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075分数列★★★☆☆
一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深邃的历史文化闻名遐迩. 该塔群共有 108108 座塔，依山势自上而下排成 1212 行，将第 ii 行中塔的座数记为 aia_i（i=1i=1，22，⋯\cdots，1212），其中 a1=1a_1=1，a2=a3=3a_2=a_3=3，a4=a5=5a_4=a_5=5，且 a6a_6，a7a_7，⋯\cdots，a12a_{12} 是一个首项为 77，公差为 22 的等差数列. 将 a1a_1，a2a_2，⋯\cdots，a12a_{12} 分为 66 组，每组 22 个数，使得每组的 22 个数之和可构成一个项数为 66 且公差为 dd（d>0d>0）的等差数列，则 d=d=（ ）
A.
22
B.
44
C.
66
D.
88

2026 · 全国 · 一卷 · 第 7 题 · 选择题

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075分数列★★★☆☆
记 SnS_n 为数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和. 设甲：{an}\{a_n\} 为等差数列，乙：{Snn}\left\{\frac{S_n}{n}\right\} 为等差数列，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

2023 · 全国 · 新高考一卷 · 第 7 题 · 选择题

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1715分数列★★★☆☆
记 SnS_n 为数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和，已知 a1=1a_1=1，数列 {Snan}\left\{\frac{S_n}{a_n}\right\} 是公差为 13\frac13 的等差数列.
(1) 求 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 证明：1a1+1a2+⋯+1an<2\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\cdots+\frac1{a_n}<2.

2022 · 全国 · 新高考一卷 · 第 17 题 · 解答题

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1715分数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_n\} 满足 a1=1a_1=1，且
an+1={an+1,n为奇数,an+2,n为偶数.a_{n+1}=\begin{cases} a_n+1, & n\text{为奇数},\\ a_n+2, & n\text{为偶数}. \end{cases}
(1) 记 bn=a2nb_n=a_{2n}，写出 b1b_1，b2b_2，并求数列 {bn}\{b_n\} 的通项公式； (2) 求 {an}\{a_n\} 的前 2020 项和.

2021 · 全国 · 新高考一卷 · 第 17 题 · 解答题

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17数列★★★☆☆
设 {an}\{a_n\} 是公比不为 11 的等比数列，a1a_1 为 a2a_2，a3a_3 的等差中项.
(1) 求 {an}\{a_n\} 的公比； (2) 若 a1=1a_1=1，求数列 {nan}\{na_n\} 的前 nn 项和.

2020 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18数列★★★☆☆
记 SnS_n 为等差数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和. 已知 S9=−a5S_9=-a_5.
(1) 若 a3=4a_3=4，求 {an}\{a_n\} 的通项公式； (2) 若 a1>0a_1>0，求使得 Sn≥anS_n\ge a_n 的 nn 的取值范围.

2019 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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14数列★★★☆☆
记 SnS_n 为数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和. 若 Sn=2an+1S_n=2a_n+1，则 S6=S_6=______.

2018 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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19数列★★★☆☆
设数列 {an}\{a_n\} 的前 nn 项和为 SnS_{n}. 已知 a1=1a_1 = 1，a2=2a_2 = 2，且 an+2=3Sn−Sn+1+3a_{n+2} = 3S_{n} - S_{n+1} + 3，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*.
(1) 证明： an+2=3ana_{n+2} = 3a_n； (2) 求 SnS_{n}.

2015 · 湖南 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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16数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和 Sn=n2+n2S_{n} = \frac{n^{2} + n}{2}，n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 bn=2an+(−1)nanb_{n} = 2^{a_{n}} + (-1)^{n}a_{n}，求数列 {bn}\{b_{n}\} 的前 2n2n 项和.

2014 · 湖南 · 文 · 第 16 题 · 解答题

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19数列★★★☆☆
设 SnS_{n} 为数列 {an}\{a_{n}\} 的前 nn 项和. 已知 a1≠0a_1 \neq 0，2an−a1=S1⋅Sn2a_{n} - a_1 = S_1 \cdot S_n，n∈N∗n \in \mathbf{N}^*.
(1) 求 a1a_{1}，a2a_{2}，并求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 求数列 {nan}\{na_{n}\} 的前 nn 项和.

2013 · 湖南 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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16数列★★★☆☆
对于 n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，将 nn 表示为 n=ak×2k+ak−1×2k−1+⋯+a1×21+a0×20n = a_k \times 2^k + a_{k-1} \times 2^{k-1} + \cdots + a_1 \times 2^1 + a_0 \times 2^0，当 i=ki = k 时，ai=1a_i = 1，当 0⩽i⩽k−10 \leqslant i \leqslant k - 1 时，aia_i 为 0 或 1. 定义 bnb_n 如下：在 nn 的上述表示中，当 a0a_0，a1a_1，a2a_2，⋯\cdots，aka_k 中等于 1 的个数为奇数时，bn=1b_n = 1；否则 bn=0b_n = 0.
(1) b2+b4+b6+b8=‾b_{2}+b_{4}+b_{6}+b_{8}=\underline{\hspace{2em}}； (2) 记 cmc_{m} 为数列 {bn}\{b_{n}\} 中第 mm 个为 0 的项与第 m+1m + 1 个为 0 的项之间的项数，则 cmc_{m} 的最大值是______.

2012 · 湖南 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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20数列★★★☆☆
数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=1a_1 = 1，a2=2a_2 = 2，an+2=(1+cos⁡2nπ2)an+sin⁡2nπ2a_{n+2} = \left(1 + \cos^2\frac{n\pi}{2}\right)a_n + \sin^2\frac{n\pi}{2}， n=1\ n = 1，22，33，…\dots.
(1) 求 a3a_{3}，a4a_{4}，并求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 设 Sk=a1+a3+⋯+a2k−1S_{k} = a_{1} + a_{3} + \dots + a_{2k-1}，Tk=a2+a4+⋯+a2kT_{k} = a_{2} + a_{4} + \dots + a_{2k}，Wk=2Sk2+TkW_{k} = \frac{2S_{k}}{2 + T_{k}}（k∈N∗k \in \mathbf{N}^{*}），求使 Wk>1W_{k} > 1 的所有 kk 的值，并说明理由.
\begin{solution} 当 nn 为奇数时，cos⁡2nπ2=0\cos^2\frac{n\pi}{2}=0，sin⁡2nπ2=1\sin^2\frac{n\pi}{2}=1，递推式化为 an+2=an+1a_{n+2}=a_n+1. 当 nn 为偶数时，cos⁡2nπ2=1\cos^2\frac{n\pi}{2}=1，sin⁡2nπ2=0\sin^2\frac{n\pi}{2}=0，递推式化为 an+2=2ana_{n+2}=2a_n.
\begin{enumerate} \item 由上述两个递推关系，a3=a1+1=2a_3=a_1+1=2，a4=2a2=4a_4=2a_2=4. 对任意正整数 rr，分别沿奇数项和偶数项递推，得 a2r−1=ra_{2r-1}=r，a2r=2ra_{2r}=2^r. 因此数列的通项公式为
an={n+12,n为奇数,2n2,n为偶数.a_n= \begin{cases} \dfrac{n+1}{2},&n\text{为奇数},\\ 2^{\frac{n}{2}},&n\text{为偶数}. \end{cases}
\item 由奇数项和偶数项的通项公式， Sk=1+2+⋯+k=k(k+1)2S_k=1+2+\cdots+k=\frac{k\left(k+1\right)}{2}， Tk=2+22+⋯+2k=2k+1−2T_k=2+2^2+\cdots+2^k=2^{k+1}-2. 所以 Wk=k(k+1)2k+1W_k=\frac{k\left(k+1\right)}{2^{k+1}}.
当 k=1k=1 时，2k+1=4>2=k(k+1)2^{k+1}=4>2=k\left(k+1\right)；当 k=2k=2 时，2k+1=8>6=k(k+1)2^{k+1}=8>6=k\left(k+1\right). 若对某个 k⩾2k\geqslant2 有 2k+1>k(k+1)2^{k+1}>k\left(k+1\right)，则 2k+2>2k(k+1)⩾(k+1)(k+2)2^{k+2}>2k\left(k+1\right)\geqslant\left(k+1\right)\left(k+2\right)，其中最后一个不等式等价于 k⩾2k\geqslant2. 由归纳法，任意正整数 kk 都有 2k+1>k(k+1)2^{k+1}>k\left(k+1\right)，故 Wk<1W_k<1. 因此不存在使 Wk>1W_k>1 的正整数 kk. \end{enumerate} \end{solution}

2008 · 湖南 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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03数列★★★☆☆
已知数列 {log⁡2(an−1)}\left\{\log_2(a_n - 1)\right\}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）为等差数列，且 a1=3a_1 = 3，a2=5a_2 = 5，则 lim⁡n→∞(1a2−a1+1a3−a2+⋯+1an+1−an)=\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(\frac{1}{a_2 - a_1} + \frac{1}{a_3 - a_2} + \cdots + \frac{1}{a_{n+1} - a_n}\right) =（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 令 un=log⁡2(an−1)u_n=\log_2(a_n-1). 由题意，unu_n 是等差数列，且 u1=log⁡22=1u_1=\log_2 2=1，u2=log⁡24=2u_2=\log_2 4=2，所以公差为 11，从而 un=nu_n=n，即 an=2n+1a_n=2^n+1. 因此 ak+1−ak=2ka_{k+1}-a_k=2^k，故
lim⁡n→∞∑k=1n1ak+1−ak=lim⁡n→∞∑k=1n12k=lim⁡n→∞(1−12n)=1\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_{k+1}-a_k}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^k}=\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{2^n}\right)=1
故选 C. \end{solution}
A.
22
B.
32\frac{3}{2}
C.
11
D.
12\frac{1}{2}

2005 · 湖南 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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05数列★★★☆☆
已知数列 {an}\{a_{n}\} 满足 a1=0a_{1} = 0，an+1=an−33an+1a_{n + 1} = \frac{a_{n} - \sqrt{3}}{\sqrt{3}a_{n} + 1}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），则 a20=a_{20} =（ ）
A.
0
B.
−3-\sqrt{3}
C.
3\sqrt{3}
D.
32\frac{\sqrt{3}}{2}

2005 · 湖南 · 文 · 第 5 题 · 选择题

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16数列★★★☆☆
已知数列 {log⁡2(an−1)}\{\log_2(a_n - 1)\}（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）为等差数列，且 a1=3a_1 = 3，a3=9a_3 = 9.
(1) 求数列 {an}\{a_{n}\} 的通项公式； (2) 证明： 1a2−a1+1a3−a2+⋯+1an+1−an<1\frac{1}{a_{2}-a_{1}}+\frac{1}{a_{3}-a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n+1}-a_{n}}<1.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 令 dn=log⁡2(an−1)d_n=\log_2(a_n-1). 由题意，{dn}\{d_n\} 是等差数列. 因为 d1=log⁡2(3−1)=1d_1=\log_2(3-1)=1，d3=log⁡2(9−1)=3d_3=\log_2(9-1)=3，所以公差为 d3−d12=1\frac{d_3-d_1}{2}=1，从而 dn=1+(n−1)=nd_n=1+(n-1)=n. 因此 an−1=2dn=2na_n-1=2^{d_n}=2^n，即
an=2n+1a_n=2^n+1
\item 由上式，对 k∈N∗k\in\mathbf{N}^* 有 ak+1−ak=2k+1+1−(2k+1)=2ka_{k+1}-a_k=2^{k+1}+1-(2^k+1)=2^k. 所以
1a2−a1+1a3−a2+⋯+1an+1−an=12+14+⋯+12n=1−12n<1\frac{1}{a_2-a_1}+\frac{1}{a_3-a_2}+\cdots+\frac{1}{a_{n+1}-a_n} =\frac12+\frac14+\cdots+\frac{1}{2^n} =1-\frac{1}{2^n}<1
故不等式成立. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 湖南 · 文 · 第 16 题 · 解答题

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08数列★★★☆☆
数列 {an}\{a_n\} 中，a1=15a_1=\frac{1}{5}，an+an+1=65n+1a_n+a_{n+1}=\frac{6}{5^{n+1}}，n∈N∗n\in \mathbf{N}^{*}，则 lim⁡n→∞(a1+a2+⋯+an)=\lim\limits_{n\to\infty}(a_1+a_2+\cdots+a_n)=（ ）
A.
25\frac{2}{5}
B.
27\frac{2}{7}
C.
14\frac{1}{4}
D.
425\frac{4}{25}

2004 · 湖南 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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