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1、新高考新高考 20222022 版高考数学二轮版高考数学二轮复习主攻复习主攻 4040 个必考点数列考点个必考点数列考点过关检测九理过关检测九理考点过关检测九考点过关检测九1 1(2022济宁模拟(2022济宁模拟)数列数列 a an n 满足满足a an n1 1a an na an n1 1(n n2)，2)，a a1 1m m，a a2 2n n，S Sn n为数列为数列 a an n 的前的前n n项和，那么项和，那么S S2 0192 019的值为的值为()A A2 0192 019n nm mB B n n 2 2019019m mC C2 2m mD D2 2n n解析：解析：选
2、选 D Da an n1 1a an na an n1 1(n n2)，2)，a a1 1m m，a a2 2n n，a a3 3n nm m，a a4 4m m，a a5 5n n，a a6 6m mn n，a a7 7m m，a a8 8n n，a an n6 6a an n，且，且a a1 1a a2 2a a3 3a a4 4a a5 5a a6 60 0，那么，那么S S2 0192 019S S336633663 3336(336(a a1 1a a2 2a a6 6)a a1 1a a2 2a a3 333603360m mn nn nm m2 2n n.2 2(2022安徽马鞍
3、山一模(2022安徽马鞍山一模)函数函数f f(n n)n ncos(cos(n n)，且，且a an nf f(n n)f f(n n1)1)，那么，那么a a1 1a a2 2a a3 3a a100100()A A0 0C C1001002 2B B100100D D10 20010 2002 2解解 析析：选选B Bf f(n n)n ncos(cos(n n)n n2 2，n n为奇数，为奇数，2 2 n n，n n为偶数为偶数2 2n n2 2(1)1)n nn n2 2.由由a an nf f(n n)2 2f f(n n1)1)(1)1)n n(1)1)(1)1)n n(n n
4、1)1)(1)1)n n2 2n n1 1(n n1)1)2 2n n1 1(2(2n n1)1)，得，得a a1 1a a2 2a a3 3a a1001003 3(5)5)7 7(9)9)199199(201)201)250250100.100.应选应选 B.B.3 3(2022泉州模拟(2022泉州模拟)假设数列假设数列 a an n 是正项是正项数列，且数列，且a a1 1a a2 2a an nn n2 2n n，那么，那么a a1 1a a2 2a an n 等于等于()2 2n nA A2 2n n2 2n nC C2 2n n2 2n n2 2B Bn n2 2n nD D2(
5、2(n n2 22 2n n)2 22 2解析：解析：选选 A Aa a1 1a a2 2a an nn nn n，n n1 1 时，时，a a1 12 2，解得解得a a1 14.4.n n22 时，时，a a1 1a a2 2a an n1 1(n n1)1)2 2n n1 1，相减可得，相减可得a an na an n2 2n n，a an n4 4n n，n n1 1 时也成立，时也成立，4 4n n.那那n n2 23 3a an n么么a a1 1 4(14(1 2 2 n n)2 2n n44a a2 2n n 1 1n n 2 22 2n n2 2n n.2 24 4(2022
6、广州模拟(2022广州模拟)递增数列递增数列 a an n 对任意对任意n nN N 均满足均满足a an nN N，aaaan n3 3n n，记，记b bn na a2323n n1 1(n nN N)，那么数列，那么数列 b bn n 的前的前n n项和等于项和等于()A A2 2 n nC.C.3 3n n1 1n n*B B2 2D.D.3 3n n1 11 13 3n n2 2n n1 13 32 2解析：选解析：选 D Daaaa1 13 3a a1 13，讨论：假设3，讨论：假设a a1 11 1aaaa1 1a a1 11 1，不合题意；不合题意；假设假设a a1 12 2a
7、 a2 23 3；假设假设a a1 13 3aaaa1 1a a3 33 3，不合题意，即，不合题意，即a a1 12 2，a a2 23 3，aaaa2 26 6a a3 36 6，所以，所以aaaa3 39 9a a6 69 9，所，所以以a a9 9aaaa6 61818，a a1818aaaa9 92727，a a2727aaaa18185454，a a5454aaaa27278181，那么那么b bn n3 3n n，所以数列所以数列 b bn n 的前的前n n项项3 33 33 33 3和等于和等于.1 13 32 25 5(2022河南郑州质检(2022河南郑州质检)数列数列
8、a an n 满足满足4 4n n1 1n n1 1a a1 1a a2 2a a3 3a an n2 2n n(n nN N)，且对任意，且对任意n nN N 都有都有 a a1 11 12 2*1 1a a2 2 t t，那么，那么t t的取值范围为的取值范围为()1 1a an n 1 1 A.A.，3 3 2 2 C.C.，3 3 1 1 B.B.，3 3 2 2 D.D.，3 3 解析：选解析：选 D D数列数列 a an n 满足满足a a1 1a a2 2a a3 3a an n2 2n n(n nN N)，n n1 1 时，时，a a1 12 2；n n22 时，时，a a1
9、1a a2 2a a3 3a an n1 12 2*2(2(n n1)1)，可得，可得a an n2 22 22 2n n1 1.又又a a1 12 2 也符合上也符合上2 2n n1 1式，数列式，数列 a an n 的通项公式为的通项公式为a an n2 21 1.1 1a an n 1 1 1 11 1 为等比数列，首项为为等比数列，首项为，公比为，公比为.2 2n n1 1，数列，数列 2 22 24 4 a an n 1 1 1 1 1 1n n 1 1 2 21 11 11 12 2 4 4 2 2 1 1n n .对任对任a a1 1a a2 2a an n1 13 3 4 4
10、3 31 14 4意意n nN N 都有都有 的最的最4 4 2 2 大正整数大正整数n n为为_解析：设等差数列解析：设等差数列 a an n 的公差为的公差为d d，a a1 12 2d d1 1，由由可可得得 2 2a a1 11414d d1212，a a1 11 1，d d1 1，解解得得故数列故数列 a an n 的通项公式为的通项公式为a an n2 2n n.S Sn na a1 1 2 2a a2 2a an nn n1 12 2，S Sn na a1 1a a2 2 2 2n n.2 22 22 22 2a an n得得a a1 12 2S Sn na a2 2a a1 1
11、2 2a an na an n1 12 2n n1 1a an n2 2n n6 6 1 11 1 1 1 2 2n n1 1 1 1 2 2n n1 1 n n1 1 1 1n n1 1 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2n nn nn nn n，2 22 2所以所以S Sn nn n2 2n n1 1，由，由S Sn nn n1 12 2n n1 1 ，得，得 00n n5，5，4 4故最大正整数故最大正整数n n为为 5.5.答案：答案：2 2n n5 57 7(2022贺州联考(2022贺州联考)等差数列等差数列 a an n 的公差的公差d d2 2，且，且a a1 1，a
12、 a3 31 1，a a5 57 7 成等比数列成等比数列(1)(1)求数列求数列 a an n 的通项公式；的通项公式；(2)(2)设设b bn n(1)1)n n1 1a an n，求数列求数列 b bn n 的前的前 2 2n n项项和和T T2 2n n.解：解：(1)(1)d d2 2，a a1 1，a a3 31 1，a a5 57 7 成等比数成等比数列，列，a a1 1(a a5 57)7)(a a3 31)1)，即，即a a1 1(a a1 115)15)(a a1 13)3)2 2，解得解得a a1 11 1，a an na a1 1(n n1)1)d d2 2n n1.1
13、.7 72 2(2)(2)b bn n(1)1)n n1 1a an n(1)1)(2(2n n1)1)，n n1 1T T2 2n nb b1 1b b2 2b b2 2n n1 1b b2 2n n1 13 35 57 7(4(4n n3)3)(4(4n n1)1)2 2n n.8 8(2022南昌重点中学高三段考(2022南昌重点中学高三段考)数列数列 a an n 是等差数列，是等差数列，b bn n 是等比数列，是等比数列，a a1 11 1，b b1 12 2，a a2 2b b2 27 7，a a3 3b b3 313.13.(1)(1)求求 a an n 和和 b bn n 的
14、通项公式；的通项公式；a an n，n n为奇数，为奇数，(2)(2)假设假设c cn n b bn n，n n为偶数，为偶数，求数列求数列 c cn n 的前的前 2 2n n项和项和S S2 2n n.解：解：(1)(1)设数列设数列 a an n 的公差为的公差为d d，数列，数列 b bn n 的的公比为公比为q q(q q0)，0)，1 1d d2 2q q7 7，依依 题题 意意 有有 2 2 1 12 2d d2 2q q1313，d d2 2，q q2.2.解解 得得n n故故a an n2 2n n1 1，b bn n2 2.(2)(2)由由c c2 2n n1 1a a2
15、2n n1 14 4n n3 3，c c2 2n nb b2 2n n4 4，8 8n n所以数列所以数列 c cn n 的前的前 2 2n n项和项和S S2 2n n(a a1 1a a3 3a a2 2n n1 1)(b b2 2b b4 4b b2 2n n)n n 1 14 4n n3 3 4 4 1 14 4 2 22 2n n1 14 44 4n n2 2n nn n(4(4 1)1)3 39 9等差数列等差数列 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n，S S7 70 0，a a3 32 2a a2 212(12(n nN N)(1)(1)求数列求数列 a an n
16、 的通项公式的通项公式a an n；a an n1616(2)(2)求数列求数列 n n2 2 的前的前n n项和项和S Sn n.2 2*解：解：(1)(1)设等差数列设等差数列 a an n 的公差为的公差为d d，7676 7 7a a1 1d d0 0，2 2由由 得得 a a1 12 2d d2 2 a a1 1d d 1212，a a1 11212，d d4 4，解解 得得所以所以a an n4 4n n16.16.9 9(2)(2)由由(1)(1)知知a an n4 4n n1616，所所以以4 4n n16161616n nn n，n n2 22 22 21 12 23 3n
17、n所以所以S Sn n 2 23 3n n，2 22 22 22 21 1两边同乘以两边同乘以，2 2a an n16162 2n n2 21 11 12 23 3n n1 1n n得得S Sn n2 23 34 4n nn n1 1，2 22 22 22 22 22 21 11 11 11 11 11 1两式相减，得两式相减，得S Sn n 2 23 34 4n n2 22 22 22 22 22 2n n2 2n n1 11 1 1 1 1 1n n 2 2 2 2 n nn n2 2n n1 11 1n n1 1，1 12 22 21 12 2所以所以S Sn n2 2n n2 22 2
18、n n.1010(2022青岛二模(2022青岛二模)数列数列 a an n 中，中，a a2 22 2a a1 110102 2，a an n1 12 2a an n1 13 3a an n(n n2，2，n nN N)设数列设数列 b bn n 满足满足b bn na an n1 1a an n.(1)(1)证明：数列证明：数列 b bn n 是等比数列；是等比数列；2 2 b bn n(2)(2)设设c cn n2 2，求数列，求数列 c cn n 的前的前n n项和项和4 4n n1 1n n*S Sn n.解：解：(1)(1)证明：因为证明：因为a an n1 12 2a an n1
19、 13 3a an n(n n2，2，n nN N)，b bn na an n1 1a an n，b bn n1 1a an n2 2a an n1 1 3 3a an n1 12 2a an n a an n1 1所以所以b bn na an n1 1a an na an n1 1a an n2 2 a an n1 1a an n 2 2，因为，因为b b1 1a a2 2a a1 12 21 11 1，a an n1 1a an n所以数列所以数列 b bn n 是以是以 1 1 为首项，为首项，2 2 为公比的等为公比的等比数列比数列(2)(2)由由(1)(1)知知b bn n1212因为因为c cn n所所以以n n1 1*2 2n n1 1.b bn n 4 4n n1 1 2 22 2n n，1 12 2 2 2n n1 1 2 2n n1 1 1 14 41111c cn n 1 11 1 ，2 2n n1 12 2n n1 1 所以所以S Sn nc c1 1c c2 2c cn n1 11 11 11 11 1 1 1 1 1 3 33 35 52 2n n1 12 2n n1 1 4 4 1 1 1 1 n n 1 1.2 2n n1 1 4 4n n2 24 4 1212