣，a1＝﹣4，Sn＝﹣4n+n(n−1)2×2＝n25
﹣n，Sn＞an，即n25
6n＞2n﹣﹣，整
理可得n27＞n+6＞0，当n﹣6或n＜1时，Sn＞an成
立由于n为正整数，，故n的最小正值为7．8．（2021•乙卷）记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项
积n2Sn+1b，已知=¿2．（1）
证明{bn}是等差数列；（2）求：数列{an}的通项公式．【解答】解：（1）
证明n＝1时，b：当1＝S1，由
21
+=32，解得b1¿¿2，当n≥2时，
bb
11
b
n
=¿Sn，
代入2Sn+1bn=¿2，消
b
n−1
2b
1
n−1
+=2，所以b¿n﹣bn1
去Sn，可得
﹣¿12，所以{bn}是以32为首项，12为公差的等差数列．
bb
nn
四


3
¿+¿（n1
﹣）×12=n+22，由2Sn+1bn=¿2，可得Sn¿n+2n+1，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn1
2
显不满足该式，a1然所以an
﹣¿n+2n+1−n+1n=−1n(n+1)，
3
，n=1
2
¿
−1
{，n≥．92．（2021•甲卷）记Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，a2＝3a1，且数列{
n(n+1)
√Sn}是等差数列，
证明：{an}是等差数列．【解答】证明
S
√n}的公差为d，由题意得
：设等差数列{
√S1=；a1√√S2==a1+√2a24a1=¿√√ad1，则
¿S−S=¿2a−a=aS=a+¿（n1a=¿na
√2√1√1√1√，所以1√n√1√1√，所以Sn1＝n2a1①；当n≥2时，有Sn1
﹣）
﹣）2a1②．由①②，得an＝Sn﹣Sn1
﹣＝（n1
1）2a1＝（2n﹣﹣）a1③，经
﹣＝n2a1﹣（n1
检验n＝1时也满足③．，当所以an＝（2n1
﹣）a1，n∈N+，当n≥2时，an﹣an1
﹣）a1﹣（2n3（）a1＝2a1，所以数列{an}是等差数列．10．﹣2021•乙卷）设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn
﹣＝（2n1
na
n
¿
3，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
别项和．{为n}和{bn}的前na证明Tn＜��