微专题 数列的性质、蛛网图、最值问题、恒成立问题、插项
问题、公共项问题、规律问题、奇偶问题
【秒杀总结】
1.数列的周期性，此类问题的解法是由定义求出数列的前几项，然后归纳出周期性.
2.函数与数列的综合问题，解决该问题应该注意的事项：
(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；
(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视
的问题；
(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的
转化.
3.证明数列 an 单调性的方法：根据 an+1- an与 0的关系判断出数列的单调性 (当 an 恒为正或者负
a
时，可以考虑利用 n+1a 与 1的大小关系判断数列单调性 ).n
4.当出现与年份有关的数列选择题，题目本身难度比较大的时候，比如，出现 2019、2020、2021类似这样
的数字，我们完全可以通过逐个分析选项，通过选项找规律后判断是否符合题意，来决定哪个选项正
确 .比如求 S2021，可以令 2021= n，将选项中的所有数字用 n来表示，然后通过 S1、S2来验证哪个选项
正确 .如果题目问的是S2020、S2018之类的偶数年份，最好是通过S2、S4这样的偶数项来验证.
【典型例题】
例1. (浙江省杭州市第二中学滨江校区 2022- 2023学年高三上学期期中数学试题 )已知数列 an 满足
an+1= ean-2+ 1(n∈N *，e为自然对数的底数 )，且对任意的M> 0都存在 n∈N *，使得 an- 2 立，则数列 an 的首项 a1须满足 ( )
A. a1≤ 1 B. 1≤ a1≤ 2 C. a1≤ 2 D. a1≥ 2
【答案】C
【解析】
设 f(x) = ex- x- 1，令 f (x) = ex- 1= 0，得到 x= 0.
当 x∈ (-∞ ,0)时，f (x)< 0，f(x)单调递减；
当 x∈ (0,+∞)时，f (x)> 0，f(x)单调递增.
故 f(x)≥ f(0) = 0，即 ex≥ x+ 1(当且仅当时 x= 0取等号 ).
故 an+1= ean-2+ 1≥ an- 2+ 1+ 1(当且仅当时 an= 2取等号 ).
即 an+1≥ an.要使对任意的M> 0都存在n∈N *，使得 an- 2 立，
显然 a1= 2时，an= 2，一定能满足题意；
当 a1> 2时，an> 2，如图此时不满足题意；
当 a1< 2时，an< 2，如图此时满足题意；
综上，a1≤ 2.
故选：C
例2. (2023 新蔡县月考 )数列 {an}满足 an+1+ (-1)n+1an= 2n，则数列 {an}的前 60项和等于 ( )
A. 1830 B. 1820 C. 1810 D. 1800
【解析】解：由 a + (-1)n+1n+1 an= 2n，
可得数列 {an}的前 60项和为 (a1+ a2) + (a3+ a4) + (a5+ a6) + + (a59+ a60)
= 2+ 6+ 10+ +118
= 12 × 30× (2+ 118) = 1800．
故选：D．
例3. (2023 江苏模拟 ) 1若单调递增数列 {an}满足 an+ an+1+ an+2= 3n- 6，且 a2= 2 a1，则 a1的取值范围
是 ．
【解析】解：∵单调递增数列 {an}满足 an+ an+1+ an+2= 3n- 6，且 a2= 12 a1，
∴ a + 11 2 a1+ a3=-3，解得 a3=-3-
3
2 a1，
1
2 a1- 3-
3
2 a1+ a4= 0，解得 a4= a1+ 3，
由条件可以得出 an+3- an= 3，也就是隔 3项成等差数列，公差为 3．
∴只要保证 a1< a2< a3< a4就可以保证整个数列单调递增．
单调递增数列 {an}中，a3> a2，a4> a3，
-3- 3 a > 1 2 1 2 a1∴ ，解得- 12 < a1<-
3．
a1+ 3>-3- 32 a
5 2
1
∴ a1的取值范围是 - 12，- 35 2 ．
故答案为： - 12，- 35 2 ．
例4. (广东省实验中学 2023届高三考前热身训练数学试题 )已知Sn为数列 an 的前 n项和，a1= a2= 1，
平面内三个不共线的向量OA，OB，OC，满足OC = an-1+ an+1 OA+ 1- an OB，n≥ 2，n∈N *，
若A，B，C在同一直线上，则S2021=___________.
【答案】0
【解析】设AC = λAB，所以AO+OC = λAO+ λOB，所以OC = 1- λ OA+ λOB，
所以 an-1+ an+1= 1- λ - = ，所以 an-1+ an+1+ 1- an= 1，所以 an-1+ an+1= a ，1 an λ n
所以 an+ an+2= an+1，所以 an-1+ an+1+ an+2= an+1，所以 an-1+ an+2= 0，
所以 an+ an+3= 0，所以 an+3+ an+6= 0，所以 an+6= an，所以 an 是周期为 6的周期数列，
因为 a1= a2= 1，所以 a3= a2- a1= 0,a4= a3- a2=-1,a5= a4- a3=-1,a6= a5- a4= 0，
所以 a1+ a2+ a3+ a4+ a5+ a6= 0，
所以S2021=S6×336+5= 336× 0+S5= 1+ 1+ 0+ -1 + -1 = 0，
故答案为：0.
例5. (江苏省苏州市吴中区木渎高级中学 2022- 2023学年高三上学期期中数学试题 )数列 an 中，an=
- 12 a
3 *
n-1- 2 n≥ 2,n∈N ，且 a= 1，记数列 an 的前 n项和为Sn，若 3λ Sn+n ≤ 4对任意的 n∈
N *恒成立，则实数 λ的最大值为__________.
【答案】23
【解析】
由 a =- 1 a 3 * 1n 2 n-1- 2 n≥ 2,n∈N 为变形为 an+ 1=- 2 (an-1+ 1)，又 a1+ 1= 2.
n-1
所以数列 an+ 1 是等比数列，首项为 2，公比为- 12，所以 an+ 1= 2× -
1
2 ，可得 an= 2×
1 n-1 - 2 - 1，
2 1
n
=
1- - 2 4 n所以Sn 1 -n= 3 1- -
1
2 -n，则 3λ (Sn+n)≤ 4，所以 3λ 1- - 2
4
n
3 1- -
1 2 -n+n ≤ 4，解得 λ≤
1
n ，
1- - 12
当n为奇数时，λ≤ 1 1 n 恒成立，等价于 λ≤
1
1 n 恒成立，而
1 1 n
= 1 ，所
1- - 2 1+ 2 1+ 2 1+
1
min 2
以 λ≤ 23，
当n为偶数时，λ≤ 1 1 1 1
1- - 1
n 恒成立，等价于 λ≤ 1 n 恒成立，而 1 n > = 1，所以
2 1- 2 1-
1- 0
2
λ≤ 1，
综上得 λ≤ 23，所以实数 λ的最大值为
2
3，
故答案为：23 .
例6. (江西省临川二中、临川二中实验学校 2023届高三第二次模拟考试文科数学试题 )已知数列 an 的
前 n项和为Sn= 2a - 2n+1n ，若对一切正整数 n，不等式 2n2- n- 3< λ- 2019 an恒成立，则满足条件
的最小整数 λ为______.
【答案】2020
【解析】解：当n= 1时，S1= 2a1- 22，得 a1= 4，
当n≥ 2时，an=S n+1 nn-Sn-1= 2an- 2 - 2an-1- 2 ，
整理得 a = 2a + 2n ，等式两边同除 n得 an = an n-1 2 n-12n 2n-1
+ 1，
则数列 an a1 n 是以 2 = 2为首项，1为公差的等差数列，2
∴ ann = 2+ n- 1 =n+ 1，2
则 an= n+ 1 2n，
所以不等式 2n2-n- 3< λ- 2019 n+ 1 2n对一切正整数n恒成立，
即 2n
2-n- 3 n+ 1 2n- 3= n n =
2n- 3
n < λ- 2019对一切正整数n恒成立， n+ 1 2 n+ 1 2 2
令 f n = 2n- 3 n ，当n= k时，f k 最大，2
2k- 3 ≥ 2 k+ 1 - 3 2k 2k+1∴ ，
2k- 3 ≥ 2 k- 1 - 3 2k 2k-1
解得 52 ≤ k≤
7
2，因为 k∈ Z，∴ k= 3，
此时 f 3 = 2× 3- 3 3 3 = 8，2
∴ λ- 2019> 3 38，即 λ> 8 + 2019。
所以满足条件的最小整数 λ为 2020.
故答案为：2020
【过关测试】
一、单选题
1. (2023·全国 · nπ高三专题练习 )设数列 a 的通项公式为 a = -1 n 2n- 1 cos + 1 n∈N *n n 2 ，其前
n项和为Sn，则S120= ( )
A. - 60 B. - 120 C. 180 D. 240
【答案】D
【解析】当n= 4k- 3，k∈N *时，cos nπ2 = 0，a4k-3= 1；
当n= 4k- 2，k∈N *时，cos nπ2 =-1，a4k-2= 2× 4k- 2 - 1 × -1 + 1=-8k+ 6；
当n= 4k- 1，k∈N *时，cos nπ2 = 0，a4k-1= 1；
当n= 4k，k∈N *时，cos nπ2 = 1，a4k= 2× 4k- 1+ 1= 8k.
∴ a 1204k-3+ a4k-2+ a4k-1+ a4k= 1+ -8k+ 6 + 1+ 8k= 8，∴S120= 4 × 8= 240.
故选：D
2. (2023·山东潍坊 ·高三统考期末 )已知定义在 R上的函数 f x 满足 f 0 = 1，对 x，y ∈ R，有
2023
f xy+ 1 = f x f 1 y - f y - x+ 2，则 =( )
i=1 f i f i+ 1
A. 20234050 B.
2024
2025 C.
2023 2023
4048 D. 2024
【答案】A
【解析】令 x= y= 0，由已知可得 f 1 = f 2 0 - f 0 + 2= 2.
令 y= 1，由已知可得 f x+ 1 = f x f 1 - f 1 - x+ 2= 2f x - x，
设 an= f n ,n∈N *，则 an+1= 2an-n，整理可得 an+1- n+ 2 = 2 an- n+ 1 .
又 a1= 2，所以 an+1- n+ 2 = 2 an- n+ 1 = 0，所以 an=n+ 1.
则 1 = 1 = 1 = 1 - 1 ，
f i f i+ 1 aiai+1 i+ 1 i+ 2 i+ 1 i+ 2
2023
所以 1 = 1 - 12 3 +
1
3 -
1 + 14 4 -
1
5 + +
1 1 2023
i=1 f i f i+ 1 2024
- 2025 = 4050 .
故选：A.
3. (2023·全国 ·高三专题练习 )设数列 an 的前 n项和为S *n,a1= 1，且 2Sn= an+1- 1 n∈N .若对任意
的正整数 n，都有 a1bn+ a2b nn-1+ a3bn-2+ +anb1= 3 - n- 1成立，则满足等式 b1+ b2+ b3+ +bn=
an的所有正整数n为 ( )
A. 1或 3 B. 2或 3 C. 1或 4 D. 2或 4
【答案】A
【解析】2Sn= an+1- 1, n∈N * ，
n≥ 2时，2Sn-1= an- 1，
相减可得：2an= an+1- an，即 an+1= 3an(n≥ 2)
又n= 1时，2S1= a2- 1，解得 a2= 3，满足 a2= 3a1，
∴数列 an 是首项为 1，公比为 3的等比数列，所以 an= 3n-1, n∈N * ．
对任意正整数n，都有 a1bn+ a2b nn-1+ a3bn-2+ anb1= 3 -n- 1成立，
得 bn+ 3b 2 n-1 nn-1+ 3 bn-2+ +3 b1= 3 -n- 1①，
又 bn+1+ 3bn+ 32bn-1+ +3nb1= 3n+1- (n+ 1) - 1②，
②-①× 3得：bn+1= 2n+ 1, n∈N * ，
又 a1b1= 3- 1- 1= 1，所以 b1= 1，得 bn= 2n- 1, n∈N * ，
进而 b1+ b2+ b3+ +bn=n2，
2
由 b1+ b2+ b3+ +b = a ，得n2= 3n-1，即 nn n n-1 = 1，3
2
记 f(n) = nn-1 ，则 f(1) = 1,f(2) =
4
3 ,f(3) = 1,f(4) =
16
3 27
，
以下证明n≥ 4时，f(n)< 1，
2 2 2
因为 f( + )- ( )= (n+ 1)n 1 f n - n = -2n + 2n+ 1 = 2n(1-n) + 1
3n 3n-1
< 0，
3n 3n
即n≥ 4时，f(n)单调递减，f(n)< 1，
综上可得，满足等式 b1+ b2+ b3+ +bn= an的所有正整数n的取值为 1或 3．
故选：A．
( · · ) = an =
b
4. 2023 河北衡水 河北衡水中学校考模拟预测 已知数列 an 、 b
n
n ，an+1 2 ，bn+1 2 ，
n∈N + 其中 x 为不大于 x的最大整数 .若 a1= b1=m，m≤ 1000，m∈N +，有且仅有 4个不同的
t，使得 at≠ bt，则m一共有 ( )个不同的取值.
A. 120 B. 126 C. 210 D. 252
【答案】C
【解析】设m= c 200 + c 21+ c 221 2 + c 332 + +c 992 ，其中 c0,c1, ,c9∈ 0,1 ，且 c0,c1, ,c9不全为 0，m≤
1000，
若 c0= 1，则m= 1+ c 112 + c222+ c 3 932 + +c92 ，a1= b1=m，
a2= m- 12 = 1+ c 2
1
2 + c322+ c 342 + +c829，b = m2 2 ，
若 c0= 0，则m= c121+ c 2 322 + c32 + +c929，a1= b1=m，
a m m2= 2 ，b2= 2 ，
所以若 c0= 1则，a2≠ b2，若 c0= 0，则 a2= b2，
若 c0= 0，c1= 0，则m= c 222 + c323+ +c 992 ，a1= b1=m，
a2= m m2 ，b2= 2 ，a3=
m
4 ，b3=
m
4 ，
若 c 2 3 90= 0，c1= 1，则m= 2+ c22 + c32 + +c92 ，a1= b1=m，
a = m，b = m，a = m- 2，b = m2 2 2 2 3 4 3 4 ，
若 c0= 1，c1= 0，则m= 1+ c222+ c323+ +c 299 ，a1= b1=m，
a = m- 1，b = m，a = m- 1，b = m- 12 2 2 2 3 4 3 4 ，
若 c0= 1，c1= 1，则m= 1+ 2+ c 222 + c323+ +c 992 ，a1= b1=m，
a = m- 1，b = m，a = m- 3，b = m- 12 2 2 2 3 4 3 4 ，
所以 c1= 0时，a3= b3，c1= 1时，a3≠ b3，
同理可以证明 ck= 0时，ak+2= bk+2，ck= 1，ak+2≠ bk+2，
因为有且仅有 4个不同的 t，使得 at≠ bt，即 c0,c1,c2, ,c9中有且仅有 4个变量取值为 1，其余变量取值
为 0，又从 c0,c1,c2, ,c9中任选 4个变量有C 410种取法，
故满足条件的m的个数为C 410，即 210个，
故选：C .
5. (2023·北京朝阳 ·高三统考期末 )在数列 an 中，a1= 1,a = ka2n+1 n+ 1 n∈N ，若存在常数 c，对任意
的n∈N ，都有 an< c成立，则正数 k的最大值为 ( )
A. 1 B. 15 4 C.
1
3 D.
1
2
【答案】B
【解析】因为 a 2n+1= kan+ 1 n∈N ,k> 0，
2
所以 a - a 2 2 1 1 1 1 1 1n+1 n= kan- an+ 1= k an- an+ 2 - 2 + 1= k a - - + 1≥ 1- ，k 4k 4k n 2k 4k 4k
n-1
所以 an= a1+ a 1m+1- am ≥ 1+ n- 1 1- ,n≥ 2，
m=1 4k
由于 a1= 1满足上式，故 an≥ 1+ n- 1 1 1- ,4k
当 k> 14 时，有n趋近于+∞时， n- 1 1-
1
趋近于+∞4k
此时 an没有最大值，故不满足题意，舍去；
所以 k≤ 14，
当 k= 14 时，可证对任意的n∈N
，都有 an≥ 1，
由题知，若存在常数 c，对任意的n∈N ，都有 an< c成立，则 c> 1，
以下进行证明：存在常数 c= 2，对任意的n∈N ，都有 an< 2成立.
当n= 1时，a1= 1< 2，结论成立
假设n=m m≥ 1 时结论成立，即 1≤ am< 2
则 1≤ a = ka2 + 1< 1+ 1 × 22m+1 m 4 = 2，
则存在常数 c= 2，对任意的n∈N ，都有 an< 2成立
故正数 k的最大值为 14 .
故选：B.
6. (2023·湖南长沙 ·统考一模 )裴波那契数列 Fn ，因数学家莱昂纳多 ·裴波那契以兔子繁殖为例子而
引入，故又称为“兔子数列”，该数列 Fn 满足 F1= F2= 1，且 Fn+2= Fn+1+ Fn n∈N * ．卢卡斯数列
Ln 是以数学家爱德华 · 卢卡斯命名，与裴波那契数列联系紧密，即 L 1 = 1，且 Ln+1 = Fn +
Fn+2 n∈N * ，则F2023= ( )
A. 13 L
1
2022+ 6 L
1 1 1 1 1 2
2024 B. 3 L2022+ 7 L2024 C. 5 L2022+ 5 L2024 D. - 5 L2022+ 5 L2024
【答案】C
【解析】因为F *n+2=Fn+1+Fn n∈N ，
所以当n≥ 3时，Fn=Fn-1+Fn-2，
所以 3Fn=Fn-1+Fn-2+ 2Fn=Fn-2+ Fn-1+Fn +Fn=Fn-2+Fn+1+Fn=Fn-2+Fn+2，
故 3F2023=F2021+F2025，
因为Ln+1=Fn+Fn+2 n∈N * ，
所以L2022=F2021+F2023，L2024=F2023+F2025，
故L2022+L2024= F2021+F2023 + F2023+F2025 = 2F2023+F2021+F2025= 5F2023，
所以F 1 12023= 5 L2022+ 5 L2024.
故选：C .
7. (2023·全国 ·高三专题练习 )已知 Sn是数列 an 的前 n项和，且 a1= a2= 1，an= 2an-1+ 3an-2(n≥
3)，则下列结论正确的是 ( )
A.数列 an- an+1 为等比数列 B. 数列 an+1+ 2an 为等比数列
1 3n-1+ -1 n-1C. S = 32040 4 - 1 D. an= 2
【答案】D
【解析】由题意得：a3= 2a2+ 3a1= 5，a4= 2a3+ 3a2= 10+ 3= 13，
由于 a1- a2= 0，故数列 an- an+1 不是等比数列，A错误；
则 a2+ 2a1= 1+ 2= 3，a3+ 2a2= 5+ 2= 7，a4+ 2a3= 13+ 10= 23，
由于 7 ≠ 233 7 ，故数列 an+1+ 2an 不为等比数列，B错误；
n≥ 3时，an= 2an-1+ 3an-2，即 an+ an-1= 3 an-1+ an-2 ，
又 a1+ a2= 1+ 1= 2，
故 an+1+ an 为等比数列，首项为 2，公比为 3，
故 an+1+ a n-1n= 2× 3 ，
故 a2+ a1= 2，a4+ a3= 2× 32， ，a40+ a 3839= 2× 3 ，
40 40
以上 20个式子相加得：S = 2× 1+ 32+ 34+ +338 = 2× 1- 3 = 3 - 140 1- 9 4 ，C错误；
因为 a n-1 nn+1+ an= 2× 3 ，所以 an+2+ an+1= 2× 3 ，两式相减得：
an+2- an= 2× 3n- 2× 3n-1= 4× 3n-1，
当n= 2k时，a2k- a2k-2= 4× 32k-3，a 2k-52k-2- a2k-4= 4× 3 ， ，a4- a2= 4× 3，
2k-1 2k-1
以上式子相加得：a 3 2k-3 3- 3 3 - 32k- a2= 4× 3+ 3 + +3 = 4× 1- 9 = 2 ，
2k-1 2k-1 2k-1
故 a = 3 - 3 + a = 3 - 12k 2 2 2 ，而 a2= 1也符和该式，故 a =
3 - 1
2k 2 ，
3n-1
n-1
令 2k=n得：a = - 1
3n-1+ -1
n 2 = 2 ，
当n= 2k- 1时，a - a = 4× 32k-4，a - a = 4× 32k-62k-1 2k-3 2k-3 2k-5 ， ，a3- a1= 4× 30，
2k-2 2k-2
以上式子相加得：a - a = 4× 32k-4+ 32k-62k-1 1 + +30 1- 3 3 - 1 = 4× 1- 9 = 2 ，
32k-2- 1 32k-2故 a = + a = + 1
2k-2
2k-1 2 1 2 ，而 a1= 1也符号该式，故 a
3 + 1
2k-1= 2 ，
3n-1+ -1 n-1
令 2k- 1=n得： an= 2 ，
3n-1+ -1综上： =
n-1
an 2 ，D正确.
故选：D
8. (2023·山西太原 ·高三统考期末 )如表所示的数阵称为“森德拉姆素数筛”，表中每行每列的数都成等
差数列，设 f(m,n)表示该数阵中第m行、第n列的数，则下列说法正确的是 ( )
2 3 4 5 6 7
3 5 7 9 11 12
4 7 10 13 16 19
5 9 13 17 21 25
6 11 1 21 26 31
7 13 19 25 31 37
A. f(3,18)< 49 B. f(6,8)> 49 C. f(7,7) = 49 D. f(12,4) = 49
【答案】D
【解析】对于A，f(3,18)表示第 3行第 18个数字，由数阵可知：第 3行是以 4为首项，以 3为公差的等差
数列，则第 18个数字为 4+ (18- 1) × 3= 55> 49，故选项A错误；
对于B，f(6,8)表示第 6行第 8个数字，由数阵可知：第 6行是以 7为首项，以 6为公差的等差数列，则
第 8个数字为 7+ 8- 1 × 6= 49= 49，故选项B错误；
对于C，f(7,7)表示第 7行第 7个数字，由数阵可知：第 7行是以 8为首项，以 7为公差的等差数列，则
第 7个数字为 8+ (7- 1) × 7= 50> 49，故选项C错误；
对于D，f(12,4)表示第 12行第 4个数字，由数阵可知：第 12行是以 13为首项，以 12为公差的等差数
列，则第 4个数字为 13+ (4- 1) × 12= 49，故选项D正确，
故选：D.
9. (2023·黑龙江哈尔滨 ·高三哈师大附中校考期末 )已知等差数列 an 的前 n项和为 Sn，向量OP=
Sn n, S，OP = m, m
Sk
n 1 m ，OP2= k, m,n,k∈N ，且OP= λOP1+ μOP2，则用 n,m,k表示 λ，则 λk
= ( )
A. m- k- B.
n- k C. m-n D. n-m
n k m- k k-n k-m
【答案】B
n= λm+ μk = n- μk λ
【解析】由OP= λOP m1+ μOP2得： Sn = λSm + μSk ，即 Sn = λSm + μS ，n m k k n m k
∴ Sn = Sm n- μk + μSk = nSm - kSm - Skn m m μ ，k m2 m2 k
Sn Sm
S S S S n n2 - 2n m k m m ∴n 2 - 2 = μk - ，∴ μ= ；n m k2 m2 Sk k - Smk2 m2
∵Sn为等差数列 an 的前n项和，设其公差为 d，
n n- 1 m m- 1
S S na1+ 2 d ma
n- 1 m- 1
1+
∴ n - m = 2
d a1+ 2 d a1+ 2 d
n2 m2 n2
-
m2
= n - m =
2ma1-md- 2na1+nd m-n 2a1- d
2mn =
2mn ，
同理可得：Sk Sm
m- k 2a - d
2 - 2 =
1 ，
k m 2mk
m-n 2a1- d
∴ μ= 2m = m-n，
m- k 2a1- d m- k
2m
n- k m-n
∴ λ= m- k
n m- k - k m-n
m =
= mn-mk = n- k .
m m- k m m- k m- k
故选：B.
二、多选题
10. (2023·湖北 ·校联考模拟预测 )数列 an 各项均为正数，其前 n项和Sn，且满足 an Sn= 9 n∈N ，下
列四个结论中正确的是 ( )
A. an 为等比数列 B. an 为递减数列
C. an 中存在大于 3的项 D. a
1
n 中存在小于 2023 的项
【答案】BD
2
【解析】对于A：假设数列 an 为等比数列，设其公比为 q，则 a22= a1a3，即 9S =
81
2 S
，
1S3
所以，S2 2 2 2 21=S1S3，可得 a1(1+ q) = a1 1+ q+ q ，解得 q= 0，不合乎题意，故数列 an 不是等比数列，
故A错；
对于B：当n≥ 2时，an=Sn-Sn-1.因为 an Sn= 9 n∈N ，所以S = 9n a ，所以 a =
9 9
n a - =n n an-1
9 an-1- an
a a > 0，可得 an< an-1，所以数列 an 为递减数列，故B对；n n-1
对于C：由题意可知， n∈N ,an> 0，当n= 1时，a21= 9，可得 a1= 3；由B知数列 an 为递减数列，
故C错；
对于D：因为数列 an 各项均为正数，其前n项和Sn，所以随着n的增大，Sn递增.
而 a n Sn= 9 n∈N 恒成立，所以 an= 9S 递减，且 an> 0，n
所以 an 中必存在小于
1
2023 的项
故选：BD.
11. (2023·全国 · 1 1 1高三专题练习 )若数列 an 满足 a2- 2 a1< a3- 2 a2< < an- 2 an-1< ，则称数列
an 为“差半递增”数列，则 ( )
A.正项递增数列均为“差半递增”数列
B. 若数列 an 的通项公式为 an= qn q> 1 ，则数列 an 为“差半递增”数列
C. 若数列 an 为公差大于 0的等差数列，则数列 an 为“差半递增”数列
D.若数列 an 为“差半递增”数列，其前 n项和为Sn，且满足S = 2a - 2n+1n n - t，则实数 t的取值范围
为 - 323 ,+∞
【答案】BCD
【解析】对于A，假设一个正项递增数列为：1,4,5，
则 4- 12 =
7
2 ,5- 2= 3，则
7
2 > 3，不满足“差半递增”数列，A错误；
对于B，因为 an= qn q> 1 ，
所以 a - 1 a = qn- 1 qn-1n 2 n-1 2 ,a
1 n+1
n+1- 2 an= q -
1
2 q
n,
a - 1 a - a - 1 a = qn+1- 1 qn- qn- 1 n-1 1 n-1 2n+1 2 n n 2 n-1 2 2 q = 2 q (2q - 3q+ 1)，
因为 q> 1，所以函数 y= 2q2- 3q+ 1单调递增，所以当 y> 2- 3+ 1= 0，
即 an+1- 12 an > a -
1
n 2 an-1 恒成立，所以数列 an 为“差半递增”数列，B正确；
对于C，设公差 d> 0，an= a1+ (n- 1)d，an-1= a1+ (n- 2)d，an+1= a1+nd，
所以 aa - 1 a = 1 + 1 nd,a - 1n 2 n-1 2 2 n+1 2 an=
a1
2 +
1
2 nd+
1
2 d，
所以 a - 1n+1 2 an > a -
1
n 2 an-1 ，数列 an 为“差半递增”数列，C正确；
对于D，因为S n+1n= 2an- 2 - t，所以 a1=S1= 2a1- 4- t，所以 a1= 4+ t，
当n≥ 2时，an=Sn-Sn-1= 2an- 2an-1- 2n，
所以 an- 2n= 2a ，所以
an - an-1n-1 n n-1 = 1，2 2
所以数列 an n 为等差数列，公差为
a
1，所以 n = a1n 2 + (n- 1) =n+
1
2 2 2
t+ 1，
所以 an= 2n n+ 12 t+ 1 ，
所以对任意n∈N ,n≥ 2， a 1 1n+1- 2 an > an- 2 an-1 ，即 2
n+1 n+ 1 t+ 2 - 1 2n n+ 12 2 2 t+ 1 >
2n n+ 1 t+ 1 - 12 2 2
n-1 n+ 12 t ，
所以 8 n+ 12 t+ 2 - 2 n+
1
2 t+ 1 > 4 n+
1 1
2 t+ 1 - n+ 2 t ，
所以 t> -6n- 203 ，因为n∈N
,n≥ 2,
所以当n= 2时 -6n- 203 有最大值为-
32
3 ，
所以 t>- 323 ，D正确；
故选 :BCD.
12. (2023·黑龙江哈尔滨 ·高三哈师大附中校考期末 )以下为自然数从小到大依次排成的数阵：
1
2 3
4 5 6 7
8 9 10 11 12 13 14 15
第n行有 2n-1个数，则 ( )A．该数阵第n行第一个数为 2n-1
B．该数阵第n行最后一个数为 2n- 1
C．该数阵前n行共有 2n- 1个数
D．该数阵前n行所有数的和为 22n- 2n
【答案】ABC
【解析】对于A，该数阵每行第一个数分别为 20，21，22 ，归纳可得数阵第n行第一个数为 2n-1，故A
正确；
对于B，由A知，第n+ 1行的第一个数为 2n，故第n行的最后一个数为 2n- 1，故B正确；
n
对于C，数阵前n行共有 1+ 2+ 4+ +2n-1= 1- 21- 2 = 2
n- 1个数，故C正确；
1+ 2n- 1 2n- 1
对于D，数列前n行总和为 1+ 2+ 3+ + 2n- 1 = = 22n-1- 2n-12 ，故D不正确
故选：ABC
13. (2023·山东德州 ·高三统考期末 )已知数列 an 的前n项和为 Sn，且 a1= 1，an+1+ an= 2n则 ( )
n,n为奇数
A. S6= 18 B. an= n- 1,n为偶数
n- 1 2
C. 数列 an 为等差数列 D. n为奇数时，Sn=n+ 2
【答案】ABD
【解析】对于A选项，S6= a1+ a2 + a3+ a4 + a5+ a6 = 2× 1+ 3+ 5 = 18，A对；
对于B选项，因为 a1+ a2= 2，则 a2= 2- a1= 1，
对任意的n∈N ，由 an+1+ an= 2n可得 an+2+ an+1= 2 n+ 1 ，
上述两个等式作差可得 an+2- an= 2，
所以，数列 an 中的奇数项成以 1为首项，公差为 2的等差数列，
数列 an 中的偶数项成以 1为首项，公差为 2的等差数列，
当n为奇数时，设n= 2k- 1 k∈N ，则 an= a2k-1= a1+ 2 k- 1 = 2k- 1=n，
当n为偶数时，设n= 2k k∈N ，则 an= a2+ 2 k- 1 = 2k- 1=n- 1，
= n,n为奇数综上所述，an ，B对；n- 1,n为偶数
对于C选项，a3- a2= 1≠ a2- a1，故数列 an 不是等差数列，C错；
对于D选项，当n为奇数时，设n= 2k- 1 k∈N ，则 k= n+ 1 2 ，
则Sn=S2k- a2k= a1+ a2 + a3+ a4 + + a2k-1+ a2k - a2k
2k 1+ 2k- 1= 2 1+ 3+ + 2k- 1 - 2k- 1 = 2 - 2k- 1 = 2k
2- 2k+ 1
2
= 2× n+ 1
2 2 n- 1
2 - n+ 1 + 1=
n
2 +
1 = + 2 n 2 ，D对.
故选：ABD.
14. (2023·湖南株洲 ·高三校联考期末 )已知数列 an 满足 a1= 1，a1= 1,a 2 n+1an+ an+1= an(n∈N ) ,数列
an 前n项和为Sn，则下列叙述正确的有 ( )
A. a 1 1n+1- an< 0 B. a2023< 63 C. an≤ D. S ≤n3n- 2 n
【答案】ABD
【解析】∵ a1= 1, 1a =
1
n+1 a
+ an,，
n
又 a1= 1> 0，
归纳可得 an> 0，
∴ an- an+1a = an> 0,nan+1
∴ an+1- an< 0,
故选项A正确；
an> an+1,数列 an 单调递减，
当 n= 1 时， S1= 1；
当 n≥ 2 时，Sn= a1+ a2+ +an< a1+ a1+ +a1=n.故选项D正确；
∵ 1a =
1
a + an，n+1 n
1 1 2∴ = + a = a2+ 2+ 1 1a2 a n n a2 > + 2，n+1 n n a2n
∴ 12 -
1 > 2,，
an+1 a2n
∴ 12 -
1
2 > 2(n- 1)an a1
∴ 12 > 2n- 1，an
∴ an< 1 ，2n- 1
又 1
2
= 1 + a = a2+ 2+ 1 12 a n n 2 ≤ 2 + 3，an+1 n an an
∴ 12 -
1
2 < 3，an+1 an
∴ 1 - 1
a2 a2
< 3，
2 1
1
2 -
1 < 3, , 1 - 1 < 3，
a3 a2 2 22 an an-1
∴ 1 - 12 2 < 3(n- 1),an a1
∴ 12 < 3n- 2,an
∴ an> 1 ，3n- 2
所以当n≥ 2时，
∴ 1 < a < 1 .
3n- 2 n 2n- 1
故选项C错误；
a 1 12023< < ， 故选项B正确；4045 63
故选：ABD.
15. (2023春 ·浙江 ·高三校联考开学考试 )已知数列 an 满足 a an+1 ann e = e - 1，且 a1= 1， Sn 是数列
an 的前n项和，则 ( )
A. a2023< a2022 B. S2023< 2
2 2022C. a2021+ a2023< 2a2022 D. a2023< 3
【答案】AD
【解析】对于A : h x = ex- x- 1,h x = ex- 1,h x 在 0,+∞ 单调递增, h x 在 -∞ ,0 单调递减,
h x ≥ h 0 = 0,当且仅当 x= 0时 ,ex- x- 1= 0
若 an+1= 0,又因为 a ean+1n = ean- 1则 an= ean- 1,则 an= 0，则 an+1= an= a1= 0,又因为 a1= 1,所
an
以 a ≠ 0所以 ean+1= e - 1n a ，n
设 g(x) = ex- 1- xex,∴ g (x) = ex- ex- xex=-xex，
当 x> 0时，g (x)< 0,g(x)单调递减，当 x< 0时，g (x)> 0,g(x)单调递增.
所以 g(x)< g(0) = 0,所以 xex> ex- 1,所以 anean> ean- 1,
x
由 h x = ex- x- 1≥ 0, 当 x> 0时 , e - 1x > 1
a1
因为 a = 1，所以 ea2= e - 11 a =
e- 1
1 > 1,则 a2> 0,同理得 a3> 0, an> 01
an
当 a > 0时，ean> e - 1 an+1n a = e ,∴ an> an+1；n
所以 an> an+1，所以数列 an 单调递减 .则 a2023< a2022, 所以选项A正确.
对于B：由前面得 0< an+1< an≤ 1．下面证明 a 1n+1> 2 an．
an
ln e - 1an+1 1 an 1 ean- 1 1 ean- 1 1只需证明 > > 2an anan 2 an 2
ln a > 2 an a > e ，令 b= e ，n n
b- 1
1 1 1
> b 2 b 2- b- 2- lnb> 0,1< b≤ e，
lnb
1 1
令m(b) = b 2- b- 2- lnb,b∈ (1,e]，则m (b) = 1 b+ 1 - 22b b > 0，
∴m b >m 1 = 0成立．所以 an+1> 12 an，
所以S 1 1 1 12023> a1+ a2+ 2 a2+ + 2021 a2= a1+ 2- 2021 a2= 1+ 2ln(e- 1) -2 2 22021 ln(e- 1)> 2，所以
选项B错误；
对于C：an+1- an= ln ean- 1 - lnan- an，设 an= x,x∈ (0,1]，设 f(x) = ln ex- 1 - lnx- x,x∈ (0
,1]，
x
则 f (x) = ex -
1
x - 1=
1 - 1 < 0．所以函数 f(x)单调递减，所以随着 a 减小，
e - 1 ex- 1 x n
从而 an+1- an增大．所以 a2023- a2022> a2022- a2021，即 2a2022< a2021+ a2023．所以C错误．
n-1
对于D：一般地，证明：an≤ 23 ．
eanln - 1
只需证明 an+1 ≤ 2 an ≤ 2 ln e
an- 1 2 ean 2≤ a - 1 ≤ e3anan 3 an 3 a 3 n a
．
n n
2 1 2 1 2
x- 1 3 3 - 3lnx ≤ x x - x - lnx≤ 0,1< x≤ e．令 k(x) = x
3- x- 3- lnx,x∈ (1,e]，
则 k (x) = 1 1- 1 3 x- 23x 3 3 - 2 < 0，x x
n-1
∴ k(x)< k(1) = 0成立．所以 an+1≤ 23 an，所以 an≤
2
3 ．所以D正确．
故选：AD.
三、填空题
16. (2023·山西太原 ·高三统考阶段练习 )高斯是德国著名的数学家，有“数学王子”之称，以其名字命名
的成果有 110个 .设 x∈R，用 x 表示不超过 x的最大整数，则 y= x 称为高斯函数，若用 x = x-
x 表示 x的非负纯小数，如 2 = 2 - 1，已知数列 an 满足 a1= 3,a = a + 1n+1 n ，则 a2021=
an
__________.
【答案】3030+ 3
【解析】∵ a1= 3，∴ a = 1+ 12 = 3 + 3，3- 1 2 2
a3= 2+ 1 = 6 + 3，a = 4+ 1 = 9 + 3，3+ 3 - 2
4 3- 1 2 2
2 2
a = 5+ 1 = 125 2 + 3，9+ 3
2 - 5
由此可得到规律：当n为奇数时，a = n- 1n 2 × 3+ 3，
∴ a2021= 2021- 12 × 3+ 3= 3030+ 3，
故答案为：a2021= 3030+ 3.
17. (2023春 ·江苏南通 ·高三校考开学考试 )“0，1数列”是每一项均为 0或 1的数列，在通信技术中应用
广泛 .设A是一个“0，1数列”，定义数列 f A ：数列A中每个 0都变为“1，0，1”，A中每个 1都变为
“0，1，0”，所得到的新数列 .例如数列A：1，0，则数列 f A ：0，1，0，1，0，1.已知数列A1：1，0，1，0，
1，记数列Ak+1= f Ak ，k= 1，2，3， ，则数列A4的所有项之和为______.
【答案】67
【解析】依题意，可知经过一次变换A→ f A ，每个 1变成 3项，其中 2个 0，1个 1；每个 0变成 3项，其
中 2个 1，1个 0，
因为数列A1：1，0，1，0，1，共有 5项，3个 1，2个 0，
所以A2= f A1 有 5× 3项，3个 1变为 6个 0，3个 1；2个 0变为 4个 1，2个 0；故数列A2中有 7个 1，
8个 0；
A 23= f A2 有 5× 3 项，7个 1变为 14个 0，7个 1；8个 0变为 16个 1，8个 0；故数列A3中有 23个 1，
22个 0；
A4= f A3 有 5× 33项，23个 1变为 46个 0，23个 1；22个 0变为 44个 1，22个 0；故数列A4中有 67个
1，68个 0；
所以数列A4的所有项之和为 67.
故答案为：67.
18. (2023·全国 · 2高三专题练习 )已知数列 {an}满足 an+1= 2an+ a - 3，其首项 a1= a，若数列 {an}是单n
调递增数列，则实数 a的取值范围是______.
【答案】 0, 12 ∪ (2,+∞)
【解析】由题意得 an+1- an= a + 2n a - 3> 0，则 a
2 2
1+ a - 3> 0，即 a+ a - 3> 0，n 1
当 a> 0时，a2- 3a+ 2> 0解得 0< a< 1或 a> 2；
当 a< 0时，不等式无解；
又因为 an+1- an> 0，所以 a3- a2> 0
即 a3- a 22= a2+ a - 3> 0，又 a> 0，所以 a
2
2- 3a2+ 2> 0
2
2 2
即 a22- 3a2+ 2= a - 2 2a - 4a+ 2 2a - 5a+ 2 2 a2- 1 = a a > 0；
又因为 a∈ (0,1) ∪ (2,+∞)，易得 2a2- 4a+ 2= 2(a- 1)2> 0
所以，2a2- 5a+ 2= (2a- 1) (a- 2)> 0，解得 a< 12 或 a> 2
利用对勾函数性质可知，函数 f(x) = x+ 2 1x - 3在 0, 2 ∪ (2,+∞)上满足 f(x)> 0恒成立，
所以实数 a的取值范围为 a∈ 0, 12 ∪ (2,+∞).
故答案为： 0, 12 ∪ (2,+∞)
19. (2023·全国 ·高三对口高考 )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，规格为 20dm× 12dm的长方形纸，对折 1次共可以得到 10dm× 12dm，20dm× 6dm两种
规格的图形，它们的面积之和 S1= 240dm2，对折 2次共可以得到 5dm× 12dm，10dm× 6dm，20dm×
3dm三种规格的图形，它们的面积之和 S2= 180dm2，以此类推，对折 n次，那么 S1+S2+ +Sn=__
______dm2．
15 n+ 3
【答案】 720-
2n-4
【解析】由对折 2次共可以得到 5dm× 12dm，10dm× 6dm，20dm× 3dm三种规格的图形，
所以对着三次的结果有：52 × 12，5× 6，10× 3；20×
3
2，
共 4种不同规格 (单位 dm2)；故对折 4次可得到如下规格：5 × 12，54 2 × 6，5× 3，10×
3
2，20×
3
4，共
5种不同规格；
由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，
故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为 12 的等比数列，首项为 120 dm
2 ，第n次对折
n-1
共有n+ 1种规格，其面积均为 120× 12 ，
120 n+ 1
则对于第n次对折后的图形的面积之和 = Sn 2n-1
，
n
设S= S = 120× 2 + 120× 3 + 120× 4
120 n+ 1
k 0 1 2 + +
，
k=1 2 2 2 2
n-1
则 1 S= 120× 2 120× 3 120n
120 n+ 1+ + + + 2 1 2 n-1 n ，2 2 2 2
60 1- 1
两式作差得：1
120 n+ 1 n-1
2 S= 240+ 120
1 + 1 1 22 22
+ +
2n-1 - n = 240+ -2 1- 12
120 n+ 1 120 120 n+ 1 120 n+ 3
n = 360- - = 360- ，2 2n-1 2n 2n
240 n+ 3 15 n+ 3因此， = S 720- = 720-
2n 2n-4
．
15 n+ 3
故答案为： 720- ．
2n-4
20. (2023·上海 ·高三专题练习 )几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学
习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题
的答案：已知数列 1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16， ，其中第一项是 20，接下来的两项是 20，
21，再接下来的三项是 20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N> 100且该数列的前N
项和为 2的整数幂．那么该款软件的激活码是______．
【答案】440
【解析】由题意可知：第一项 20，第二项 20,21，第三项 20,21,22， ，第n项 20,21, ,2n-1，
根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21- 1，22- 1，23- 1， ，2n- 1，
每项含有的项数为：1，2，3， ，n，
n(n+ 1)
总共的项数为N= 1+ 2+ 3+ +n= 2 ，
2 2n- 1
所有项数的和为S : 21- 1+ 22N - 1+ 23- 1+ + n- = 1+
2 1 2 22+ 23+ +2n -n= 2- 1 -n
= 2n+1- 2-n，
由题意可知：2n+1为 2的整数幂，只需将-2-n消去即可，
则① 1+ 2+ (- - )= (1+ 1) × 12 n 0，解得：n= 1，总共有 2 + 2= 3，不满足N> 100，
② 1+ 2+ 4+ (- (1+ 5) × 52-n) = 0，解得：n= 5，总共有 2 + 3= 18，不满足N> 100，
(1+ 13) × 13
③ 1+ 2+ 4+ 8+ (-2-n) = 0，解得：n= 13，总共有 2 + 4= 95，不满足N> 100，
+ + + + + (- - )= = (1+ 29) × 29④ 1 2 4 8 16 2 n 0，解得：n 29，总共有 2 + 5= 440，满足N> 100，
∴该款软件的激活码 440．
故答案为：440.
21. (2023·全国 ·高三专题练习 )已知数列 {b }满足 b = 3n+ (-1)n-1λ2n+1，且对于任意的 n∈N *n n ，都有
bn+1> bn恒成立，则实数 λ的取值范围______________．
【答案】 - 9 34 , 2
【解析】∵ b = 3n+ (-1)n-1λ2n+1n ，∴ b = 3n+1n+1 + (-1)nλ2n+2，
两式相减得：b - b =[3n+1+ (-1)nλ2n+2]- [3n+ (-1)n-1λ2n+1n+1 n ]= 2 3n+ (-1)nλ2n+1，
∵对于任意的n∈N *，都有 bn+1> bn恒成立，∴对于任意的n∈N *，都有 3n+ (-1)nλ2n> 0恒成立，∴
(-1)n-1
n 2k-1 2k-1
λ< 32 对于任意的n∈N
*恒成立，当n= 2k- 1时，λ< 32 因为
3
2 单调递增，欲
使 λ< 3
2k-1
2 ，即 λ<
3
2 即可；
3 2k 3 2k 2k当n= 2k时，λ>- 2 ，因为- 2 单调递减，欲使 λ>-
3
2 即 λ>-
9
4．
综上所述，实数 λ的取值范围是： - 9 34 , 2 ．
故答案为： - 9 , 34 2
22. (2023春 ·河南开封 ·高三统考开学考试 )现取长度为 2的线段MN的中点M1，以MM1为直径作半圆，
该半圆的面积为S1(图 1 )，再取线段M1N的中点M2，以M1M2为直径作半圆．所有半圆的面积之和为
S2(图 2 )，再取线段M2N的中点M3，以M2M3为直径作半圆，所有半圆的面积之和为 S3，以此类推，则
n
iSi=______．
i=1
3n+ 4 π
【答案】2π9 -
9 22n+1
2 3
【解析】依题意，S1= 1 1 12 × π× 2 = π× 2 ，
1 1 2 1 5S2= 2 × π× 4 = π× 2 ，
S = 1 × π× 1
2 7
3 2 8 = π×
1
2 ，
以此类推可知，数列 S 1 1n 是首项为 8 π，公比是 4 的等比数列，
n-1 2n+1
所以Sn= 18 π×
1 1
4 = π× 2 .
n
令Tn= iSi，
i=1
3 5 2n+1
则Tn= 1× π× 1 + 2× π× 12 2 + +n× π×
1
2 ，
1 5 7 2n+3
4 Tn= 1× π×
1
2 + 2× π×
1
2 + +n× π×
1
2 ，
两式相减得 3 T = π× 1
3
+ π× 1
5 2n+1 2n+3
4 n 2 2 + +π×
1
2 -n× π×
1
2
1 3π× 2 × 1- 14n 2n+3= -n× π× 1
1- 1 24
π 3n+ 4 π= - 6 3 22n+3
2π 3n+ 4 π所以 = - Tn 9 9 22n+1
.
n 2π 3n+ 4 π所以 iSi= 9 - .i=1 9 22n+1
故答案为：2π -
3n+ 4 π
9 9 22n+1
23. (2023·山东日照 ·高三校联考期末 )设正项等比数列 a1,a2, ,a5的公比为 q，首项 a1= 1，关于 x的方程
a x2k + 2x+ ak= 0有两个不相等的实根 x1,x2，且存在唯一的 ak k= 1,2, ,5 ，使得 x1- x2 < 2 15．
则公比 q的取值范围为______．
【答案】 14 ,
1
2
【解析】∵ akx2+ 2x+ ak= 0有两个不相等的实根 x1,x2，ak> 0，
∴Δ= 4- 4a2k> 0，解得：0< ak< 1，∴ x 21+ x2=- a ，x1x2= 1，k
∴ 0< x1- x2 = x 21+ x2 - 4x1x2= 42 - 4< 2 15，解得：
1 1
a 4
< ak< 1，∴ 4 < ak< 1；k
∵ a1= 1不满足 14 < ak< 1，则存在唯一的 ak k= 2, ,5 ，使得 x1- x2 < 2 15，
∵ ak< a1，an> 0，∴等比数列 an 为递减数列，即 0< q< 1；
若 a ≤ 12 4，则 a3,a4,a5均不满足 ak∈
1
4 ,1 ，不合题意；
∴ a ∈ 12 4 ,1 ，又 ak k= 2, ,5 唯一，则 a3∈ 0,
1
4 ，
1
4 < a1q= q< 1∴ 1 ，解得：
1
4 < q≤
1
2，即公比 q的取值范围为
1 , 1
2= 2≤ 4 2
.
a1q q 4
故答案为： 14 ,
1
2 .
24. (2023·全国 ·高三专题练习 )已知数列 an 满足 a1= 1，a2= 3， an- an-1 = n n∈N,n≥ 3 ， a2n-1
是递增数列， a2n 是递减数列，则 a20=__________．
【答案】-6
【解析】因为 a2n-1 是递增数列，所以 a2n+1- a2n-1> 0，
故 a2n+1- a2n + a2n- a2n-1 > 0，
因为 2n+ 1> 2n，所以 a2n+1- a2n = 2n+ 1> a2n- a2n-1 = 2n，
所以 a2n+1- a2n> 0 n≥ 2 ，
又 a3- a1= 5> 0，所以 a2n+1- a2n> 0 n≥ 1 ，
因为 a2n 是递减数列，所以 a2n+2- a2n< 0，
同理 a - a = 2n+ 1a 2n+1 2n2n+2- a2n+1< 0，所以 - =- + ，a2n+2 a2n+1 2n 2
所以 a2n+2- a2n=-1，即 a2n 的首项为 3，公差为-1的等差数列，
即 a20= 3+ 10- 1 × -1 =-6．
故答案为：-6.微专题 数列的性质、蛛网图、最值问题、恒成立问题、插项
问题、公共项问题、规律问题、奇偶问题
【秒杀总结】
1.数列的周期性，此类问题的解法是由定义求出数列的前几项，然后归纳出周期性.
2.函数与数列的综合问题，解决该问题应该注意的事项：
(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；
(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视
的问题；
(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的
转化.
3.证明数列 an 单调性的方法：根据 an+1- an与 0的关系判断出数列的单调性 (当 an 恒为正或者负
a
时，可以考虑利用 n+1a 与 1的大小关系判断数列单调性 ).n
4.当出现与年份有关的数列选择题，题目本身难度比较大的时候，比如，出现 2019、2020、2021类似这样
的数字，我们完全可以通过逐个分析选项，通过选项找规律后判断是否符合题意，来决定哪个选项正
确 .比如求 S2021，可以令 2021= n，将选项中的所有数字用 n来表示，然后通过 S1、S2来验证哪个选项
正确 .如果题目问的是S2020、S2018之类的偶数年份，最好是通过S2、S4这样的偶数项来验证.
【典型例题】
例1. (浙江省杭州市第二中学滨江校区 2022- 2023学年高三上学期期中数学试题 )已知数列 an 满足
a an-2 *n+1= e + 1(n∈N ，e为自然对数的底数 )，且对任意的M> 0都存在 n∈N *，使得 an- 2 立，则数列 an 的首项 a1须满足 ( )
A. a1≤ 1 B. 1≤ a1≤ 2 C. a1≤ 2 D. a1≥ 2
例2. (2023 新蔡县月考 )数列 {an}满足 a n+1n+1+ (-1) an= 2n，则数列 {an}的前 60项和等于 ( )
A. 1830 B. 1820 C. 1810 D. 1800
例3. (2023 1江苏模拟 )若单调递增数列 {an}满足 an+ an+1+ an+2= 3n- 6，且 a2= 2 a1，则 a1的取值范围
是 ．
例4. (广东省实验中学 2023届高三考前热身训练数学试题 )已知Sn为数列 an 的前 n项和，a1= a2= 1，
平面内三个不共线的向量OA，OB，OC，满足OC = an-1+ an+1 OA+ 1- an OB，n≥ 2，n∈N *，
若A，B，C在同一直线上，则S2021=___________.
例5. (江苏省苏州市吴中区木渎高级中学 2022- 2023学年高三上学期期中数学试题 )数列 an 中，an=
- 1 a - 32 n-1 2 n≥ 2,n∈N
* ，且 a= 1，记数列 an 的前 n项和为Sn，若 3λ Sn+n ≤ 4对任意的 n∈
N *恒成立，则实数 λ的最大值为__________.
例6. (江西省临川二中、临川二中实验学校 2023届高三第二次模拟考试文科数学试题 )已知数列 an 的
前 n项和为Sn= 2an- 2n+1，若对一切正整数 n，不等式 2n2- n- 3< λ- 2019 an恒成立，则满足条件
的最小整数 λ为______.
【过关测试】
一、单选题
1. (2023· nπ全国 ·高三专题练习 )设数列 an 的通项公式为 an= -1 n 2n- 1 cos 2 + 1 n∈N
* ，其前
n项和为Sn，则S120= ( )
A. - 60 B. - 120 C. 180 D. 240
2. (2023·山东潍坊 ·高三统考期末 )已知定义在 R上的函数 f x 满足 f 0 = 1，对 x，y ∈ R，有
2023
f xy+ 1 1 = f x f y - f y - x+ 2，则 =( )
i=1 f i f i+ 1
A. 2023 B. 20244050 2025 C.
2023 2023
4048 D. 2024
3. (2023·全国 ·高三专题练习 )设数列 an 的前 n项和为Sn,a1= 1，且 2Sn= a *n+1- 1 n∈N .若对任意
的正整数 n，都有 a1bn+ a2bn-1+ a3bn-2+ +anb1= 3n- n- 1成立，则满足等式 b1+ b2+ b3+ +bn=
an的所有正整数n为 ( )
A. 1或 3 B. 2或 3 C. 1或 4 D. 2或 4
( a
b
4. 2023· n河北衡水 ·河北衡水中学校考模拟预测 )已知数列 an 、 bn ，an+1=
n
2 ，bn+1= 2 ，
n∈N + 其中 x 为不大于 x的最大整数 .若 a1= b1=m，m≤ 1000，m∈N +，有且仅有 4个不同的
t，使得 at≠ bt，则m一共有 ( )个不同的取值.
A. 120 B. 126 C. 210 D. 252
5. (2023·北京朝阳 ·高三统考期末 )在数列 an 中，a1= 1,a 2n+1= kan+ 1 n∈N ，若存在常数 c，对任意
的n∈N ，都有 an< c成立，则正数 k的最大值为 ( )
A. 1 B. 1 C. 1 D. 15 4 3 2
6. (2023·湖南长沙 ·统考一模 )裴波那契数列 Fn ，因数学家莱昂纳多 ·裴波那契以兔子繁殖为例子而
引入，故又称为“兔子数列”，该数列 Fn 满足 F1= F2= 1，且 Fn+2= Fn+1+ Fn n∈N * ．卢卡斯数列
Ln 是以数学家爱德华 · 卢卡斯命名，与裴波那契数列联系紧密，即 L 1 = 1，且 Ln+1 = Fn +
Fn+2 n∈N * ，则F2023= ( )
A. 1 L + 13 2022 6 L
1 1
2024 B. 3 L2022+ 7 L C.
1 L + 1 1 22024 5 2022 5 L2024 D. - 5 L2022+ 5 L2024
7. (2023·全国 ·高三专题练习 )已知 Sn是数列 an 的前 n项和，且 a1= a2= 1，an= 2an-1+ 3an-2(n≥
3)，则下列结论正确的是 ( )
A.数列 an- an+1 为等比数列 B. 数列 an+1+ 2an 为等比数列
1 n-1
n-1
C. S = 320
3 + -1
40 4 - 1 D. an= 2
8. (2023·山西太原 ·高三统考期末 )如表所示的数阵称为“森德拉姆素数筛”，表中每行每列的数都成等
差数列，设 f(m,n)表示该数阵中第m行、第n列的数，则下列说法正确的是 ( )
2 3 4 5 6 7
3 5 7 9 11 12
4 7 10 13 16 19
5 9 13 17 21 25
6 11 1 21 26 31
7 13 19 25 31 37
A. f(3,18)< 49 B. f(6,8)> 49 C. f(7,7) = 49 D. f(12,4) = 49
9. (2023·黑龙江哈尔滨 ·高三哈师大附中校考期末 )已知等差数列 an 的前 n项和为 Sn，向量OP=
Sn , = , S
S
n ，OP m m ，OP = k, k
n 1 m 2 m,n,k∈N ，且OP= λOP1+ μOP2，则用 n,m,k表示 λ，则 λk
= ( )
A. m- k B. n- k- - C.
m-n D. n-m
n k m k k-n k-m
二、多选题
10. (2023·湖北 ·校联考模拟预测 )数列 an 各项均为正数，其前 n项和Sn，且满足 an Sn= 9 n∈N ，下
列四个结论中正确的是 ( )
A. an 为等比数列 B. an 为递减数列
C. 1 an 中存在大于 3的项 D. an 中存在小于 2023 的项
11. (2023·全国 · 1 1 1高三专题练习 )若数列 an 满足 a2- 2 a1< a3- 2 a2< < an- 2 an-1< ，则称数列
an 为“差半递增”数列，则 ( )
A.正项递增数列均为“差半递增”数列
B. 若数列 an 的通项公式为 a = qnn q> 1 ，则数列 an 为“差半递增”数列
C. 若数列 an 为公差大于 0的等差数列，则数列 an 为“差半递增”数列
D.若数列 an 为“差半递增”数列，其前 n项和为Sn，且满足Sn= 2a - 2n+1n - t，则实数 t的取值范围
为 - 323 ,+∞
12. (2023·黑龙江哈尔滨 ·高三哈师大附中校考期末 )以下为自然数从小到大依次排成的数阵：
1
2 3
4 5 6 7
8 9 10 11 12 13 14 15
第n行有 2n-1个数，则 ( )A．该数阵第n行第一个数为 2n-1
B．该数阵第n行最后一个数为 2n- 1
C．该数阵前n行共有 2n- 1个数
D．该数阵前n行所有数的和为 22n- 2n
13. (2023·山东德州 ·高三统考期末 )已知数列 an 的前n项和为 Sn，且 a1= 1，an+1+ an= 2n则 ( )
= = n,n为奇数A. S6 18 B. an n- 1,n为偶数
n- 1 2
C. 数列 an 为等差数列 D. n为奇数时，Sn=n+ 2
14. (2023·湖南株洲 ·高三校联考期末 )已知数列 an 满足 a1= 1，a1= 1,a 2n+1an+ an+1= an(n∈N ) ,数列
an 前n项和为Sn，则下列叙述正确的有 ( )
A. a 1 1n+1- an< 0 B. a2023< 63 C. an≤ D. S ≤n3n- 2 n
15. (2023春 ·浙江 ·高三校联考开学考试 )已知数列 a 满足 a ean+1n n = ean- 1，且 a1= 1， Sn 是数列
an 的前n项和，则 ( )
A. a2023< a2022 B. S2023< 2
2022
C. a2021+ a 22023< 2a2022 D. a2023< 3
三、填空题
16. (2023·山西太原 ·高三统考阶段练习 )高斯是德国著名的数学家，有“数学王子”之称，以其名字命名
的成果有 110个 .设 x∈R，用 x 表示不超过 x的最大整数，则 y= x 称为高斯函数，若用 x = x-
1
x 表示 x的非负纯小数，如 2 = 2 - 1，已知数列 an 满足 a1= 3,an+1= an + ，则 a =
a
2021
n
__________.
17. (2023春 ·江苏南通 ·高三校考开学考试 )“0，1数列”是每一项均为 0或 1的数列，在通信技术中应用
广泛 .设A是一个“0，1数列”，定义数列 f A ：数列A中每个 0都变为“1，0，1”，A中每个 1都变为
“0，1，0”，所得到的新数列 .例如数列A：1，0，则数列 f A ：0，1，0，1，0，1.已知数列A1：1，0，1，0，
1，记数列Ak+1= f Ak ，k= 1，2，3， ，则数列A4的所有项之和为______.
18. (2023·全国 ·高三专题练习 )已知数列 {an}满足 an+1= 2an+ 2a - 3，其首项 a1= a，若数列 {an}是单n
调递增数列，则实数 a的取值范围是______.
19. (2023·全国 ·高三对口高考 )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，规格为 20dm× 12dm的长方形纸，对折 1次共可以得到 10dm× 12dm，20dm× 6dm两种
规格的图形，它们的面积之和 S1= 240dm2，对折 2次共可以得到 5dm× 12dm，10dm× 6dm，20dm×
3dm三种规格的图形，它们的面积之和 S2= 180dm2，以此类推，对折 n次，那么 S1+S2+ +Sn=__
______dm2．
20. (2023·上海 ·高三专题练习 )几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学
习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题
的答案：已知数列 1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16， ，其中第一项是 20，接下来的两项是 20，
21，再接下来的三项是 20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N> 100且该数列的前N
项和为 2的整数幂．那么该款软件的激活码是______．
21. (2023·全国 ·高三专题练习 )已知数列 {bn}满足 bn= 3n+ (-1)n-1λ2n+1，且对于任意的 n∈N *，都有
bn+1> bn恒成立，则实数 λ的取值范围______________．
22. (2023春 ·河南开封 ·高三统考开学考试 )现取长度为 2的线段MN的中点M1，以MM1为直径作半圆，
该半圆的面积为S1(图 1 )，再取线段M1N的中点M2，以M1M2为直径作半圆．所有半圆的面积之和为
S2(图 2 )，再取线段M2N的中点M3，以M2M3为直径作半圆，所有半圆的面积之和为 S3，以此类推，则
n
iSi=______．
i=1
23. (2023·山东日照 ·高三校联考期末 )设正项等比数列 a1,a2, ,a5的公比为 q，首项 a1= 1，关于 x的方程
akx2+ 2x+ ak= 0有两个不相等的实根 x1,x2，且存在唯一的 ak k= 1,2, ,5 ，使得 x1- x2 < 2 15．
则公比 q的取值范围为______．
24. (2023·全国 ·高三专题练习 )已知数列 an 满足 a1= 1，a2= 3， an- an-1 = n n∈N,n≥ 3 ， a2n-1
是递增数列， a2n 是递减数列，则 a20=__________．
