试题

T1

新月

2021年浙江省水球卷三
已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，前 $n$ 项积为 $T_n$，若 $a_1 > 1$，$S_n = T_n(n\in\textbf{N}^*)$，则 $a_3$ 的最大值为 $\underline{\qquad\quad}$ .

T2

新月

已知数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = n + \frac{c}{n}$，若对任意 $n\in\textbf{N}^*$，都有 $a_n \geq a_3$，则实数 $c$ 的取值范围是 $\underline{\qquad\quad}$ .

T3

新月

2025年江苏新高考基地学校第一次大联考
已知数列 $\{a_n\}$ 满足：$\{a_n + a_{n+1}\}$ 是公差为 $6$ 的等差数列，$\{a_n + a_{n+1} + a_{n+2}\}$ 是公差为 $9$ 的等差数列.
(1) 证明：$\{a_n\}$ 是等差数列 .
(2) 设 $b$ 是方程 $2x^3 + 3x - 2 = 0$ 的根，数列 $\{b^{a_n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，证明：$S_n < \frac{2}{3}$ .

T4

上弦月

2022年南盐二模
已知数列 $\{a_n\}$，当 $n\in[2^{k-1},2^k)$ 时，$a_n = 2^k$，$k\in\textbf{N}^*$ . 记数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$ .
(1) 求 $a_2$，$a_{20}$ .
(2) 求使得 $S_n < 2022$ 成立的正整数 $n$ 的最大值.

T5

上弦月

2021年浙江省水球卷二
已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，记集合 $T = \{\{a_n\}|S_n\geq a_{n+1},n\in\textbf{N}^*\}$ .
(1) 若等比数列 $\{b_n\}$ 的首项 $b_1 = b$，公比为 $b$，且 $\{b_n\}\in T$ ，求 $b$ 的取值范围.
(2) 若等差数列 $\{c_n\}$ 的首项 $c_1=c$，公差为 $d$，且 $\{c_n+n\}\in T$，证明：$c+d+2\geq0$ .

T6

上弦月

定义新运算 $m * n = \frac{mn+1}{m+n}$，则 $(\cdots((100*99)*98)*\cdots*3)*2$ 的值为 $\underline{\qquad\quad}$ .

T7

上弦月

2025年济南一模
(多选)已知递增数列 $\{a_n\}$ 的各项均为正整数，且满足 $a_{a_n} = 3n$ ，则 $(\qquad\quad)$ .
$A. a_{a_1} = 3$
$B. a_n > n$
$C. a_5 = 6$
$D. a_{2025} = 81a_{25}$

T8

上弦月

2025年"数海漫游"一模
设正数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $f(n)$，若

$$ f\big(\frac{k(k+1)}{2}\big) = k, \quad a_k\geq a_{k+1}\quad (\forall k\in\textbf{N}^*) $$

则 $f(100)$ 的取值范围是 $(\qquad\quad)$ .

$A. [\frac{68}{5},\frac{41}{3}]$
$B. [\frac{68}{5},\frac{178}{13}]$
$C. [\frac{191}{14}, \frac{41}{3}]$
$D. [\frac{191}{14}, \frac{178}{13}]$

T9

满月

2022年福建省检
(多选)已知 $\triangle A_nB_nC_n$ 是直角三角形，$A_n$ 是直角，内角 $A_n,B_n,C_n$ 所对的边分别为 $a_n,b_n,c_n$，面积为 $S_n$ . 若 $b_1 = 4$，$c_1 = 3$，$b_{n+1}^2 = \frac{a_{n+1}^2+c_n^2}{3}$，$c_{n+1}^2=\frac{a_{n+1}^2 + b_n^2}{3}$ ，则 $(\qquad)$ .
A. $\{S_{2n}\}$ 是递减数列
B. $\{S_{2n-1}\}$ 是递减数列
C. $\{b_n - c_n\}$ 存在最大项
D. $\{b_n - c_n\}$ 存在最小项

答案

T1

答案：$\frac{4}{3}$
提示：根据题意，$a_1 + a_2 = a_1a_2$，得到 $a_2 = \frac{a_1}{a_1 - 1}$；又有 $a_1+a_2+a_3=a_1a_2a_3$，得到 $a_3=$ $\frac{a_1+a_2}{a_1a_2-1}$ $=$ $\frac{a_1 + \frac{a_1}{a_1-1}}{\frac{a_1^2}{a_1-1}-1}$ $=$ $\frac{a_1^2}{a_1^2 - a_1 + 1}$ $=$ $\frac{1}{\frac{1}{a_1^2}-\frac{1}{a_1} + 1}$ $=$ $\frac{1}{(\frac{1}{a_1}-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}$ $\leq$ $\frac{4}{3}$，等号成立当且仅当 $a_1$ $=$ $2$ 。

注：满足前 $n$ 项和等于前 $n$ 项积 $S_n = T_n$ 的数列，其通项公式不能用初等解析式表示。

T2

答案：$[6,12]$
提示：只需要 $a_2 \geq a_3$ 且 $a_4 \geq a_3$ 即可。

T3

T4

答案：(1)
提示：第二问，按照 $n$ 的范围进行分类即可。

  • $2^{0} \leq n < 2^1$ 时，$a_n = 2^1$ ；
  • $2^1 \leq n < 2^2$ 时，$a_n = 2^2$ ；
  • $2^2 \leq n < 2^3$ 时，$a_n = 2^3$；
  • $\cdots$
    可见，如果 $2^{k-1} \leq n < 2^{k}$，那么有
$$ \begin{align*} S_n &= 2^1\cdot(2^1 - 2^0) + 2^2\cdot(2^2-2^1) + \cdots + 2^k\cdot(n - 2^{k-1}+1)\\ &= 2^1\cdot 2^0 + 2^2\cdot 2^1 + 2^3\cdot 2^2 + \cdots +2^k\cdot(n-2^{k-1}+1)\\ &=2^1 + 2^3 + 2^5 + \cdots + 2^{2k-3} +2^k\cdot(n-2^{k-1}+1)\\ &= \frac{2^{2k-1}-2}{3} + n2^k - 2^{2k-1} +2^k\\ &= (n+1)\cdot2^k-\frac{2^{2k}}{3} -\frac{2}{3} \end{align*} $$

这里，$k = [\log_2 n] +1$，$[x]$ 是取整符号（因为从 $2^{k-1}$ $\leq n$ $< 2^k$ 可以解出 $\log_2 n$ $<$ $k$ $\leq$ $\log_2n$ $+ 1$ ）。我们有

$$ \begin{align*} S_n &\geq (2^{k-1} +1)\cdot2^k - \frac{2^{2k}}{3} - \frac{2}{3}\\ &= \frac{2^{2k-1}}{3} + 2^k -\frac{2}{3} \end{align*} $$

且

$$ \begin{align*} S_n &< (2^k + 1)\cdot2^k - \frac{2^{2k}}{3} - \frac{2}{3}\\ &= \frac{2^{2k+1}}{3}+2^k-\frac{2}{3} \end{align*} $$