数列高考真题全国卷文科
(2024年高考真题)2024年普通高等学校招生全国统一考试数学(文) 试卷 全国甲卷(含部分解析)
2024年普通高等学校招生全国统一考试 全国甲卷数学（文） 试卷养成良好的答题习惯，是决定成败的决定性因素之一。
做题前，要认真阅读题目要求、题干和选项，并对答案内容作出合理预测;答题时，切忌跟着感觉走，最好按照题目序号来做，不会的或存在疑问的，要做好标记，要善于发现，找到题目的题眼所在，规范答题，书写工整;答题完毕时，要认真检查，查漏补缺，纠正错误。
1.集合{1,2,3,4,5,9}A =，{1}B x x A =+∈∣，则A B =( ) A.{1，2，3，4}B.{1，2，3，4}C.{1，2，3，4}D.{1，2，3，4}2.设z =，则z z ⋅=( ) A.2B.2C.2D.23.若实数x ，y 满足约束条件（略），则5z x y =-的最小值为( ) A.5B.12C.2-D.72-4.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，37a a +=( ) A.2-B.73C.1D.295.甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是( ) A.14 B.13 C.12D.236.已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的左、右焦点分别为12(0,4)(0,4)F F -、，且经过点(6,4)P -，则双曲线C 的离心率是( )A.135B.137C.2D.37.曲线6()3f x x x =+在 (0,1)-处的切线与坐标轴围成的面积为( )A.16B.2 C.12D.28.函数()2()e e sin x x f x x x -=-+-的大致图像为( ) 9.已知cos cos sin ααα=-an 4πt α⎛⎫+= ⎪⎝⎭( )A.3B.1-C.3-D.1310.直线过圆心，直径11.已知m n 、是两条不同的直线，αβ、是两个不同的平面：①若m α⊥，n α⊥，则//m n ；②若m αβ=，//m n ，则//n β；③若//m α，//n α，m 与n 可能异面，也可能相交，也可能平行；④若m αβ=，n 与α和β所成的角相等，则m n ⊥，以上命题是真命题的是( )A.①③B.②③C.①②③D.①③④12.在ABC △中，内角A ，B ，C 所对边分别为a ，b ，c ，若π3B =，294b ac =，则sin sin A C +=( )A.13B.13C.2D.1313.略14.函数()sin f x x x =，在[0,π]上的最大值是_______. 15.已知1a >，8115log log 42a a -=-，则a =_______. 16.曲线33y x x =-与2(1)y x a =--+在(0,)+∞上有两个不同的交点，则a 的取值范围为_______.17.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1233n n S a +=-.（1）求{}n a 的通项公式； （2）求数列{} n S 的通项公式. 18.题干略.19.如图，己知//AB CD ，//CD EF ，2AB DE EF CF ====，4CD =，10AD BC ==，23AE =，M 为CD 的中点.（1）证明：//EM 平面BCF ； （2）求点M 到AD E 的距离. 20.已知函数()(1)ln 1f x a x x =--+. （1）求()f x 的单调区间；（2）若2a ≤时，证明：当1x >时，1()e x f x -<恒成立.21.已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的右焦点为F ，点3(1,)2M 在椭圆C 上，且MF x ⊥轴.（1）求椭圆C 的方程；（2）(4,0)P ，过P 的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，N 为FP 的中点，直线NB 与MF 交于Q ，证明：AQ y ⊥轴.22.[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为cos 1ρρθ=+. （1）写出C 的直角坐标方程；（2）直线x ty t a =⎧⎨=+⎩（t 为参数）与曲线C 交于A 、B 两点，若||2AB =，求a 的值.23.[选修4-5：不等式选讲] 实数a ，b 满足3a b +≥. （1）证明：2222a b a b +>+； （2）证明：22226a b b a -+-≥.2024年普通高等学校招生全国统一考试 全国甲卷数学（文）答案1.答案：A解析：因为{}1,2,3,4,5,9A =，{1}{0,1,2,3,4,8}B x x A =+∈=∣，所以{1,2,}3,4A B =，故选A. 2.答案：D解析：因为z =，所以2z z ⋅=，故选D. 3.答案：D解析：将约束条件两两联立可得3个交点：(0,1)-、3,12⎛⎫ ⎪⎝⎭和1 3,2⎛⎫⎪⎝⎭，经检验都符合约束条件.代入目标函数可得：min 72z =-，故选D.4.答案：D解析：令0d =，则9371291,,99n n S a a a a ===+=，故选D.5.答案：B解析：甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种可能.丙不在排头，且甲或乙在排尾的共有8种可能，81243P ==，故选B. 6.答案：C解析：12212F F ce a PF PF ===-，故选C.7. 答案：A解析：因为563y x '=+，所以3k =，31y x =-，1111236S =⨯⨯=，故选A.8.答案：B解析：选B.9. 答案：B解析：因为cos cos sin ααα=-tan 1α=，tan 1tan 141tan πααα+⎛⎫+== ⎪-⎝⎭，故选B.10.答案：直径解析：直线过圆心，直径. 11. 答案：A解析：选A. 12.答案：C 解析：因为π3B =，294b ac =，所以241sin sin sin 93A C B ==.由余弦定理可得：22294b ac ac ac =+-=，即：22134a c ac +=，221313sin sin sin sin 412A C A C +==，所以2227(sin sin )sin sin 2sin sin 4A C A C A C +=++=，sin sin 2A C +=，故选C.13. 答案：略解析： 14.答案：2解析：π()sin 2sin 23f x x x x ⎛⎫==-≤ ⎪⎝⎭，当且仅当5π6x =时取等号.15. 答案：64解析：因为28211315log log log 4log 22a a a a -=-=-，所以()()22log 1log 60a a +-=，而1a >，故2log 6a =，64a =.16. 答案：(2,1)-解析：令323(1)x x x a -=--+，则323(1)a x x x =-+-，设32()3(1)x x x x ϕ=-+-，()(35)(1)x x x ϕ+'=-，()x ϕ在(1,)+∞上递增，在（0，1）上递减.因为曲线33y x x =-与2(1)y x a =--+在(0,)+∞上有两个不同的交点，(0)1ϕ=，(1)2ϕ=-，所以a 的取值范围为(2,1)-. 17.答案：见解析解析：（1）因为1233n n S a +=-，所以12233n n S a ++=-，两式相减可得：121233n n n a a a +++=-，即：2135n n a a ++=，所以等比数列{}n a 的公比53q =，又因为12123353S a a =-=-，所以11a =，153n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭.（2）因为1233n n S a +=-，所以()133511223nn n S a +⎡⎤⎛⎫=-=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦.18.答案：见解析解析：（1）22150(70242630) 6.635965450100χ⨯-⨯=<⨯⨯⨯，没有99%的把握；（2）p p >+. 19.答案：见解析解析：（1）由题意：//EF CM ，EF CM =，而CF 平面ADO ，EM 平面ADO ，所以//EM 平面BCF ；（2）取DM 的中点O ，连结OA ，OE ，则OA DM ⊥，OE DM ⊥，3OA =，OE =而AE =，故OA OE ⊥，AOE S =△因为2DE =，AD =AD DE ⊥，AOE S △DM 设点M 到平面ADE 的距离为h ，所以1133M ADE ADE AOE V S h S DM -=⋅=⋅△△，h ==，故点M到ADE 的距离为5. 20.答案：见解析解析：（1）()(1)ln 1f x a x x =--+，1()ax f x x-=，0x >. 若0a ≤，()0f x <，()f x 的减区间为(0,)+∞，无增区间； 若0a >时，当10x a <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，所以()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；（2）因为2a ≤，所以当1x >时，111e ()e (1)ln 1e 2ln 1x x x f x a x x x x ----=--+-≥-++.令1()e 2ln 1x g x x x -=-++，则11()e 2x g x x -'=-+.令()()h x g x '=.则121()e x h x x-'=-在(1,)+∞上递增，()(1)0h x h ''>=，所以()()h x g x '=在(1,)+∞上递增，()(1)0g x g ''>=，故()g x 在(1,)+∞上递增，()(1)0g x g >=，即：当1x >时，1()e x f x -<恒成立.21.答案：见解析解析：（1）设椭圆C 的左焦点为1F ，则12F F =，3||2MF =.因为MF x ⊥轴，所以152MF =，12||4a MF MF =+=，解得：24a =，2213b a =-=，故椭圆C 的方程为：22143x y +=； （2）解法1：设()11,A x y ，()22,B x y ，AP PB λ=，则12124101x x y y λλλλ+⎧=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩，即212144x x y y λλλ=+-⎧⎨=-⎩.又由()()22112222234123412x y x y λλλ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩可得：1212121234121111x x x x y y y y λλλλλλλλ+-+-⋅⋅+⋅=+-+-，结合上式可得：25230x λλ-+=.(4,0)P ，(1,0)F ，5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭，则222122335252Q y y y y y x x λλλλ===-=--，故AQ y ⊥轴.解法2：设()11,A x y ，()22,B x y ，则121244y y x x =--，即：()1221214x y x y y y -=-，所以()()()2222222211*********21213444433y x y x y x y x y x y x y y y ⎛⎫-+=-=+-+ ⎪⎝⎭()()()()212121122144y y y y y y x y x y =-+=-+，即：122121x y x y y y +=+，2112253x y y y =-.(4,0)P ，(1,0)F ，5,02N ⎛⎫⎪⎝⎭，则21212112335252Q y y y y y x y y x ===--，故AQ y ⊥轴.22.答案：（1）221y x =+ （2）34解析：（1）因为cos 1ρρθ=+，所以22(cos 1)ρρθ=+，故C 的直角坐标方程为：222(1)x y x +=+，即221y x =+；（2）将x ty t a =⎧⎨=+⎩代入221y x =+可得：222(1)10t a t a +-+-=，12||2AB t =-==，解得：34a =. 23.答案：见解析解析：（1）因为3a b +≥，所以22222()a b a b a b +≥+>+. （3）222222222222()a b b a a b b a a b a b -+-≥-+-=+-+=22222()()()()(1)6a b a b a b a b a b a b +-+≥+-+=++-≥.高考质量提升是一项系统工程，涉及到多个方面、各个维度，关键是要抓住重点、以点带面、全面突破，收到事半功倍的效果。
高考全国乙卷：2022年[文数]考试真题与答案解析
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高考全国乙卷：2022年[文科数学]考试真题与答案解析一、选择题本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 集合，则（ ）{}{}2,4,6,8,10,16M N x x ==-<<M N = A. B. C. D. {2,4}{2,4,6}{2,4,6,8}{2,4,6,8,10}答案：A解析：因为，，所以．故选：A.{}2,4,6,8,10M ={}|16N x x =-<<{}2,4M N = 2. 设，其中为实数，则（ ）(12i)2i a b ++=,a b A. B. C. D. 1,1a b ==-1,1a b ==1,1a b =-=1,1a b =-=-答案：A解析：因为R ，，所以，解得：．故选：A.,a b Î()2i 2i a b a ++=0,22a b a +==1,1a b ==-3. 已知向量，则（ ）(2,1)(2,4)a b ==-，a b -r r A. 2 B. 3C. 4D. 5答案：D解析：因为，所以。
故选：D ()()()2,12,44,3a b -=--=- 5-==a b 4. 分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h ），得如下茎叶图：则下列结论中错误的是（ ）A. 甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B. 乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C. 甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D. 乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6答案：C解析：对于A 选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为，A 选项结论7.37.57.42+=正确.对于B 选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：，6.37.47.68.18.28.28.58.68.68.68.69.09.29.39.810.18.50625816+++++++++++++++=>B 选项结论正确.对于C 选项，甲同学周课外体育运动时长大于的概率的估计值，860.3750.416=<C 选项结论错误。
2023年高考数学(全国甲卷)文科数学(含答案及详细解析)
2023年高考数学真题试卷(全国甲卷)文科数学一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设全集，集合，则（）A．B．C．D．2．（）A．B．1C．D．3．已知向量，则（）A．B．C．D．4．某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（）A．B．C．D．5．记为等差数列的前项和．若，则（）A．25B．22C．20D．156．执行下边的程序框图，则输出的（）A．21B．34C．55D．897．设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（）A．1B．2C．4D．58．曲线在点处的切线方程为（）A．B．C．D．9．已知双曲线的离心率为，其中一条渐近线与圆交于A，B两点，则（）A．B．C．D．10．在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（）A．1B．C．2D．311．已知函数．记，则（）A．B．C．D．12．函数的图象由的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（）A．1B．2C．3D．4二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．记为等比数列的前项和．若，则的公比为．14．若为偶函数，则．15．若x，y满足约束条件，则的最大值为．16．在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17．记的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若，求面积．18．如图，在三棱柱中，平面．（1）证明：平面平面；（2）设，求四棱锥的高．19．一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）．试验结果如下：对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为15.218.820.221.322.523.225.826.527.530.132.634.334.835.635.635.836.237.340.543.2试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为7.89.211.412.413.215.516.518.018.819.219.820.221.622.823.623.925.128.232.336.5（1）计算试验组的样本平均数；（2）（ⅰ）求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数，完成如下列联表对照组试验组（ⅱ）根据（i）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？附：，0.1000.0500.0102.7063.841 6.63520．已知函数．（1）当时，讨论的单调性；（2）若，求的取值范围．21．已知直线与抛物线交于两点，．（1）求；（2）设为的焦点，为上两点，且，求面积的最小值．22．已知点，直线（为参数），为的倾斜角，与轴正半轴、轴正半轴分别交于，且．（1）求；（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求的极坐标方程．23．已知．（1）求不等式的解集；（2）若曲线与轴所围成的图形的面积为2，求．答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】，故选：A【分析】先计算补集，再求并集即得答案.2．【答案】C【解析】【解答】，故选：C【分析】利用复数乘法运算计算由得出答案。
近三年数列全国卷高考真题
2015-2017年全国卷数列真题1、（2015全国1卷17题)n S 为数列｛n a ｝的前n 项和.已知n a ＞0,2n n a a +=43n S +.(Ⅰ）求｛n a }的通项公式； （Ⅱ）设11n n n b a a +=，求数列{n b }的前n 项和。
2、（2015全国2卷4题）已知等比数列{}n a 满足a 1=3，135a a a ++ =21，则357a a a ++= ( ）A ．21B ．42C ．63D ．843、(2015全国2卷16题）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =________．4、（2016全国1卷3题)已知等差数列{}n a 前9项的和为27,108a =，则100a = （ ) （A)100 (B ）99 （C ）98 （D)975、（2016全国2卷15题)设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2 …a n 的最大值为 ．6、（2016全国2卷17题)n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,且11a =，728S =．记[]lg n n b a =，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]0.90=，[]lg991=．（Ⅰ)求1b ，11b ,101b ;（Ⅱ）求数列{}n b 的前1000项和． 7、(2016全国3卷17题）已知数列{}n a 的前n 项和1n nS a λ=+，其中0λ≠．（I ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；（II ）若53132S =，求λ．8、(2017年国1卷4题)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若4562448a a S +==，,则{}n a 的公差为（）A ．1B ．2C ．4D ．8 9、（2017年国1卷12题）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02，接下来的两项是02，12，在接下来的三项式62，12,22，依次类推,求满足如下条件的最小整数N :100N >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（ )A ．440B ．330C ．220D ．110 10、（2017全国2卷3题）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ） A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏 11、（2017全国2卷15题）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ． 12、（2017全国3卷9题)等差数列{}na 的首项为1，公差不为0．若2a ，3a ,6a 成等比数列，则{}n a 前6项的和为（） A ．24- B ．3- C ．3 D ．813、(2017全国3卷14题）设等比数列{}n a 满足121a a +=-，133a a -=-，则4a =________．。
历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列)汇编(附答案)
历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列)汇编考点01 数列的增减性1．（2022∙全国乙卷∙高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（ ） A ．15b b < B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ．3．（2021∙全国甲卷∙高考真题）等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 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4．（2020∙北京∙高考真题）在等差数列{}n a 中，19a =-，51a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T （ ）． A ．有最大项，有最小项 B ．有最大项，无最小项 C ．无最大项，有最小项D ．无最大项，无最小项考点02 递推数列及数列的通项公式1．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 满足()31166(1,2,3,)4n n a a n +=-+= ，则（ ） A ．当13a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立 B ．当15a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数6M ≤，使得n a M <恒成立 C ．当17a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立 D ．当19a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ．3．（2022∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（ ）A ．100521002a <<B ．100510032a << C ．100731002a <<D ．100710042a << 4．（2021∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ）A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 5．（2020∙浙江∙高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是 ．6．（2020∙全国∙高考真题）数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a = .7．（2019∙浙江∙高考真题）设,a b R ∈，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈ ,则A ．当101,102b a =>B ．当101,104b a =>C ．当102,10b a =->D ．当104,10b a =->考点03 等差数列及其前n 项和一、单选题 1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知510S S =，51a =，则1a =（ ） A ．72B ．73 C ．13-D ．711-2．（2024∙全国甲卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，则37a a +=（ ） A ．2-B ．73C ．1D ．293．（2023∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若264810,45a a a a +==，则5S =（ ） A ．25B ．22C ．20D ．154．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的公差为23π，集合{}*cos N n S a n =∈，若{},S a b =，则ab =（ ）A ．－1B ．12-C ．0D ．125．（2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：{}nS n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6．（2022∙北京∙高考真题）设{}n a 是公差不为0的无穷等差数列，则“{}n a 为递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7．（2020∙浙江∙高考真题）已知等差数列{an }的前n 项和Sn ，公差d ≠0，11a d≤．记b 1=S 2，bn+1=S2n+2–S 2n ，n N *∈，下列等式不可能．．．成立的是（ ） A ．2a 4=a 2+a 6B ．2b 4=b 2+b 6C ．2428a a a = D ．2428b b b =8．（2019∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则 A ．25n a n =-B ． 310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =-二、填空题 15．（2024∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若347a a +=，2535a a +=，则10S = .16．（2022∙全国乙卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若32236S S =+，则公差d = ． 17．（2020∙山东∙高考真题）将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{an }，则{an }的前n 项和为 ．18．（2020∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若1262,2a a a =-+=，则10S = ．19．（2019∙江苏∙高考真题）已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列，n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==，则8S 的值是 .20．（2019∙北京∙高考真题）设等差数列{an }的前n 项和为Sn ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5= ，Sn 的最小值为 ．21．（2019∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若375,13a a ==，则10S = . 22．（2019∙全国∙高考真题）记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S = .考点04 等比数列及其前n 项和一、单选题 1．（2023∙全国甲卷∙高考真题）设等比数列{}n a 的各项均为正数，前n 项和n S ，若11a =，5354S S =-，则4S =（ ） A ．158B ．658C ．15D ．402．（2023∙天津∙高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()112,22N n n a a S n *+==+∈，则4a =（ ）A ．16B ．32C ．54D ．1623．（2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =-，6221S S =，则8S =（ ）． A ．120B ．85C ．85-D ．120-4．（2022∙全国乙卷∙高考真题）已知等比数列{}n a 的前3项和为168，2542a a -=，则6a =（ ） A ．14B ．12C ．6D ．35．（2021∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（ ） A ．7B ．8C ．9D ．106．（2020∙全国∙高考真题）设{}n a 是等比数列，且1231a a a ++=，234+2a a a +=，则678a a a ++=（ ） A ．12B ．24C ．30D ．327．（2020∙全国∙高考真题）记Sn 为等比数列{an }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则n nS a =（ ）A ．2n –1B ．2–21–nC ．2–2n –1D ．21–n –18．（2020∙全国∙高考真题）数列{}n a 中，12a =，对任意 ,,m n m n m n N a a a ++∈=，若155121022k k k a a a ++++++=- ，则 k =（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题 11．（2023∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为 ． 12．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a = . 13．（2019∙全国∙高考真题）记Sn 为等比数列{an }的前n 项和.若13314a S ==，，则S 4= ． 14．（2019∙全国∙高考真题）记Sn 为等比数列{an }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5= ．考点05 数列中的数学文化1．（2023∙北京∙高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且1591,12,192a a a ===，则7a = ；数列{}n a 所有项的和为 ．2．（2022∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，,,,AA BB CC DD ''''是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中1111,,,DD CC BB AA 是举，1111,,,OD DC CB BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为11111231111,0.5,,DD CC BB AAk k k OD DC CB BA ====．已知123,,k k k 成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则3k =（ ）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.93．（2021∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）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21240dm S =，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22180dm S =，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折n次，那么1nk k S ==∑ 2dm .4．（2020∙浙江∙高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是 ．5．（2020∙全国∙高考真题）0‐1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +== 成立，则称其为0‐1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0‐1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)mi i k i C k a a k m m +===-∑ 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0‐1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（ ） A ．11010B ．11011C ．10001D ．110016．（2020∙全国∙高考真题）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块考点06 数列求和1．（2021∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ）A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 2．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）（多选）设正整数010112222k kk k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ．则（ ） A ．()()2n n ωω= B ．()()231n n ωω+=+C ．()()8543n n ωω+=+D ．()21nn ω-=3．（2020∙江苏∙高考真题）设{an }是公差为d 的等差数列，{bn }是公比为q 的等比数列．已知数列{an +bn }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是 ．参考答案考点01 数列的增减性1．（2022∙全国乙卷∙高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（ ） A ．15b b < B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <【答案】D【详细分析】根据()*1,2,k k α∈=N …，再利用数列{}n b 与k α的关系判断{}n b 中各项的大小，即可求解.【答案详解】[方法一]:常规解法因为()*1,2,k k α∈=N ，所以1121ααα<+，112111ααα>+，得到12b b >，同理11223111ααααα+>++，可得23b b <，13b b >又因为223411,11αααα>++112233411111ααααααα++<+++，故24b b <，34b b >；以此类推，可得1357b b b b >>>>…，78b b >，故A 错误； 178b b b >>，故B 错误；26231111αααα>++…，得26b b <，故C 错误；11237264111111αααααααα>++++++…，得47b b <，故D 正确.[方法二]：特值法不妨设1,n a =则1234567835813213455b 2,b b ,b b ,b b ,b 2358132134========，，，47b b <故D 正确.2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【详细分析】推导出199n n n a a a -=-，求出1a 、2a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【答案详解】由题意可知，N n *∀∈，0n a >，当1n =时，219a =，可得13a =；当2n ≥时，由9n nS a =可得119n n S a --=，两式作差可得199n n n a a a -=-，所以，199n n n a a a -=-，则2293a a -=，整理可得222390a a +-=， 因为20a >，解得2332a =<，①对；假设数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则2213a a a =，即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，2213S S S =，可得()()22221111a q a q q +=++，解得0q =，不合乎题意，故数列{}n a 不是等比数列，②错； 当2n ≥时，()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>，可得1n n a a -<，所以，数列{}n a 为递减数列，③对； 假设对任意的N n *∈，1100n a ≥，则10000011000001000100S ≥⨯=， 所以，1000001000009911000100a S =≤<，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④.【名师点评】关键点名师点评：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.3．（2021∙全国甲卷∙高考真题）等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 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【答案】B【详细分析】当0q >时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当{}n S 是递增数列时，必有0n a >成立即可说明0q >成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案． 【答案详解】由题，当数列为2,4,8,--- 时，满足0q >， 但是{}n S 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若{}n S 是递增数列，则必有0n a >成立，若0q >不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则0q >成立，所以甲是乙的必要条件． 故选：B ．【名师点评】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．4．（2020∙北京∙高考真题）在等差数列{}n a 中，19a =-，51a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T （ ）．A ．有最大项，有最小项B ．有最大项，无最小项C ．无最大项，有最小项D ．无最大项，无最小项【答案】B【详细分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.【答案详解】由题意可知，等差数列的公差511925151a a d --+===--， 则其通项公式为：()()11912211n a a n d n n =+-=-+-⨯=-， 注意到123456701a a a a a a a <<<<<<=<< ， 且由50T <可知()06,i T i i N <≥∈， 由()117,ii i T a i i N T -=>≥∈可知数列{}n T 不存在最小项， 由于1234569,7,5,3,1,1a a a a a a =-=-=-=-=-=，故数列{}n T 中的正项只有有限项：263T =，46315945T =⨯=. 故数列{}n T 中存在最大项，且最大项为4T . 故选：B.【名师点评】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.考点02 递推数列及数列的通项公式1．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 满足()31166(1,2,3,)4n n a a n +=-+= ，则（ ） A ．当13a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立 B ．当15a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数6M ≤，使得n a M <恒成立 C ．当17a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立 D ．当19a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立【答案】B【详细分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD 正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B 的正误. 法2：构造()()31664x f x x =-+-，利用导数求得()f x 的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项n a 所在区间，从而判断{}n a 的单调性；对于A ，构造()()32192647342h x x x x x =-+-≤，判断得11n n a a +<-，进而取[]4m M =-+推得n a M >不恒成立；对于B ，证明n a 所在区间同时证得后续结论；对于C ，记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-，取[]01m m =+推得n a M >不恒成立；对于D ，构造()()32192649942g x x x x x =-+-≥，判断得11n n a a +>+，进而取[]1m M =+推得n a M <不恒成立. 【答案详解】法1：因为()311664n n a a +=-+，故()311646n n a a +=--，对于A ，若13a =，可用数学归纳法证明：63n a -≤-即3n a ≤， 证明：当1n =时，1363a -=≤--，此时不等关系3n a ≤成立； 设当n k =时，63k a -≤-成立， 则()3162514764,4k k a a +⎛⎫-∈--- ⎝=⎪⎭，故136k a +≤--成立， 由数学归纳法可得3n a ≤成立. 而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦， ()20144651149n a --=-≥>，60n a -<，故10n n a a +-<，故1n n a a +<， 故{}n a 为减数列，注意1063k a +-≤-< 故()()()()23111666649644n n n n n a a a a a +-=≤-=-⨯--，结合160n a +-<，所以()16694n n a a +--≥，故19634n n a +⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，故19634nn a +⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，若存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，则9634nM ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，故6934nM -⎛⎫> ⎪⎝⎭，故946log 3M n -<，故n a M >恒成立仅对部分n 成立， 故A 不成立.对于B ，若15,a =可用数学归纳法证明：106n a --≤<即56n a ≤<， 证明：当1n =时，10611a ---≤≤=，此时不等关系56n a ≤<成立； 设当n k =时，56k a ≤<成立， 则()31164416,0k k a a +⎛⎫-∈-⎪⎝=⎭-，故1106k a +--≤<成立即 由数学归纳法可得156k a +≤<成立. 而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦， ()201416n a --<，60n a -<，故10n n a a +->，故1n n a a +>，故{}n a 为增数列， 若6M =，则6n a <恒成立，故B 正确.对于C ，当17a =时， 可用数学归纳法证明：061n a <-≤即67n a <≤， 证明：当1n =时，1061a <-≤，此时不等关系成立； 设当n k =时，67k a <≤成立， 则()31160,4164k k a a +⎛⎤-∈ ⎥⎝=⎦-，故1061k a +<-≤成立即167k a +<≤ 由数学归纳法可得67n a <≤成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=--<⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +<，故{}n a 为减数列，又()()()2111666644n n n n a a a a +-=-⨯-≤-，结合160n a +->可得：()111664n n a a +⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，所以1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭， 若1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若存在常数6M >，使得n a M >恒成立，则164nM ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭恒成立，故()14log 6n M ≤-，n 的个数有限，矛盾，故C 错误.对于D ，当19a =时， 可用数学归纳法证明：63n a -≥即9n a ≥， 证明：当1n =时，1633a -=≥，此时不等关系成立； 设当n k =时，9k a ≥成立，则()3162764143k k a a +-≥=>-，故19k a +≥成立 由数学归纳法可得9n a ≥成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=-->⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +>，故{}n a 为增数列，又()()()2119666446n n n n a a a a +->=-⨯--，结合60n a ->可得：()11116396449n n n a a --+⎭-⎛⎫⎛⎫-= ⎪⎪⎝⎝⎭> ，所以114963n n a -+⎛⎫⎪⎭≥+⎝，若存在常数0M >，使得n a M <恒成立，则19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故946log 13M n -⎛⎫<+ ⎪⎝⎭，这与n 的个数有限矛盾，故D 错误.故选：B.法2：因为()3321119662648442n n n n n n n a a a a a a a +-=-+-=-+-， 令()3219264842f x x x x =-+-，则()239264f x x x =-+'，令()0f x ¢>，得06x <<6x >+；令()0f x '<，得66x << 所以()f x在,6⎛-∞ ⎝⎭和63⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在633⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减， 令()0f x =，则32192648042x x x -+-=，即()()()146804x x x ---=，解得4x =或6x =或8x =，注意到465<<，768<<， 所以结合()f x 的单调性可知在(),4-∞和()6,8上()0f x <，在()4,6和()8,+∞上()0f x >， 对于A ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，当1n =时，13a =，()32116643a a =--<-，则23a <， 假设当n k =时，3k a <， 当1n k =+时，()()331311646364k k a a +<---<-=，则13k a +<， 综上：3n a ≤，即(),4n a ∈-∞，因为在(),4-∞上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列， 因为()332111916612647442n n n n n n n a a a a a a a +-+=-+-+=-+-， 令()()32192647342h x x x x x =-+-≤，则()239264h x x x '=-+，因为()h x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯， 所以()h x '在(],3-∞上单调递减，故()()2333932604h x h ''≥=⨯-⨯+>，所以()h x 在(],3-∞上单调递增，故()()321933326347042h x h ≤=⨯-⨯+⨯-<，故110n n a a +-+<，即11n n a a +<-， 假设存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，取[]14m M =-+，其中[]1M M M -<≤，且[]Z M ∈，因为11n n a a +<-，所以[][]2132431,1,,1M M a a a a a a -+-+<-<-<- ， 上式相加得，[][]()14333M a a M M M -+<--+≤+-=， 则[]14m M a a M +=<，与n a M >恒成立矛盾，故A 错误； 对于B ，因为15a =， 当1n =时，156a =<，()()33211166566644a a =-+=⨯-+<， 假设当n k =时，6k a <，当1n k =+时，因为6k a <，所以60k a -<，则()360k a -<， 所以()3116664k k a a +=-+<， 又当1n =时，()()332111615610445a a =-+=⨯+-->，即25a >， 假设当n k =时，5k a ≥，当1n k =+时，因为5k a ≥，所以61k a -≥-，则()361k a -≥-， 所以()3116654k k a a +=-+≥， 综上：56n a ≤<，因为在()4,6上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列， 此时，取6M =，满足题意，故B 正确；对于C ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，注意到当17a =时，()3216617644a =-+=+，3341166441664a ⎪⎛⎫⎫+=+ ⎪⎝+-⎭⎭⎛= ⎝，143346166144416a ⎢⎛⎫+=⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪⎝+ ⎪⎭⎭⎥⎦⎝⎣猜想当2n ≥时，)1312164k k a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭，当2n =与3n =时，2164a =+与43164a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭满足()1312164nn a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭，假设当n k =时，)1312164k k a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭，当1n k =+时，所以()())13113131122311666116664444k k k k a a +-+-⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=+-+ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦-+=+=， 综上：()()13121624n n a n - =⎛⎫+≥⎪⎝⎭，易知310n->，则)13121014n -⎛⎫<< ⎪⎝⎭，故()()()1312166,724n n a n -⎛⎪=⎫+∈≥ ⎝⎭，所以(],67n a ∈，因为在()6,8上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列， 假设存在常数6M >，使得n a M >恒成立，记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-，取[]01m m =+，其中[]*00001,N m m m m -<≤∈，则()0142log 6133m mM ->=+， 故()()14log 61312m M ->-，所以()1312614m M -⎛⎫ ⎪<⎝-⎭，即)1312164m M -⎛⎫+ ⎪⎭<⎝， 所以m a M <，故n a M >不恒成立，故C 错误； 对于D ，因为19a =， 当1n =时，()32116427634a a ==->-，则29a >， 假设当n k =时，3k a ≥， 当1n k =+时，()()331116936644k k a a +≥=-->-，则19k a +>，综上：9n a ≥，因为在()8,+∞上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列， 因为()332111916612649442n n n n n n n a a a a a a a +--=-+--=-+-， 令()()32192649942g x x x x x =-+-≥，则()239264g x x x '=-+， 因为()g x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯， 所以()g x '在[)9,+∞上单调递增，故()()2399992604g x g ≥=⨯-⨯+'>'，所以()()321999926949042g x g ≥=⨯-⨯+⨯->， 故110n n a a +-->，即11n n a a +>+， 假设存在常数0M >，使得n a M <恒成立， 取[]21m M =+，其中[]1M M M -<≤，且[]Z M ∈，因为11n n a a +>+，所以[][]213211,1,,1M M a a a a a a +>+>+>+ ， 上式相加得，[][]1191M a a M M M +>+>+->， 则[]21m M a a M +=>，与n a M <恒成立矛盾，故D 错误. 故选：B.【名师点评】关键名师点评：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【详细分析】推导出199n n n a a a -=-，求出1a 、2a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【答案详解】由题意可知，N n *∀∈，0n a >，当1n =时，219a =，可得13a =；当2n ≥时，由9n n S a =可得119n n S a --=，两式作差可得199n n n a a a -=-，所以，199n n n a a a -=-，则2293a a -=，整理可得222390a a +-=， 因为20a >，解得2332a =<，①对；假设数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则2213a a a =，即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，2213S S S =，可得()()22221111a q a q q +=++，解得0q =，不合乎题意，故数列{}n a 不是等比数列，②错； 当2n ≥时，()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>，可得1n n a a -<，所以，数列{}n a 为递减数列，③对； 假设对任意的N n *∈，1100n a ≥，则10000011000001000100S ≥⨯=， 所以，1000001000009911000100a S =≤<，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④.【名师点评】关键点名师点评：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.3．（2022∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（ ）A ．100521002a <<B ．100510032a << C ．100731002a <<D ．100710042a << 【答案】B【详细分析】先通过递推关系式确定{}n a 除去1a ，其他项都在()0,1范围内，再利用递推公式变形得到1111133n n n a a a +-=>-，累加可求出11(2)3n n a >+，得出1001003a <，再利用11111111333132n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+ ⎪-+⎝⎭-+，累加可求出()111111113323nn a n ⎛⎫-<-++++ ⎪⎝⎭ ，再次放缩可得出10051002a >． 【答案详解】∵11a =，易得()220,13a =∈，依次类推可得()0,1n a ∈ 由题意，1113n n n a a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即()1131133n n n n na a a a a +==+--，∴1111133n n n a a a +-=>-， 即211113a a ->，321113a a ->，431113a a ->，…，1111,(2)3n n n a a -->≥， 累加可得()11113n n a ->-，即11(2),(2)3n n n a >+≥， ∴()3,22n a n n <≥+，即100134a <，100100100334a <<, 又11111111,(2)333132n n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+≥ ⎪-+⎝⎭-+， ∴211111132a a ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，321111133a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，431111134a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，…，111111,(3)3n n n a a n -⎛⎫-<+≥ ⎪⎝⎭， 累加可得()11111111,(3)3323n n n a n ⎛⎫-<-++++≥ ⎪⎝⎭ ，∴100111111111333349639323100326a ⎛⎫⎛⎫-<++++<+⨯+⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ， 即100140a <，∴100140a >，即10051002a >； 综上：100510032a <<． 故选：B ．【名师点评】关键点名师点评：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩. 4．（2021∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ）A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 【答案】A【详细分析】显然可知，10032S >，利用倒数法得到21111124n n a a +⎛⎫==+-⎪⎪⎭，再放缩可得12<，由累加法可得24(1)n a n ≥+，进而由1n a +=113n n a n a n ++≤+，然后利用累乘法求得6(1)(2)n a n n ≤++，最后根据裂项相消法即可得到1003S <，从而得解．【答案详解】因为)111,N n a a n *+==∈，所以0n a >，10032S >．由211111124n n n a a a ++⎛⎫=⇒=+=+-⎪⎪⎭2111122n a +⎛⎫∴<⇒<⎪⎪⎭12<()111,222n n n -+<+=≥，当1n =112+=，12n +≤，当且仅当1n =时等号成立，12412(1)311n n n n a n a a a n n n ++∴≥∴=≤=++++ 113n n a n a n ++∴≤+， 由累乘法可得()6,2(1)(2)n a n n n ≤≥++，且16(11)(12)a =++，则6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100332S <<． 故选：A ．【名师点评】的不等关系，再由累加法可求得24(1)n a n ≥+，由题目条件可知要证100S 小于某数，从而通过局部放缩得到1,n n a a +的不等关系，改变不等式的方向得到6(1)(2)n a n n ≤++，最后由裂项相消法求得1003S <．5．（2020∙浙江∙高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是 ．【答案】10【详细分析】根据通项公式可求出数列{}n a 的前三项，即可求出． 【答案详解】因为()12n n n a +=，所以1231,3,6a a a ===． 即312313610S a a a =++=++=． 故答案为：10.【名师点评】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．6．（2020∙全国∙高考真题）数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a = .【答案】7【详细分析】对n 为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用1a 表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立1a 方程，求解即可得出结论.【答案详解】2(1)31nn n a a n ++-=-，当n 为奇数时，231n n a a n +=+-；当n 为偶数时，231n n a a n ++=-. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，16123416S a a a a a =+++++135********()()a a a a a a a a =+++++++111111(2)(10)(24)(44)(70)a a a a a a =++++++++++ 11(102)(140)(5172941)a a ++++++++ 118392928484540a a =++=+=，17a ∴=.故答案为：7.【名师点评】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.7．（2019∙浙江∙高考真题）设,a b R ∈，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈ ,则A ．当101,102b a =>B ．当101,104b a =>C ．当102,10b a =->D ．当104,10b a =->【答案】A【解析】若数列{}n a 为常数列，101a a a ==，则只需使10a ≤，选项的结论就会不成立.将每个选项的b 的取值代入方程20x x b -+=，看其是否有小于等于10的解.选项B 、C 、D 均有小于10的解，故选项B 、C 、D 错误.而选项A 对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A 选项正确.【答案详解】若数列{}n a 为常数列，则1n a a a ==，由21n n a a b +=+，可设方程20x x b -+= 选项A ：12b =时，2112n n a a +=+，2102x x -+=， 1210∆=-=-<， 故此时{}n a 不为常数列，222112n n n n a a a +=+=+≥ ，且2211122a a =+≥，792a a ∴≥≥21091610a a >≥>， 故选项A 正确； 选项B ：14b =时，2114n n a a +=+，2104x x -+=，则该方程的解为12x =， 即当12a =时，数列{}n a 为常数列，12n a =，则101102a =<，故选项B 错误； 选项C ：2b =-时，212n n a a +=-，220x x --=该方程的解为=1x -或2，即当1a =-或2时，数列{}n a 为常数列，1n a =-或2， 同样不满足1010a >，则选项C 也错误；选项D ：4b =-时，214n n a a +=-，240x x --=该方程的解为12x =， 同理可知，此时的常数列{}n a 也不能使1010a >， 则选项D 错误. 故选：A.【名师点评】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论a 的可能取值，利用“排除法”求解.考点03 等差数列及其前n 项和一、单选题 1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知510S S =，51a =，则1a =（ ） A ．72B ．73 C ．13-D ．711-【答案】B【详细分析】由510S S =结合等差中项的性质可得80a =，即可计算出公差，即可得1a 的值. 【答案详解】由105678910850S S a a a a a a -=++++==，则80a =， 则等差数列{}n a 的公差85133a a d -==-，故151741433a a d ⎛⎫=-=-⨯-= ⎪⎝⎭.故选：B.2．（2024∙全国甲卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，则37a a +=（ ） A ．2-B ．73C ．1D ．29【答案】D【详细分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成1a 和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【答案详解】方法一：利用等差数列的基本量 由91S =，根据等差数列的求和公式，911989193612S a d a d ⨯=+=⇔+=， 又371111222628(936)99a a a d a d a d a d +=+++=+=+=. 故选：D方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，1937a a a a +=+，由91S =，根据等差数列的求和公式， 193799()9()122a a a a S ++===，故3729a a +=.故选：D方法三：特殊值法不妨取等差数列公差0d =，则9111199S a a ==⇒=，则371229a a a +==. 故选：D3．（2023∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若264810,45a a a a +==，则5S =（ ） A ．25B ．22C ．20D ．15【答案】C【详细分析】方法一：根据题意直接求出等差数列{}n a 的公差和首项，再根据前n 项和公式即可解出； 方法二：根据等差数列的性质求出等差数列{}n a 的公差，再根据前n 项和公式的性质即可解出． 【答案详解】方法一：设等差数列{}n a 的公差为d ，首项为1a ，依题意可得，2611510a a a d a d +=+++=，即135a d +=,又()()48113745a a a d a d =++=，解得：11,2d a ==， 所以515455210202S a d ⨯=+⨯=⨯+=． 故选：C.方法二：264210a a a +==，4845a a =，所以45a =，89a =，从而84184a a d -==-，于是34514a a d =-=-=， 所以53520S a ==． 故选：C.4．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的公差为23π，集合{}*cos N n S a n =∈，若{},S a b =，则ab =（ ） A ．－1B ．12-C ．0D ．12【答案】B【详细分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素详细分析、推理作答.【答案详解】依题意，等差数列{}n a 中，112π2π2π(1)()333n a a n n a =+-⋅=+-， 显然函数12π2πcos[()]33y n a =+-的周期为3，而N n *∈，即cos n a 最多3个不同取值，又{cos |N }{,}n a n a b *∈=，则在123cos ,cos ,cos a a a 中，123cos cos cos a a a =≠或123cos cos cos a a a ≠=， 于是有2πcos cos()3θθ=+，即有2π()2π,Z 3k k θθ++=∈，解得ππ,Z 3k k θ=-∈， 所以Z k ∈，2ππ4πππ1cos(π)cos[(π)]cos(π)cos πcos πcos 333332ab k k k k k =--+=--=-=-.故选：B5．（2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：{}nS n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【答案】C【详细分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n 项和与第n 项的关系推理判断作答.，【答案详解】方法1，甲：{}n a 为等差数列，设其首项为1a ，公差为d ， 则1111(1)1,,222212n n n n S S S n n n d d dS na d a d n a nn n +--=+=+=+--=+，因此{}nS n为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙：{}nS n为等差数列，即111(1)1(1)(1)n n n n n n S S nS n S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数，设为t ，即1(1)n nna S t n n +-=+，则1(1)n n S na t n n +=-⋅+，有1(1)(1),2n n S n a t n n n -=--⋅-≥，两式相减得：1(1)2n n n a na n a tn +=---，即12n n a a t +-=，对1n =也成立， 因此{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，C 正确.方法2，甲：{}n a 为等差数列，设数列{}n a 的首项1a ，公差为d ，即1(1)2n n n S na d -=+， 则11(1)222n S n d d a d n a n-=+=+-，因此{}n S n 为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：{}nS n 为等差数列，即11,(1)1n n n S S S D S n D n n n+-==+-+， 即1(1)n S nS n n D =+-，11(1)(1)(2)n S n S n n D -=-+--，当2n ≥时，上两式相减得：112(1)n n S S S n D --=+-，当1n =时，上式成立， 于是12(1)n a a n D =+-，又111[22(1)]2n n a a a nD a n D D +-=+-+-=为常数， 因此{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件. 故选：C6．（2022∙北京∙高考真题）设{}n a 是公差不为0的无穷等差数列，则“{}n a 为递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【详细分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【答案详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，记[]x 为不超过x 的最大整数. 若{}n a 为单调递增数列，则0d >，若10a ≥，则当2n ≥时，10n a a >≥；若10a <，则()11n a a n d +-=， 由()110n a a n d =+->可得11a n d >-，取1011a N d ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦，则当0n N >时，0n a >， 所以，“{}n a 是递增数列”⇒“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”；若存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >，取N k *∈且0k N >，0k a >， 假设0d <，令()0n k a a n k d =+-<可得k a n k d >-，且k ak k d->， 当1k a n k d ⎡⎤>-+⎢⎥⎣⎦时，0n a <，与题设矛盾，假设不成立，则0d >，即数列{}n a 是递增数列.所以，“{}n a 是递增数列”⇐“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”.所以，“{}n a 是递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的充分必要条件. 故选：C.7．（2020∙浙江∙高考真题）已知等差数列{an }的前n 项和Sn ，公差d ≠0，11a d≤．记b 1=S 2，bn+1=S2n+2–S 2n ，n N *∈，下列等式不可能．．．成立的是（ ） A ．2a 4=a 2+a 6B ．2b 4=b 2+b 6C ．2428a a a = D ．2428b b b =【答案】D【详细分析】根据题意可得，21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-，而1212b S a a ==+，即可表示出题中2468,,,b b b b ，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．【答案详解】对于A ，因为数列{}n a 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由4426+=+可得，4262a a a =+，A 正确；对于B ，由题意可知，21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-，1212b S a a ==+，∴234b a a =+，478b a a =+，61112b a a =+，81516b a a =+． ∴()47822b a a =+，26341112b b a a a a +=+++．根据等差数列的下标和性质，由31177,41288+=++=+可得()26341112784=2=2b b a a a a a a b +=++++，B 正确；对于C ，()()()()2224281111137222a a a a d a d a d d a d d d a -=+-++=-=-， 当1a d =时，2428a a a =，C 正确； 对于D ，()()22222478111213452169b a a a d a a d d =+=+=++，()()()()2228341516111125229468145b b a a a a a d a d a a d d =++=++=++， ()22428112416832b b b d a d d d a -=-=-．当0d >时，1a d ≤，∴()113220d a d d a -=+->即24280b b b ->；当0d <时，1a d ≥，∴()113220d a d d a -=+-<即24280b b b ->，所以24280b b b ->，D 不正确．故选：D.【名师点评】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．8．（2019∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则。
2024全国高考真题 全国甲卷 文科数学+答案
三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第 17 题第 21 题为必
考题，每个考题考生必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共 60 分．
15. 已知等比数列{ }的前项和为 ，且2 = 3+1 − 3.
（1）求{ }的通项公式；
【12 题答案】2
【13 题答案】64
【14 题答案】(−2,1)
三、解答题：
（一）必考题：共 60 分．
【15 题答案】
−1
（1） = (5)
3ห้องสมุดไป่ตู้
3 5
3
（2） ( ) −
2 3
2
【16 题答案】
（1）证明见详解；
6√13
（2）
13
【17 题答案】
（1）见解析
（2）见解析
【18 题答案】
）
）
C.
D.
9. 已知
cos
= 3 ，则tan ( + 4 ) =（
cos − sin
A. 2√3 + 1
B. 2√3 − 1
）
C.
√3
2
D. 1 − √3
10. 设、是两个平面，、是两条直线，且 ∩ = .下列四个命题：
.
①若//，则//或//
②若 ⊥ ，则 ⊥ , ⊥
（2）求点到的距离.
17 已知函数() = ( − 1) − + 1．
（1）求() 单调区间；
（2）若 ≤ 2时，证明：当 > 1时， f ( x ) e
18. 设椭圆:
的的
2
2
2
十年(2014-2023)高考数学真题分项汇编文科专题5 数列小题(文科)(解析版)
n 项和
Sn，公差
d≠0， a1 d
1 ．记
b1=S2，
bn+1=Sn+2–S2n， n N ，下列等式不可能成立的是
( )
A．2a4=a2+a6
B．2b4=b2+b6
C． a42 a2a8
D． b42 b2b8
【答案】D
解析：对于 A，因为数列an 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由 4 4 2 6 可得，
由 an
a1
n
1 d
0
可得 n
1
a1 d
，取
N0
1
a1 d
1 ，则当 n
N0
时， an
0，
所以，“an 是递增数列” “存在正整数 N0 ，当 n N0 时， an 0 ”；
若存在正整数 N0 ，当 n N0 时， an 0 ，取 k N 且 k N0 ， ak 0 ，
假设 d
0 ，令 an
Sn =
1 2
An An+1 ×tan q Bn Bn+1 ，都为定值，所以 Sn+1 - Sn 为定值．故选 A．
3．(2022 高考北京卷·第 15 题)己知数列an 各项均为正数，其前 n 项和 Sn 满足 an Sn 9(n 1, 2,) ．给
出下列四个结论：
①an 的第 2 项小于 3； ②an 为等比数列；
2a4 a2 a6 ，A 正确；
对于 B，由题意可知， bn1 S2n2 S2n a2n1 a2n2 ， b1 S2 a1 a2 ，
∴ b2 a3 a4 ， b4 a7 a8 ， b6 a11 a12 ， b8 a15 a16 ．
∴ 2b4 2 a7 a8 ， b2 b6 a3 a4 a11 a12 ．
高考数学真题2011年—2018年新课标全国卷(1卷、2卷、3卷)文科数学试题分类汇编—9.数列
2011年—2018年新课标全国卷文科数学分类汇编9．数列一、选择题(2015·新课标Ⅰ，文7)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8=4S 4，则a 10=()A ．172B ．192C ．10D ．12（2015·新课标Ⅱ，文5）设n S 是等差数列}{n a 的前n 项和，若3531=++a a a ，则=5S （）A.5B.7C.9D.11（2015·新课标Ⅱ，文9）已知等比数列}{n a 满足411=a ，)1(4453-=a a a ，则=2a （）A.2B.1C.21 D.81（2014·新课标Ⅱ，文5）等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项S n =（）A ．(1)n n +B ．(1)n n -C ．(1)2n n +D ．(1)2n n -(2013·新课标Ⅰ，文6)设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则()．A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n(2012·新课标Ⅰ，文12)数列{n a }满足1(1)21n n n a a n ++-=-，则{n a }的前60项和为（）A ．3690B ．3660C ．1845D ．1830二、填空题(2015·新课标Ⅰ，文13)数列{a n }中，a 1=2，a n +1=2a n ，S n 为{a n }的前n 项和，若S n =126，则n =．（2014·新课标Ⅱ，文16）数列}{n a 满足nn a a -=+111，2a =2，则1a =_________.(2012·新课标Ⅰ，文14)等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若3230S S +=，则公比q =_____．三、解答题(2018·新课标Ⅰ，文17)已知数列{}n a 满足11a =，()121n n na n a +=+，设nn a b n=．（1）求123b b b ，，；（2）判断数列{}n b 是否为等比数列，并说明理由；（3）求{}n a 的通项公式．(2018·新课标Ⅱ，文17)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求n S ，并求n S 的最小值．(2018·新课标Ⅲ，文17)等比数列{}n a 中，15314a a a ==，．（1）{}n a 的通项公式；⑵记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ．(2017·新课标Ⅰ，文17)记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知22S =,36S =-．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求n S ，并判断1n S +，n S ，2n S +是否成等差数列．（2017·新课标Ⅱ，文17）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1=-1，b 1=1，a 2+b 2=2.（1）若a 3+b 3=5，求{b n }的通项公式；（2）若T 3=21，求S 3.(2017·新课标Ⅲ，文17)设数列{}n a 满足()123212n a a n a n +++-= ．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和．(2016·新课标Ⅰ，文17)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求{}n b 的前n 项和．（2016·新课标Ⅱ，文17）等差数列{a n }中，a 3+a 4=4，a 5+a 7=6．（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n =[lg a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]=0，[2.6]=2.(2016·新课标Ⅲ，文17)已知各项都为正数的数列{}n a 满足11a =，211(21)20n n n n a a a a ++---=．（1）求23,a a ；（2）求{}n a 的通项公式．(2014·新课标Ⅰ，文17)已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根。
数列--历届高考真题试题
数列--历届高考真题一、解答题1．（2019·浙江高考真题）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列.（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；（2）记,n C n *=∈N证明：12+.n C C C n *++<∈N L 2．（2019·北京高考真题（文））设{a n }是等差数列，a 1=–10，且a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列．（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值．3．（2019·天津高考真题（文）） 设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0，已知113a b ==，23b a = ，3243b a =+. （Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足21,,,n n n c bn ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数求()*112222n na c a c a c n N +++∈L .4．（2019·全国高考真题（理））已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+ ，1434n n n b b a +-=-. （1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列；（2）求{a n }和{b n }的通项公式.5．（2019·全国高考真题（文））记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=－a 5．（1）若a 3=4，求{a n }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．6．（2010·山东高考真题（文））（本小题满分12分）已知等差数列{}n a 满足：37a =，5726a a +=，{}n a 的前项和为n S ．（1）求n a 及n S ； （2）令211n a -，求数列{}n b 的前n 项和n T ．7．（2017·全国高考真题（文））已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，且a 1=1，b 1=1，a 2+b 2=4. （1）若a 3+b 3=7，求{b n }的通项公式； （2）若T 3=13，求S 5.8．（2018·天津高考真题（理））（2018年天津卷理）设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N ∗)，{b n }是等差数列.已知a 1=1，a 3=a 2+2，a 4=b 3+b 5，a 5=b 4+2b 6.（I ）求{a n }和{b n }的通项公式；（II ）设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N ∗)， （i ）求T n ； （ii ）证明∑(T k +b k+2)b k (k+1)(k+2)nk=1=2n+2n+2−2(n ∈N ∗).9．（2018·天津高考真题（文））设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n （n ∈N *）；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n （n ∈N *）．已知b 1=1，b 3=b 2+2，b 4=a 3+a 5，b 5=a 4+2a 6． （Ⅰ）求S n 和T n ；（Ⅱ）若S n +（T 1+T 2+…+T n ）=a n +4b n ，求正整数n 的值．10．（2018·全国高考真题（文））已知数列{a n }满足a 1=1，na n+1=2(n +1)a n ，设b n =a n n．（1）求b 1 ， b 2 ， b 3；（2）判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； （3）求{a n }的通项公式．11．（2018·全国高考真题（理））记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1=−7，S 3=−15．（1）求{a n }的通项公式； （2）求S n ，并求S n 的最小值．12．（2017·上海高考真题）根据预测，某地第n (n ∈N ∗)个月共享单车的投放量和损失量分别为a n 和b n （单位：辆），其中a n ={5n 4+15,1≤n ≤3−10n +470,n ≥4，b n =n +5，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量S n =−4(n −46)2+8800（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？13．（2017·天津高考真题（理））已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N ∗)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0， b 2+b 3=12,b 3=a 4−2a 1,S 11=11b 4. （Ⅰ）求{a n }和{b n }的通项公式； （Ⅱ）求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N ∗).14．（2015·重庆高考真题（文））已知等差数列{a n }满足a 3=2，前3项和S 3=92. （1）求{a n }的通项公式（2）设等比数列{b n }满足b 1=a 1，b 4=a 15，求{b n }的通项公式b n 及{b n }的前n 项和T n . 15．（2017·山东高考真题（文））已知{a n }是各项均为正数的等比数列,且121236,a a a a a +==.(I)求数列{a n }通项公式；(II){b n }为各项非零的等差数列,其前n 项和S n ,已知211n n n S b b ++=,求数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .16．（2017·全国高考真题（文））设数列{a n }满足a 1+3a 2+⋯+(2n −1)a n =2n .（1）求{a n }的通项公式； （2）求数列{a n 2n+1} 的前n 项和．17．（2017·全国高考真题（文））记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。
2024 年高考全国甲卷数学(文)真题卷含答案
2024年高考全国甲卷数学（文）一、单选题1．集合{}1,2,3,4,5,9A =，{}1B x x A =+∈，则A B = （ ）A ．{}1,2,3,4B ．{}1,2,3C ．{}3,4D ．{}1,2,93．若实数,x y 满足约束条件43302202690x y x y x y −−≥−−≤ +−≤ ，则5z x y =−的最小值为（ ）A ．5B ．12C ．2−D ．72−由5z x y =−可得1155y x z =−，即z 则该直线截距取最大值时，z 有最小值，此时直线联立43302690x y x y −−= +−= ，解得321x y==，即4．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，37a a +=（ ） A ．2−B ．73C ．1D ．29A ．14B ．13C ．12D ．236．已知双曲线2222:1(0,0)y x C a b a b−=>>的上、下焦点分别为()()120,4,0,4F F −，点()6,4P −在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）7．曲线()631f x x x =+−在()0,1−处的切线与坐标轴围成的面积为（ ）A ．16B 2C ．12D ．【答案】A8．函数()2e e sin x x f x x x −=−+−在区间[2.8,2.8]−的大致图像为（ ）A ．B ．C ．D ．9．已知cos cos sin ααα=−πtan 4α+=（ ）A ．1B ．1−CD ．1是两个平面，是两条直线，且①若//m n ，则//n α或//n β ②若m n ⊥，则,n n αβ⊥⊥③若//n α，且//n β，则//m n ④若n 与α和β所成的角相等，则m n ⊥ 其中所有真命题的编号是（ ）A ．①③B ．②④C ．①②③D ．①③④ 【答案】A【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【解析】①，当n ⊂α，因为//m n ，m β⊂，则//n β，当n β⊂，因为//m n ，m α⊂，则//n α， 当n 既不在α也不在β内，因为//m n ，,m m αβ⊂⊂，则//n α且//n β，①正确； ②，若m n ⊥，则n 与,αβ不一定垂直，②错误； ③，过直线n 分别作两平面与,αβ分别相交于直线s 和直线t ，因为//n α，过直线n 的平面与平面α的交线为直线s ，则根据线面平行的性质定理知//n s ，同理可得//n t ，则//s t ，因为s ⊄平面β，t ⊂平面β，则//s 平面β，因为s ⊂平面α，m αβ= ，则//s m ，又因为//n s ，则//m n ，③正确；④，若,m n αβ∩=与α和β所成的角相等，如果//,//αβn n ，则//m n ，④错误； ①③正确， 故选A.11．在ABC 中内角,,A B C 所对边分别为,,a b c ，若π3B =，294b ac =，则sin sin A C +=（ ） A ．32BC D二、填空题12．函数()sin f x x x =在[]0,π上的最大值是 ．13．已知1a >，8115log log 42a a −=−，则=a ．14．曲线33y x x =−与()21y x a =−−+在()0,∞+上有两个不同的交点，则a 的取值范围为 ． 【答案】()2,1−【分析】将函数转化为方程，令()2331x x x a −=−−+，分离参数a ，构造新函数()3251,g x x x x =+−+结合导数求得()g x 单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.【解析】令()2331x x x a −=−−+，即3251a x x x =+−+，令()()32510,g x x x x x =+−+> 则()()()2325351g x x x x x =+−=+−′，令()()00g x x ′=>得1x =，当()0,1x ∈时，()0g x ′<，()g x 单调递减，当()1,x ∞∈+时，()0g x ′>，()g x 单调递增，()()01,12g g ==−，因为曲线33y x x =−与()21y x a =−−+在()0,∞+上有两个不同的交点， 所以等价于y a =与()g x 有两个交点，所以()2,1a ∈−.答案为：()2,1−三、解答题15．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1233n n S a +=−. (1)求{}n a 的通项公式； (2)求数列{}n S 的通项公式.4,2AD AB BC EF ====，ED FB =M 为AD 的中点.(1)证明：//BM 平面CDE ；M ABF17．已知函数()()1ln 1f x a x x =−−+． (1)求()f x 的单调区间；(2)若2a ≤时，证明：当1x >时，()1e xf x −<恒成立．【答案】(1)见解析 (2)见解析 18．设椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点为F ，点31,2M 在C 上，且MF x ⊥轴．(1)求C 的方程；(2)过点()4,0P 的直线与C 交于,A B 两点，N 为线段FP 的中点，直线NB 交直线MF 于点Q ，证明：AQ y ⊥轴．由223412(4)x y y k x += =−可得(34+故()(42Δ102443464k k =−+中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为cos 1ρρθ+.(1)写出C 的直角坐标方程；(2)设直线l ：x ty t a = =+（t 为参数），若C 与l 相交于AB 、两点，若2AB =，求a 的值.满足3a b +≥．(1)证明：2222a b a b +>+；(2)证明：22226a b b a −+−≥．【答案】(1)见解析 (2)见解析。
各地高考等比数列真题试卷(含详细答案)
等比数列练习题一、选择题1.(广东卷文)已知等比数列}{n a 的公比为正数，且3a ·9a =225a ，2a =1，则1a = A.21 B. 22 C. 2 D.2 【答案】B 【解析】设公比为q ,由已知得()22841112a q a q a q ⋅=,即22q=,又因为等比数列}{n a 的公比为正数，所以2q =,故211222a a q ===,选B 2、如果1,,,,9a b c --成等比数列，那么（ ）A 、3,9b ac ==B 、3,9b ac =-=C 、3,9b ac ==-D 、3,9b ac =-=- 3、若数列}{n a 的通项公式是=+++-=1021),23()1(a a a n a n n 则（A ）15 （B ）12 （C ）-12 D ）-15 答案：A4.设{n a }为等差数列，公差d = -2，n S 为其前n 项和.若1011S S =，则1a =（ ） A.18 B.20 C.22 D.24 答案：B 解析：20,100,1111111110=∴+==∴=a d a a a S S5.（2008四川）已知等比数列()n a 中21a =，则其前3项的和3S 的取值范围是()A.(],1-∞-B.()(),01,-∞+∞C.[)3,+∞D.(][),13,-∞-+∞答案 D6.（2008福建)设｛a n ｝是公比为正数的等比数列，若n 1=7,a 5=16,则数列｛a n ｝前7项的和为( ) A.63 B.64 C.127 D.128 答案 C7.（2007重庆）在等比数列{a n }中，a 2＝8，a 5＝64，，则公比q 为（ ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．8 答案 A8．若等比数列{a n }满足a n a n +1=16n ，则公比为 A ．2 B ．4 C ．8 D ．16 答案：B9．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1=1，a n +1 =3S n （n ≥1），则a 6=（A ）3 × 44 （B ）3 × 44+1 （C ）44 （D ）44+1 答案：A 解析：由a n +1 =3S n ，得a n =3S n －1（n ≥ 2），相减得a n +1－a n =3(S n －S n －1)= 3a n ，则a n +1=4a n （n ≥ 2），a 1=1，a 2=3，则a 6= a 2·44=3×44，选A ．10.(2007湖南) 在等比数列{}n a （n ∈N *）中，若11a =，418a =，则该数列的前10项和为（ ） A ．4122- B ．2122- C ．10122- D ．11122-答案 B11.（2006湖北）若互不相等的实数成等差数列， 成等比数列，且310a b c ++=，则a = A ．4 B ．2 C ．－2 D ．－4 答案 D解析 由互不相等的实数,,a b c 成等差数列可设a ＝b －d ，c ＝b ＋d ，由310a b c ++=可得b ＝2，所以a ＝2－d ，c ＝2＋d ，又,,c a b 成等比数列可得d ＝6，所以a ＝－4，选D 12.（2008浙江）已知{}n a 是等比数列，41252==a a ，，则13221++++n n a a a a a a =（ ） A.16（n--41） B.6（n--21）C.332（n --41） D.332（n--21） 答案 C二、填空题：,,a b c ,,c a b三、13.（2009浙江理）设等比数列{}n a 的公比12q =，前n 项和为n S ，则44Sa = ． 答案：15解析 对于4431444134(1)1,,151(1)a q s q s a a q q a q q --==∴==--14.（2009全国卷Ⅱ文）设等比数列{n a }的前n 项和为n s 。
专题6.1 数列(选填题)(全国卷文科数学专用)-5年高考真题与优质模拟题(原卷版+解析版)
专题6.1 数列（选填题）A 组 5年高考真题1．（2020全国Ⅰ文10）设{}n a 是等比数列，且1232341,+2a a a a a a ++=+=，则678a a a ++=（） A ．12 B ．24 C ．30 D ．32 2．（2020全国Ⅱ文6）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若,24,124635=-=-a a a a 则=nna S（）A ．12-nB ．n --122C ．122--nD ．121--n3．（2015新课标Ⅱ，文9）已知等比数列满足，，则（）4．（2013新课标Ⅰ，文6）设首项为1，公比为23的等比数列{n a }的前n 项和为n S ，则 A ．n S =21n a -B ．n S =32n a -C ．n S =43n a -D ．n S =32n a -5．（2015新课标Ⅰ，文7）已知{}n a 是公差为1的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和，若844S S =，则10a =（） （A ）172（B ）192（C ）10（D ）12 6．（2015新课标Ⅱ，文5）设是等差数列的前项和，若，则（） A ． B ． C ． D ．7．（2014新课标Ⅱ，文5）等差数列{}n a 的公差是2，若248,,a a a 成等比数列，则{}n a 的前n 项和n S =（） A ． (1)n n + B ． (1)n n - C ．(1)2n n + D ． (1)2n n - 8．（2014新课标Ⅱ，文16）数列}{n a 满足2,1181=-=+a a a nn ，则=1a ________． 9．（2020全国Ⅱ文14）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若1262,2a a a =-+=，则=10S ． 10．（2019•新课标Ⅰ，文14）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若11a =，334S =，则4S = ．{}n a 114a =()35441a a a =-2a =A.2B.11C.21D.8n S {}n a n 1353a a a ++=5S =57911B 组 三年模拟11．（2020届安徽省“江南十校”高三综合素质检测）已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为2317,,927n S S S ==，则12n a a a 的最小值为（ ） A ．24()27 B ．34()27 C ．44()27D ．54()2712．（2020届河南省六市高三第一次模拟）著名的斐波那契数列{}n a ：1，1，2，3，5，8，…，满足121a a ==，21n n n a a a ++=+，*N n ∈，若2020211n n k a a -==∑，则k =( )A ．2020B ．4038C ．4039D ．404013．（2020届河南省六市高三第一次模拟）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若201820202019S S S <<，设12n n n n b a a a ++=，则数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T 取最大值时n 的值为( )A ．2020B ．20l9C ．2018D ．201714．（2020届河南省濮阳市高三模拟）记等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S .若1040S =，65a =，则（ ） A ．3d =B ．1012a =C ．20280S =D ．14a =-15．（2020届河南省天一大联考“顶尖计划”高三一联）记单调递增的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2410a a +=，23464a a a =，则（ ）A ．112n n n S S ++-=B ．2n n a =C ．21n n S =-D ．121n n S -=-16．（2020届河南省新乡市高三第二次模拟）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第19项为（ ）（注：2222(1)(21)1236n n n n ++++++=）A ．1624B ．1024C ．1198D ．156017．（2020届江西师范大学附属中学高三一模）已知数列{}n a 满足123232n n a a a na +++⋯+=，则n a =________．18．（2020届山西省大同市第一中学高三一模）设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若369S S S +=，则数列{}n a 的公比q 是．19．（2020届河南省天一大联考“顶尖计划”高三二联）数列{}n a 满足递推公式21++=+n n n a a a ，且12201920202020a a a a =⋅=，，则222122019a a a ++⋯+=___________.20．（2020届河南省驻马店市高三第二次模拟）在数列{}n a 中，11a =，0n a ≠，曲线3y x =在点()3,n n a a 处的切线经过点()1,0n a +，下列四个结论：①223a =；②313a =；③416527ii a==∑；④数列{}n a 是等比数列；其中所有正确结论的编号是______.21．（2020届河南省新乡市高三第二次模拟）已知数列{}n a 是等比数列，131,36a a ==，则2a =__________. 22．（2020届河南省天一大联考“顶尖计划”高三一联）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()211n n n S a n a -+=+，且25a =.若2nn S m >，则实数m 的取值范围为________.专题6.1 数列（选填题）A 组 5年高考真题1．（2020全国Ⅰ文10）设{}n a 是等比数列，且1232341,+2a a a a a a ++=+=，则678a a a ++=（） A ．12 B ．24 C ．30 D ．32 【答案】D【思路导引】根据已知条件求得q 的值，再由()5678123a a a qa a a ++=++可求得结果．【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，则()2123111a a a a q q++=++=，()232234111112a a a a q a q a q a q q q q ++=++=++==，()5675256781111132a a a a q a q a q a q q q q ∴++=++=++==，故选D ．2．（2020全国Ⅱ文6）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若,24,124635=-=-a a a a 则=nna S（）A ．12-nB ．n --122C ．122--nD ．121--n【答案】B【思路导引】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前n 项和公式进行求解即可．【解析】设等比数列的公比为q ，由536412,24a a a a -=-=可得：421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩，∴1111(1)122,21112n n n n nn n a q a a qS q ----=====---，因此1121222n n n n n S a ---==-，故选B ．3．（2015新课标Ⅱ，文9）已知等比数列满足，，则（）【答案】C【解析】由题意可得，所以 ，故 ，选C ．4．（2013新课标Ⅰ，文6）设首项为1，公比为23的等比数列{n a }的前n 项和为n S ，则 A ．n S =21n a -B ．n S =32n a -C ．n S =43n a -D ．n S =32n a -【答案】D【解析】n S =213213na --=32n a -，故选D 5．（2015新课标Ⅰ，文7）已知{}n a 是公差为1的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和，若844S S =，则10a =（） （A ）172（B ）192（C ）10（D ）12 【答案】B【解析】∵公差1d =，844S S =，∴11118874(443)22a a +⨯⨯=+⨯⨯，解得1a =12，∴1011199922a a d =+=+=，故选B ． {}n a 114a =()35441a a a =-2a =A.2B.11C.21D.8()235444412a a a a a ==-⇒=34182a q q a ==⇒=2112a a q ==6．（2015新课标Ⅱ，文5）设是等差数列的前项和，若，则（） A ． B ． C ． D ． 【答案】A【解析】，．故选A ． 7．（2014新课标Ⅱ，文5）等差数列{}n a 的公差是2，若248,,a a a 成等比数列，则{}n a 的前n 项和n S =（） A ． (1)n n + B ． (1)n n - C ． (1)2n n + D ． (1)2n n - 【答案】A【解析】∵248,,a a a 成等比数列，∴2428a a a =，即2111(6)(2)(14)a a a +=++，解得1a =2，∴n S =2n n +，故选A ．8．（2014新课标Ⅱ，文16）数列}{n a 满足2,1181=-=+a a a nn ，则=1a ________． 【答案】21 【解析】由111n n a a +=-得，n a =111n a +-，∵82a =，∴7a =811a -=12，∴6a =711a -=-1，∴5a =611a -=2，∴4a =511a -=12，∴3a =411a -=-1，∴2a =311a -=2，1a =211a -=12． 9．（2020全国Ⅱ文14）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若1262,2a a a =-+=，则=10S ． 【答案】25【思路导引】∵{}n a 是等差数列，根据已知条件262a a +=，求出公差，根据等差数列前n 项和，即可求得答案． 【解析】{}n a 是等差数列，且1262,2a a a =-+=．设{}n a 等差数列的公差d ，根据等差数列通项公式：()11n a a n d +-=，可得1152a d a d +++=，即：()2252d d -++-+=，整理可得：66d =，解得：1d =．根据等差数列前n 项和公式：()*11,2n n n dS na n -=+∈N ，可得：n S {}n a n 1353a a a ++=5S =5791113533331a a a a a ++==⇒=()15535552a a S a +===()()10101011022045252S ⨯-=⨯-+=-+=，∴1025S =．故答案为：25．10．（2019•新课标Ⅰ，文14）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若11a =，334S =，则4S = ． 【答案】58【解析】等比数列{}n a 的前n 项和，11a =，334S =，1q ∴≠，31314q q -=-，整理可得，2104q q ++=，解可得，12q =-，则4411151611812q S q --===-+．B 组 三年模拟11．（2020届安徽省“江南十校”高三综合素质检测）已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为2317,,927n S S S ==，则12n a a a 的最小值为（ ） A ．24()27 B ．34()27 C ．44()27D ．54()27【答案】D【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，由题意得，332427a S S =-=，得2111427190a q a a q q ⎧=⎪⎪⎪+=⎨⎪>⎪⎪⎩，解得11272a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，得1227n n a -=.当15n ≤≤时，1n a <；当6n ≥时，1n a >， 则12n a a a 的最小值为551234534()()27a a a a a a ==. 12．（2020届河南省六市高三第一次模拟）著名的斐波那契数列{}n a ：1，1，2，3，5，8，…，满足121a a ==，21n n n a a a ++=+，*N n ∈，若2020211n n k a a -==∑，则k =( )A ．2020B ．4038C ．4039D ．4040【答案】D 【解析】11a =，32a =，43a =，故134a a a +=，202021134039457403967403940401............n n aa a a a a a a a a a a -==+++=++++=+++==∑，故4040k =.13．（2020届河南省六市高三第一次模拟）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若201820202019S S S <<，设12n n n n b a a a ++=，则数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T 取最大值时n 的值为( ) A ．2020 B ．20l9C ．2018D ．2017【答案】B【解析】n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若201820202019S S S <<， 故20190a >，20200a <，201920200a a +>，12n n n n b a a a ++=，故1211n n n n a a b a ++=， 当2017n ≤时，10n b >，2018201820192020110a a a b =<，2019201920202021110a a a b =>， 2019202020182019201820192020201920202021201820192020202111110b a a a a a a a a a a a a b ++=+=>，当2020n ≥时，10nb <，故前2019项和最大. 14．（2020届河南省濮阳市高三模拟）记等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S .若1040S =，65a =，则（ ） A ．3d = B ．1012a =C ．20280S =D ．14a =-【答案】C 【解析】因为()()1101056105402a a S a a +⋅==+=，65a =，所以解得53a =， 所以652d a a =-=，所以10645813a a d =+=+=，154385a a d =-=-=-，20120190100380280S a d =+=-+=， 15．（2020届河南省天一大联考“顶尖计划”高三一联）记单调递增的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2410a a +=，23464a a a =，则（ ）A ．112n n n S S ++-= B ．2n n a =C ．21nn S =-D ．121n n S -=-【答案】C【解析】因为{}n a 为等比数列，所以2324a a a =，故3364a =即34a =，由24241016a a a a +=⎧⎨=⎩可得2428a a =⎧⎨=⎩或2482a a =⎧⎨=⎩，因为{}n a 为递增数列，故2428a a =⎧⎨=⎩符合.此时24q =，所以2q 或2q =-（舍，因为{}n a 为递增数列）.故3313422n n n n a a q---==⨯=，()1122112n n n S ⨯-==--.16．（2020届河南省新乡市高三第二次模拟）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第19项为（ ）（注：2222(1)(21)1236n n n n ++++++=）A ．1624B ．1024C ．1198D ．1560【答案】B 【解析】依题意n a ：1，4，8，14，23，36，54，……两两作差得n b ：3，4，6，9，13，18，……两两作差得n c ：1，2，3，4，5，……设该数列为{}n a ，令1n n n b a a +=-，设{}n b 的前n 项和为n B ，又令1+=-n n n c b b ，设{}n c 的前n 项和为n C .易n c n =，22n n n C +=，进而得21332n n n n b C ++=+=+，所以2(1)133222n n n n b n -=+=-+，则(1)(1)36n n n n B n +-=+，所以11n n a B +=+，所以191024a =.17．（2020届江西师范大学附属中学高三一模）已知数列{}n a 满足123232n n a a a na +++⋯+=，则n a =________．【答案】12,12,2n n n a n n-=⎧⎪=⎨≥⎪⎩【解析】当1n =时，由已知，可得1122a ==， ∵123232n n a a a na +++⋯+=，① 故()()1123123122n n a a a n a n --+++⋯+-=≥，②由①-②得11222n n n n na --=-=，∴12n n a n-=．显然当1n =时不满足上式，∴12,12,2n n n a n n -=⎧⎪=⎨≥⎪⎩故答案为：12,12,2n n n a n n-=⎧⎪=⎨≥⎪⎩18．（2020届山西省大同市第一中学高三一模）设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若369S S S +=，则数列{}n a 的公比q 是． 【答案】1±.【解析】当q=1时，361119369S S a a a S +=+==.当1q ≠时，369369323111369(1)(1)(1),,21,(1)(1)0111a q a q a q S S S q q q q q q q q---+=∴+=∴--=-∴-+=--- 1q ∴=-，所以1q =±.19．（2020届河南省天一大联考“顶尖计划”高三二联）数列{}n a 满足递推公式21++=+n n n a a a ，且12201920202020a a a a =⋅=，，则222122019a a a ++⋯+=___________.【答案】2020【解析】12n n n a a a ++=-左右两端同乘以1n a +有12121n n n n n a a a a a ++++=-，从而211n n n n n a a a a a +-=-，21121n n n n n a a a a a ----=-，⋅⋅⋅，222312a a a a a =-，将以上式子累加得22223112n n n a a a a a a a +++⋅⋅⋅+=-. 由12a a =得22221231n n n a a a a a a ++++⋅⋅⋅+=.令2019n =，有222122019201920202020a a a a a ++⋯+=⋅=.20．（2020届河南省驻马店市高三第二次模拟）在数列{}n a 中，11a =，0n a ≠，曲线3y x =在点()3,n n a a 处的切线经过点()1,0n a +，下列四个结论：①223a =；②313a =；③416527i i a ==∑；④数列{}n a 是等比数列；其中所有正确结论的编号是______. 【答案】①③④【解析】∵2'3y x =，∴曲线3y x =在点()3,n n a a 处的切线方程为()323n n n y a a x a -=-，则()3213n n n n a a a a +-=-.∵0n a ≠，∴123n n a a +=， 则{}n a 是首项为1，公比为23的等比数列，从而223a =，349a =，4412165322713i i a =⎛⎫- ⎪⎝⎭==-∑. 故所有正确结论的编号是①③④.21．（2020届河南省新乡市高三第二次模拟）已知数列{}n a 是等比数列，131,36a a ==，则2a =__________. 【答案】6±【解析】设{}n a 的公比为q ，由131,36a a ==，得236,6q q ==±，故26a =±. 22．（2020届河南省天一大联考“顶尖计划”高三一联）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()211n n n S a n a -+=+，且25a =.若2nnS m >，则实数m 的取值范围为________. 【答案】(2,)+∞【解析】当2n =时，()2222121S a a -+=+，解得28S =.所以13a =. 因为()211n n n S a n a -+=+，则()11121(1)1n n n S a n a +++-+=++，两式相减，可得112(2)(1)1n n n a n a n a ++=+-++， 即1(1)10n n na n a +-++=，则21(1)(2)10n n n a n a +++-++=.两式相减， 可得2120n n n a a a ++-+=.所以数列{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+，则2222n n nS n n+=. 令2n n n S b =，则21132n n n n b b ++--=. 当2n ≥时，10n nb b ，数列{}n b 单调递减，而132b =，22b =，3158b =， 故2m >，即实数m 的取值范围为(2,)+∞. 故答案为(2,)+∞。
2024年高考真题汇总 数列(解析版)
专题数列一、单选题1(全国甲卷数学(文))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 9=1，a 3+a 7=()A.-2B.73C.1D.29【答案】D【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a 1和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9a 1+9×82d =1⇔9a 1+36d =1，又a 3+a 7=a 1+2d +a 1+6d =2a 1+8d =29(9a 1+36d )=29.故选：D 方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，a 1+a 9=a 3+a 7，由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9(a 1+a 9)2=9(a 3+a 7)2=1，故a 3+a 7=29.故选：D 方法三：特殊值法不妨取等差数列公差d =0，则S 9=1=9a 1⇒a 1=19，则a 3+a 7=2a 1=29.故选：D2(全国甲卷数学(理))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 5=S 10，a 5=1，则a 1=()A.-2B.73C.1D.2【答案】B【分析】由S 5=S 10结合等差中项的性质可得a 8=0，即可计算出公差，即可得a 1的值.【详解】由S 10-S 5=a 6+a 7+a 8+a 9+a 10=5a 8=0，则a 8=0，则等差数列a n 的公差d =a 8-a 53=-13，故a 1=a 5-4d =1-4×-13 =73.故选：B .3(新高考北京卷)记水的质量为d =S -1ln n，并且d 越大，水质量越好．若S 不变，且d 1=2.1，d 2=2.2，则n 1与n 2的关系为()A.n 1<n 2B.n 1>n 2C.若S <1，则n 1<n 2；若S >1，则n 1>n 2；D.若S <1，则n 1>n 2；若S >1，则n 1<n 2；【答案】C2024年高考真题【分析】根据题意分析可得n 1=eS -12.1n 2=eS -12.2，讨论S 与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.【详解】由题意可得d 1=S -1ln n 1=2.1d 2=S -1ln n 2=2.2 ，解得n 1=e S -12.1n 2=e S -12.2，若S >1，则S -12.1>S -12.2，可得e S -12.1>e S -12.2，即n 1>n 2；若S =1，则S -12.1=S -12.2=0，可得n 1=n 2=1；若S <1，则S -12.1<S -12.2，可得e S -1 2.1<e S -12.2，即n 1<n 2；结合选项可知C 正确，ABD 错误；故选：C .二、填空题4(新课标全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3+a 4=7，3a 2+a 5=5，则S 10=.【答案】95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a 1,d ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【详解】因为数列a n 为等差数列，则由题意得a 1+2d +a 1+3d =73a 1+d +a 1+4d =5，解得a 1=-4d =3 ，则S 10=10a 1+10×92d =10×-4 +45×3=95.故答案为：95.5(新高考上海卷)无穷等比数列a n 满足首项a 1>0,q >1，记I n =x -y x ,y ∈a 1,a 2 ∪a n ,a n +1 ，若对任意正整数n 集合I n 是闭区间，则q 的取值范围是．【答案】q ≥2【分析】当n ≥2时，不妨设x ≥y ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，结合I n 为闭区间可得q -2≥-1q n -2对任意的n ≥2恒成立，故可求q 的取值范围.【详解】由题设有a n =a 1q n -1，因为a 1>0,q >1，故a n +1>a n ，故a n ,a n +1 =a 1q n -1,a 1q n ，当n =1时，x ,y ∈a 1,a 2 ，故x -y ∈a 1-a 2,a 2-a 1 ，此时I 1为闭区间，当n ≥2时，不妨设x ≥y ，若x ,y ∈a 1,a 2 ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ，若y ∈a 1,a 2 ,x ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈a n -a 2,a n +1-a 1 ，若x ,y ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈0,a n +1-a n ，综上，x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，又I n 为闭区间等价于0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n 为闭区间，而a n +1-a 1>a n +1-a n >a 2-a 1，故a n +1-a n ≥a n -a 2对任意n ≥2恒成立，故a n +1-2a n +a 2≥0即a 1q n -1q -2 +a 2≥0，故q n -2q -2 +1≥0，故q -2≥-1qn -2对任意的n ≥2恒成立，因q >1，故当n →+∞时，-1q n -2→0，故q -2≥0即q ≥2.故答案为：q ≥2.【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.三、解答题6(新课标全国Ⅰ卷)设m 为正整数，数列a 1,a 2,...,a 4m +2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a i 和a j i <j 后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列．(1)写出所有的i ,j ，1≤i <j ≤6，使数列a 1,a 2,...,a 6是i ,j -可分数列；(2)当m ≥3时，证明：数列a 1,a 2,...,a 4m +2是2,13 -可分数列；(3)从1,2,...,4m +2中一次任取两个数i 和j i <j ，记数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列的概率为P m ，证明：P m >18．【答案】(1)1,2 ,1,6 ,5,6 (2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据i ,j -可分数列的定义即可；(2)根据i ,j -可分数列的定义即可验证结论；(3)证明使得原数列是i ,j -可分数列的i ,j 至少有m +1 2-m 个，再使用概率的定义.【详解】(1)首先，我们设数列a 1,a 2,...,a 4m +2的公差为d ，则d ≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形a k =a k -a 1d+1k =1,2,...,4m +2 ，得到新数列a k =k k =1,2,...,4m +2 ，然后对a 1,a 2,...,a 4m +2进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设a k =k k =1,2,...,4m +2 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和j i <j ，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i ,j 就是1,2 ,1,6 ,5,6 .(2)由于从数列1,2,...,4m +2中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,4,7,10 ,3,6,9,12 ,5,8,11,14 ，共3组；②15,16,17,18 ,19,20,21,22 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -3组.(如果m -3=0，则忽略②)故数列1,2,...,4m +2是2,13 -可分数列.(3)定义集合A =4k +1 k =0,1,2,...,m =1,5,9,13,...,4m +1 ，B =4k +2 k =0,1,2,...,m =2,6,10,14,...,4m +2 .下面证明，对1≤i <j ≤4m +2，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列：命题1：i ∈A ,j ∈B 或i ∈B ,j ∈A ；命题2：j -i ≠3.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i ∈A ,j ∈B ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+1，j =4k 2+2，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+1<4k 2+2，即k 2-k 1>-14，故k 2≥k 1.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+1和j =4k 2+2后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+2,4k 1+3,4k 1+4,4k 1+5 ,4k 1+6,4k 1+7,4k 1+8,4k 1+9 ,...,4k 2-2,4k 2-1,4k 2,4k 2+1 ，共k 2-k 1组；③4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.第二种情况：如果i ∈B ,j ∈A ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+2<4k 2+1，即k 2-k 1>14，故k 2>k 1.由于j -i ≠3，故4k 2+1 -4k 1+2 ≠3，从而k 2-k 1≠1，这就意味着k 2-k 1≥2.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+2和j =4k 2+1后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+1,3k 1+k 2+1,2k 1+2k 2+1,k 1+3k 2+1 ，3k 1+k 2+2,2k 1+2k 2+2,k 1+3k 2+2,4k 2+2 ，共2组；③全体4k 1+p ,3k 1+k 2+p ,2k 1+2k 2+p ,k 1+3k 2+p ，其中p =3,4,...,k 2-k 1，共k 2-k 1-2组；④4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k 2-k 1-2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：4k 1+3,4k 1+4,...,3k 1+k 2 ，3k 1+k 2+3,3k 1+k 2+4,...,2k 1+2k 2 ，2k 1+2k 2+3,2k 1+2k 2+3,...,k 1+3k 2 ，k 1+3k 2+3,k 1+3k 2+4,...,4k 2 .可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍4k 1+1,4k 1+2,...,4k 2+2 中除开五个集合4k 1+1,4k 1+2 ，3k 1+k 2+1,3k 1+k 2+2 ，2k 1+2k 2+1,2k 1+2k 2+2 ，k 1+3k 2+1,k 1+3k 2+2 ，4k 2+1,4k 2+2 中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的4k 1+2和4k 2+1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.至此，我们证明了：对1≤i <j ≤4m +2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列.然后我们来考虑这样的i ,j 的个数.首先，由于A ∩B =∅，A 和B 各有m +1个元素，故满足命题1的i ,j 总共有m +1 2个；而如果j -i =3，假设i ∈A ,j ∈B ，则可设i =4k 1+1，j =4k 2+2，代入得4k 2+2 -4k 1+1 =3.但这导致k 2-k 1=12，矛盾，所以i ∈B ,j ∈A .设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m ，则4k 2+1 -4k 1+2 =3，即k 2-k 1=1.所以可能的k 1,k 2 恰好就是0,1 ,1,2 ,...,m -1,m ，对应的i ,j 分别是2,5 ,6,9 ,...,4m -2,4m +1 ，总共m 个.所以这m +1 2个满足命题1的i ,j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的i ,j 的个数为m +1 2-m .当我们从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和j i<j时，总的选取方式的个数等于4m+24m+12=2m+14m+1.而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的i,j至少有m+12-m个.所以数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的概率P m一定满足P m≥m+12-m2m+14m+1=m2+m+12m+14m+1>m2+m+142m+14m+2=m+12222m+12m+1=18.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.7(新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...，过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n.(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意的正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出P2的坐标即可；(2)根据等比数列的定义即可验证结论；(3)思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x =2k y n -kx n 1-k 2-x n =2ky n -x n -k 2x n1-k 2，相应的y =k x -x n +y n =y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n 2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV ⋅UW 1-UV ⋅UW UV ⋅UW2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2 c 2+d 2 -ac +bd 2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc 2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m.而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k -921-k 1+k 2-1+k 1-k 2 .这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k 2x n +y n=1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n -121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m.这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k =x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.8(全国甲卷数学(文))已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +1-3.(1)求a n 的通项公式；(2)求数列S n 的通项公式.【答案】(1)a n =53n -1(2)3253 n -32【分析】(1)利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；(2)利用等比数列的求和公式可求S n .【详解】(1)因为2S n =3a n +1-3,故2S n -1=3a n -3，所以2a n =3a n +1-3a n n ≥2 即5a n =3a n +1故等比数列的公比为q =53，故2a 1=3a 2-3=3a 1×53-3=5a 1-3，故a 1=1，故a n =53n -1.(2)由等比数列求和公式得S n =1×1-53 n1-53=3253 n -32.9(全国甲卷数学(理))记S n 为数列a n 的前n 项和，且4S n =3a n +4．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n -1na n ，求数列b n 的前n 项和为T n ．【答案】(1)a n =4⋅(-3)n -1(2)T n =(2n -1)⋅3n +1【分析】(1)利用退位法可求a n 的通项公式．(2)利用错位相减法可求T n .【详解】(1)当n =1时，4S 1=4a 1=3a 1+4，解得a 1=4．当n ≥2时，4S n -1=3a n -1+4，所以4S n -4S n -1=4a n =3a n -3a n -1即a n =-3a n -1，而a 1=4≠0，故a n ≠0，故an a n -1=-3，∴数列a n 是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以a n =4⋅-3 n -1.(2)b n =(-1)n -1⋅n ⋅4⋅(-3)n -1=4n ⋅3n -1,所以T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n =4⋅30+8⋅31+12⋅32+⋯+4n ⋅3n -1故3T n =4⋅31+8⋅32+12⋅33+⋯+4n ⋅3n所以-2T n =4+4⋅31+4⋅32+⋯+4⋅3n -1-4n ⋅3n=4+4⋅31-3n -11-3-4n ⋅3n =4+2⋅3⋅3n -1-1 -4n ⋅3n=(2-4n )⋅3n -2，∴T n =(2n -1)⋅3n +1.10(新高考北京卷)设集合M =i ,j ,s ,t i ∈1,2 ,j ∈3,4 ,s ∈5,6 ,t ∈7,8 ,2i +j +s +t ．对于给定有穷数列A :a n 1≤n ≤8 ，及序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，ωk =i k ,j k ,s k ,t k ∈M ，定义变换T ：将数列A 的第i 1,j 1,s 1,t 1项加1，得到数列T 1A ；将数列T 1A 的第i 2,j 2,s 2,t 2列加1，得到数列T 2T 1A ⋯；重复上述操作，得到数列T s ...T 2T 1A ，记为ΩA ．(1)给定数列A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:1,3,5,7 ,2,4,6,8 ,1,3,5,7 ，写出ΩA ；(2)是否存在序列Ω，使得ΩA 为a 1+2,a 2+6,a 3+4,a 4+2,a 5+8,a 6+2,a 7+4,a 8+4，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得ΩA 为常数列”的充要条件为“a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8”．【答案】(1)ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10(2)不存在符合条件的Ω，理由见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接按照ΩA 的定义写出ΩA 即可；(2)利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；(3)分充分性和必要性两方面论证.【详解】(1)由题意得ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10；(2)假设存在符合条件的Ω，可知ΩA 的第1,2项之和为a 1+a 2+s ，第3,4项之和为a 3+a 4+s ，则a 1+2 +a 2+6 =a 1+a 2+sa 3+4 +a 4+2 =a 3+a 4+s，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；(3)我们设序列T k ...T 2T 1A 为a k ,n 1≤n ≤8 ，特别规定a 0,n =a n 1≤n ≤8 .必要性：若存在序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，使得ΩA 为常数列.则a s ,1=a s ,2=a s ,3=a s ,4=a s ,5=a s ,6=a s ,7=a s ,8，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.根据T k ...T 2T 1A 的定义，显然有a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....所以不断使用该式就得到，a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，必要性得证.充分性：若a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8.由已知，a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，而a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，所以a 2+a 4+a 6+a 8=4a 1+a 2 -a 1+a 3+a 5+a 7 也是偶数.我们设T s ...T 2T 1A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列ΩA 中，使得a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 最小的一个.上面已经证明a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....从而由a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8可得a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.同时，由于i k +j k +s k +t k 总是偶数，所以a k ,1+a k ,3+a k ,5+a k ,7和a k ,2+a k ,4+a k ,6+a k ,8的奇偶性保持不变，从而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数.下面证明不存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j ≥2.假设存在，根据对称性，不妨设j =1，a s ,2j -1-a s ,2j ≥2，即a s ,1-a s ,2≥2.情况1：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 =0，则由a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，知a s ,1-a s ,2≥4.对该数列连续作四次变换2,3,5,8 ,2,4,6,8 ,2,3,6,7 ,2,4,5,7 后，新的a s +4,1-a s +4,2 +a s +4,3-a s +4,4 +a s +4,5-a s +4,6 +a s +4,7-a s +4,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 减少4，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 >0，不妨设a s ,3-a s ,4 >0.情况2-1：如果a s ,3-a s ,4≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7 ,2,4,6,8 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2-2：如果a s ,4-a s ,3≥1，则对该数列连续作两次变换2,3,5,8 ,2,3,6,7 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j =1,2,3,4都有a s ,2j -1-a s ,2j ≤1.假设存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j =1，则a s ,2j -1+a s ,2j 是奇数，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8都是奇数，设为2N +1.则此时对任意j =1,2,3,4，由a s ,2j -1-a s ,2j ≤1可知必有a s ,2j -1,a s ,2j =N ,N +1 .而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，故集合m a s ,m =N 中的四个元素i ,j ,s ,t 之和为偶数，对该数列进行一次变换i ,j ,s ,t ，则该数列成为常数列，新的a s +1,1-a s +1,2 +a s +1,3-a s +1,4 +a s +1,5-a s +1,6 +a s +1,7-a s +1,8 等于零，比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 更小，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.综上，只可能a s ,2j -1-a s ,2j =0j =1,2,3,4 ，而a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8，故a s ,n =ΩA 是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.11(新高考天津卷)已知数列a n 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为S n ．若a 1=1,S 2=a 3-1．(1)求数列a n 前n 项和S n ；(2)设b n =k ,n =a kb n -1+2k ,a k <n <a k +1，b 1=1，其中k 是大于1的正整数．(ⅰ)当n =a k +1时，求证：b n -1≥a k ⋅b n ；(ⅱ)求S ni =1b i ．【答案】(1)S n =2n -1(2)①证明见详解；②S ni =1b i =3n -1 4n+19【分析】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，根据题意结合等比数列通项公式求q ，再结合等比数列求和公式分析求解；(2)①根据题意分析可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=k 2k -1 ，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1，再结合裂项相消法分析求解.【详解】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，因为a 1=1,S 2=a 3-1，即a 1+a 2=a 3-1，可得1+q =q 2-1，整理得q 2-q -2=0，解得q =2或q =-1(舍去)，所以S n =1-2n1-2=2n -1.(2)(i )由(1)可知a n =2n -1，且k ∈N *,k ≥2，当n =a k +1=2k≥4时，则a k =2k -1<2k -1=n -1n -1=a k +1-1<a k +1 ，即a k <n -1<a k +1可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=b a k+a k +1-a k -1 ⋅2k =k +2k 2k -1-1 =k 2k -1 ，可得b n -1-a k ⋅b n =k 2k -1 -k +1 2k -1=k -1 2k -1-k ≥2k -1 -k =k -2≥0，当且仅当k =2时，等号成立，所以b n -1≥a k ⋅b n ；(ii )由(1)可知：S n =2n -1=a n +1-1，若n =1，则S 1=1,b 1=1；若n ≥2，则a k +1-a k =2k -1，当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列，可得∑2k -1i =2k -1b i =k ⋅2k -1+2k 2k -12k -1-1 2=k ⋅4k -1=193k -1 4k -3k -4 4k -1 ，所以∑S ni =1b i =1+195×42-2×4+8×43-5×42+⋅⋅⋅+3n -1 4n -3n -4 4n -1=3n -1 4n+19，且n =1，符合上式，综上所述：∑Sni =1b i =3n -1 4n +19.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1.12(新高考上海卷)若f x =log a x (a >0,a ≠1)．(1)y =f x 过4,2 ，求f 2x -2 <f x 的解集；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，求a 的取值范围．【答案】(1)x |1<x <2 (2)a >1【分析】(1)求出底数a ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列等价于a 2=21x +342-18在0,+∞ 上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a 的取值范围．【详解】(1)因为y =f x 的图象过4,2 ，故log a 4=2，故a 2=4即a =2(负的舍去)，而f x =log 2x 在0,+∞ 上为增函数，故f 2x -2 <f x ，故0<2x -2<x 即1<x <2，故f 2x -2 <f x 的解集为x |1<x <2 .(2)因为存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，故2f ax =f x +1 +f x +2 有解，故2log a ax =log a x +1 +log a x +2 ，因为a >0,a ≠1，故x >0，故a 2x 2=x +1 x +2 在0,+∞ 上有解，由a 2=x 2+3x +2x 2=1+3x +2x 2=21x +34 2-18在0,+∞ 上有解，令t =1x ∈0,+∞ ，而y =2t +34 2-18在0,+∞ 上的值域为1,+∞ ，故a 2>1即a >1.一、单选题1(2024·重庆·三模)已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1,S n +S n +1=n 2+1n ∈N ∗ ,S 24=()A.276B.272C.268D.266【答案】A【分析】令n =1得S 2=1，当n ≥2时，结合题干作差得S n +1-S n -1=2n -1，从而利用累加法求解S 24=即可.【详解】∵a 1=S 1=1，又∵S n +S n +1=n 2+1，当n =1时，S 1+S 2=12+1=2，解得S 2=1；当n ≥2时，S n -1+S n =(n -1)2+1，作差得S n +1-S n -1=2n -1，∴S 24=S 24-S 22 +S 22-S 20 +⋯+S 4-S 2 +S 2=223+21+⋯+3 -11+1=276.故选：A2(2024·河北张家口·三模)已知数列a n的前n项和为S n，且满足a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数，则S100=()A.3×251-156B.3×251-103C.3×250-156D.3×250-103【答案】A【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记b n=a2n+a2n-1,n≥1，利用构造法求得b n=6×2n-1-3，然后分组求和可得.【详解】因为a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数 ，所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1，a2k+1=2a2k=2a2k-1+2,k∈N*，且a2=2，所以a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k-1+3，记b n=a2n+a2n-1,n≥1，则b n+1=2b n+3，所以b n+1+3=2b n+3，所以b n+3是以b1+3=a1+a2+3=6为首项，2为公比的等比数列，所以b n+3=6×2n-1，b n=6×2n-1-3，记b n的前n项和为T n，则S100=T50=6×20+6×21+6×22+⋅⋅⋅+6×249-3×50=3×251-156.故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得b n的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求b n的前50项和.3(2024·山东日照·三模)设等差数列b n的前n项和为S n，若b3=2，b7=6，则S9=()A.-36B.36C.-18D.18【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解.【详解】解：S9=b1+b9×92=b3+b7×92=36，故选：B.4(2024·湖北武汉·二模)已知等差数列a n的前n项和为S n，若S3=9,S9=81，则S12=() A.288 B.144 C.96 D.25【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和列方程组求出a1,d，进而即可求解S12.【详解】由题意S3=3a1+3×22d=9S9=9a1+9×82d=81，即a1+d=3a1+4d=9，解得a1=1d=2.于是S12=12×1+12×112×2=144.故选：B.5(2024·江西赣州·二模)在等差数列a n中，a2，a5是方程x2-8x+m=0的两根，则a n的前6项和为()A.48B.24C.12D.8【答案】B【分析】利用韦达定理确定a2+a5=8，根据等差数列性质有a2+a5=a1+a6=8，在应用等差数列前n项和公式即可求解.【详解】因为a 2，a 5是方程x 2-8x +m =0的两根，所以a 2+a 5=8，又因为a n 是等差数列，根据等差数列的性质有：a 2+a 5=a 1+a 6=8，设a n 的前6项和为S 6，则S 6=a 1+a 6 ×62=3×8=24.故选：B6(2024·湖南永州·三模)已知非零数列a n 满足2n a n +1-2n +2a n =0，则a 2024a 2021=()A.8B.16C.32D.64【答案】D【分析】根据题意，由条件可得a n +1=4a n ，再由等比数列的定义即可得到结果.【详解】由2n a n +1-2n +2a n =0可得a n +1=4a n ，则a 2024a 2021=4×4×4a 2021a 2021=64.故选：D7(2024·浙江绍兴·二模)汉诺塔(Tower of Hanoi )，是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A 、B 、C 的柱子，A 柱子从下到上按金字塔状叠放着n 个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B 上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为H n ，例如：H (1)=1，H (2)=3，则下列说法正确的是()A.H (3)=5B.H (n ) 为等差数列C.H (n )+1 为等比数列D.H 7 <100【答案】C【分析】由题意可得H (3)=7，判断A ；归纳得到H n =2n -1，结合等差数列以及等比数列的概念可判断B ，C ；求出H 7 ，判断D .【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：若有2个圆盘，则移动情况为：A →C ,A →B ,C →B ，需移动3次；若有3个圆盘，则移动情况如下：A →B ,A →C ,B →C ,A →B ,C →A ,C →B ,A →B ，共7次，故H (3)=7，A 错误；由此可知若有n 个圆盘，设至少移动a n 次，则a n =2a n -1+1,所以a n +1=2a n -1+1 ，而a 1+1=1+1=2≠0，故a n +1 为等比数列，故a n =2n -1即H n =2n -1，该式不是n 的一次函数，则H (n ) 不为等差数列，B 错误；又H n =2n -1，则H n +1=2n ，H n +1 +1H n +1=2，则H (n )+1 为等比数列，C 正确，H 7 =27-1=127>100，D 错误，故选：C8(2024·云南曲靖·二模)已知S n 是等比数列a n 的前n 项和，若a 3=3,S 3=9，则数列a n 的公比是()A.-12或1 B.12或1 C.-12D.12【答案】A【分析】分别利用等比数列的通项公式和前n 项和公式，解方程组可得q =1或q =-12.【详解】设等比数列a n 的首项为a 1，公比为q ，依题意得a 3=a 1q 2=3S 3=a 1+a 2+a 3=a 1+a 1q +a 1q 2=9 ，解得q =1或q =-12.故选：A .9(2024·四川·模拟预测)已知数列a n 为等差数列，且a 1+2a 4+3a 9=24，则S 11=()A.33B.44C.66D.88【答案】B【分析】将a 1,a 4,a 9用a 1和d 表示，计算出a 6的值，再由S 11=11a 6得S 11的值.【详解】依题意，a n 是等差数列，设其公差为d ，由a 1+2a 4+3a 9=24，所以a 1+2a 1+3d +3a 1+8d =6a 1+30d =6a 6=24，即a 6=4,S 11=11a 1+10×112d =11a 1+5d =11a 6=11×4=44，故选：B .10(2024·北京东城·二模)设无穷正数数列a n ，如果对任意的正整数n ，都存在唯一的正整数m ，使得a m =a 1+a 2+a 3+⋯+a n ，那么称a n 为内和数列，并令b n =m ，称b n 为a n 的伴随数列，则()A.若a n 为等差数列，则a n 为内和数列B.若a n 为等比数列，则a n 为内和数列C.若内和数列a n 为递增数列，则其伴随数列b n 为递增数列D.若内和数列a n 的伴随数列b n 为递增数列，则a n 为递增数列【答案】C【分析】对于ABD ：举反例说明即可；对于C ：根据题意分析可得a m 2>a m 1，结合单调性可得m 2>m 1，即可得结果.【详解】对于选项AB ：例题a n =1，可知a n 即为等差数列也为等比数列，则a 1+a 2=2，但不存在m ∈N *，使得a m =2，所以a n 不为内和数列，故AB 错误；对于选项C ：因为a n >0，对任意n 1,n 2∈N *，n 1<n 2，可知存在m 1,m 2∈N *，使得a m 1=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 1,a m 2=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 2，则a m 2-a m 1=a n 1+1+a n 1+2+⋯+a n 2>0，即a m 2>a m 1，且内和数列a n 为递增数列，可知m 2>m 1，所以其伴随数列b n 为递增数列，故C 正确；对于选项D ：例如2,1,3,4,5,⋅⋅⋅，显然a n 是所有正整数的排列，可知a n 为内和数列，且a n 的伴随数列为递增数列，但an 不是递增数列，故D 错误；故选：C.【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.11(2024·广东茂名·一模)已知T n为正项数列a n的前n项的乘积，且a1=2,T2n=a n+1n，则a5=() A.16 B.32 C.64 D.128【答案】B【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.【详解】由T2n=a n+1n，得T2n+1=a n+2n+1，于是a2n+1=T2n+1T2n=a n+2n+1a n+1n，则a n n+1=a n+1n，两边取对数得n lg a n+1=(n+1)lg a n，因此lg a n+1n+1=lg a nn，数列lg a nn是常数列，则lg a nn=lg a11=lg2，即lg a n=n lg2=lg2n，所以a n=2n，a5=32.故选：B12(2024·湖南常德·一模)已知等比数列a n中，a3⋅a10=1，a6=2，则公比q为()A.12B.2 C.14D.4【答案】C【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.【详解】q=1q3⋅q4=a3a6⋅a10a6=a3⋅a10a26=122=14.故选：C.二、多选题13(2024·湖南长沙·三模)设无穷数列a n的前n项和为S n，且a n+a n+2=2a n+1，若存在k∈N∗，使S k+1 >S k+2>S k成立，则()A.a n≤a k+1B.S n≤S k+1C.不等式S n<0的解集为n∈N∗∣n≥2k+3D.对任意给定的实数p，总存在n0∈N∗，当n>n0时，a n<p【答案】BCD【分析】根据题意，得到a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0且a n是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解.【详解】由S k+1>S k+2>S k，可得a k+2=S k+2-S k+1<0,a k+1=S k+1-S k>0，且a k+1+a k+2=S k+2-S k>0，即a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0又由a n+a n+2=2a n+1，可得数列a n是等差数列，公差d=a k+2-a k+1<0，所以a n是递减数列，所以a1是最大项，且随着n的增加，a n无限减小，即a n≤a1，所以A错误、D正确；因为当n≤k+1时，a n>0；当n≥k+2时，a n<0，所以S n的最大值为S k+1，所以B正确；因为S2k+1=(2k+1)(a1+a2k+1)2=(2k+1)a k+1>0,S2k+3=(2k+3)a k+2<0，且S 2k +2=a 1+a 2k +22×2k +2 =k +1 ⋅a k +1+a k +2 >0，所以当n ≤2k +2时，S n >0；当n ≥2k +3时，S n <0，所以C 正确.故选：BCD .14(2024·山东泰安·模拟预测)已知数列a n 的通项公式为a n =92n -7n ∈N *，前n 项和为S n ，则下列说法正确的是()A.数列a n 有最大项a 4B.使a n ∈Z 的项共有4项C.满足a n a n +1a n +2<0的n 值共有2个D.使S n 取得最小值的n 值为4【答案】AC【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A ，根据通项公式由整除可判断B ，根据项的正负及不等式判断C ，根据数列项的符号判断D .【详解】对于A ：因为a n =92n -7n ∈N *，所以a n +1-a n =92n -5-92n -7=-182n -5 2n -7，令a n +1-a n >0，即2n -5 2n -7 <0，解得52<n <72，又n ∈N *，所以当n =3时a n +1-a n >0，则当1≤n ≤2或n ≥4时，a n +1-a n <0，令a n =92n -7>0，解得n >72，所以a 1=-95>a 2=-3>a 3=-9，a 4>a 5>a 6>⋯>0，所以数列a n 有最大项a 4=9，故A 正确；对于B ：由a n ∈Z ，则92n -7∈Z 又n ∈N *，所以n =2或n =3或n =4或n =5或n =8，所以使a n ∈Z 的项共有5项．故B 不正确；对于C ：要使a n a n +1a n +2<0，又a n ≠0，所以a n 、a n +1、a n +2中有1个为负值或3个为负值，所以n =1或n =3，故满足a n a n +1a n +2<0的n 的值共有2个，故C 正确；对于D ：因为n ≤3时a n <0，n ≥4时a n >0，所以当n =3时S n 取得最小值，故D 不正确．故选：AC ．15(2024·山东临沂·二模)已知a n 是等差数列，S n 是其前n 项和，则下列命题为真命题的是()A.若a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，则a 1+a 2=5B.若a 2+a 13=4，则S 14=28C.若S 15<0，则S 7>S 8D.若a n 和a n ⋅a n +1 都为递增数列，则a n >0【答案】BC【分析】根据题意，求得d =98，结合a 1+a 2=a 3+a 4 -4d ，可判定A 错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B 正确；由S 15<0，求得a 8<0，可判定C 正确；根据题意，求得任意的n ≥2,a n >0，结合a 1的正负不确定，可判定D 错误．【详解】对于A 中，由a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，可得a 7+a 8 -a 3+a 4 =8d =9，所以d =98，又由a 1+a 2=a 3+a 4 -4d =9-4×98=92，所以A 错误；对于B 中，由S 14=14a 1+a 14 2=14a 2+a 132=28，所以B 正确；对于C 中，由S 15=15(a 1+a 15)2=15a 8<0，所以a 8<0，又因为S 8-S 7=a 8<0，则S 7>S 8，所以C 正确；对于D 中，因为a n 为递增数列，可得公差d >0，因为a n a n +1 为递增数列，可得a n +2a n +1-a n a n +1=a n +1⋅2d >0，所以对任意的n ≥2,a n >0，但a 1的正负不确定，所以D 错误．故选：BC .16(2024·山东泰安·二模)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，a 2=4，S 7=42，则下列说法正确的是()A.a 5=4B.S n =12n 2+52n C.a nn为递减数列 D.1a n a n +1 的前5项和为421【答案】BC【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差d ，再逐项求解判断即可.【详解】等差数列a n 中，S 7=7(a 1+a 7)2=7a 4=42，解得a 4=6，而a 2=4，因此公差d =a 4-a 24-2=1，通项a n =a 2+(n -2)d =n +2，对于A ，a 5=7，A 错误；对于B ，S n =n (3+n +2)2=12n 2+52n ，B 正确；对于C ，a n n =1+2n ，a n n 为递减数列，C 正确；对于D ，1a n a n +1=1(n +2)(n +3)=1n +2-1n +3，所以1a n a n +1 的前5项和为13-14+14-15+⋯+17-18=13-18=524，D 错误.故选：BC17(2024·江西·三模)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=2a n +1，则()A.数列a n 是等比数列B.数列log 2a n +1 是等差数列C.数列a n 的前n 项和为2n +1-n -2D.a 20能被3整除【答案】BCD【分析】利用构造法得到数列a n +1 是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明.【详解】由a n +1=2a n +1可得：a n +1+1=2a n +1 ，所以数列a n +1 是等比数列，即a n =2n -1，则a 1=1,a 2=3,a 3=7,显然有a 1⋅a 3≠a 22，所以a 1,a 2,a 3不成等比数列，故选项A 是错误的；由数列a n +1 是等比数列可得：a n +1=2n ，即log 2a n +1 =log 22n =n ，故选项B 是正确的；由a n =2n -1可得：前n 项和S n =21-1+22-1+23-1+⋅⋅⋅+2n-1=21-2n 1-2-n =2n +1-n -2，故选项C是正确的；由a 20=220-1=3-1 20-1=C 020320+C 120319⋅-1 +C 220318⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 19203⋅-1 19+C 2020-1 20-1=3×C 020319+C 120318⋅-1 +C 220317⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 1920-1 19 ，故选项D 是正确的；方法二：由210=1024，1024除以3余数是1，所以10242除以3的余数还是1，从而可得220-1能补3整除，故选项D 是正确的；故选：BCD ．18(2024·湖北·二模)无穷等比数列a n 的首项为a 1公比为q ，下列条件能使a n 既有最大值，又有最小值的有()A.a 1>0，0<q <1B.a 1>0，-1<q <0C.a 1<0，q =-1D.a 1<0，q <-1【答案】BC【分析】结合选项，利用等比数列单调性分析判断即可.【详解】a 1>0，0<q <1时，等比数列a n 单调递减，故a n 只有最大值a 1，没有最小值；a 1>0，-1<q <0时，等比数列a n 为摆动数列，此时a 1为大值，a 2为最小值；a 1<0，q =-1时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，所以等比数列a n 有最大值，也有最小值；a 1<0，q <-1时，因为q >1，所以a n 无最大值，奇数项为负无最小值，偶数项为正无最大值.故选：BC 三、填空题19(2024·山东济南·三模)数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则数列a n 的前20项的和为．【答案】210【分析】数列a n 的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.【详解】数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则a 2=a 4-2=4-2=2，所以数列a n 的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列所以数列a n 的前20项的和为a 1+a 2+⋯+a 20=a 1+a 3+⋯+a 19 +a 2+a 4+⋯+a 20=10×1+10×92×2+10×2+10×92×2=210.故答案为：210.20(2024·云南·二模)记数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=2,2a n +1-3a n =2n ，则a 82+S 8=.【答案】12/0.5【分析】构造得a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，从而得到a n 2n -2=4，则a n =2n ，再利用等比数列求和公式代入计算即可.【详解】由2a n +1-3a n =2n ，得a n +12n -1=34×a n 2n -2+1，则a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，又a 12-1-4=0，则a n 2n -2=4，则a n =2n ，a 8=28，S 8=21-28 1-2=29-2，a 82+S 8=2829=12，故答案为：12.21(2024·上海·三模)数列a n 满足a n +1=2a n (n 为正整数)，且a 2与a 4的等差中项是5，则首项a 1=。
2023年全国各省份高考数学真题数列汇总全文
2023年全国各省份高考数学真题数列汇总一、单选题二、填空题8．（2023年全国乙卷（理数）第15题）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a =______.9．（2023年全国甲卷（文数）第13题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为________．10．（2023年北京卷第14题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且1591,12,192a a a ===，则7a =___________；数列{}n a 所有项的和为____________．三、解答题15．（2023年北京卷第21题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r iB A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值；(2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r j m +-≤+=- ，求n r ；(3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >>使得t p s q A B A B +=+．16．（2023年天津卷第19题）已知{}n a 是等差数列，255316,4a a a a +=-=．(1)求{}n a 的通项公式和1212n n ii a --=∑．(2)已知{}n b 为等比数列，对于任意*N k ∈，若1221k k n -≤≤-，则1k n k b a b +<<，（Ⅰ）当2k ≥时，求证：2121kk k b -<<+；（Ⅱ）求{}n b 的通项公式及其前n 项和．a-【详解】由题意可得：当1n =时，2122a a =+，即1122a q a =+，①当2n =时，()31222a a a =++，即()211122a q a a q =++，②联立①②可得12,3a q ==，则34154a a q ==.故选：C.二、填空题三、解答题为奇数反证：假设满足11n n r r +->的最小正整数为11j m ≤≤-，当i j ≥时，则12i i r r +-≥；当1i j ≤-时，则11i i r r +-=，则()()()112100m m m m m r r r r r r r r ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()22m j j m j ≥-+=-，又因为11j m ≤≤-，则()2211m r m j m m m m ≥-≥--=+>，假设不成立，故11n n r r +-=，即数列{}n r 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以01,n r n n n =+⨯=∈N .（3）（ⅰ）若mmA B ≥，构建,1n n n r S A B n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≥，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≥，则1,0K K K r K r A B m A B +-≥-<，可得()()111K K K K K r r r K r K r b B B A B A B m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≤-.①若存在正整数N ，使得0N N N r S A B =-=，即N Nr A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r B B A A +=+；②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为{}1,2,1n S m m ∈⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，所以必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y X r Y r A B A B -=-，可得Y X X r Y r A B A B +=+，可取,,,Y X p X s r q Y r r ====，使得p s q r B B A A +=+；（ⅱ）若m m A B <，构建,1n n r n S B A n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≤-，则1,0K K r K r K B A m B A +-≤-->，可得()()111K K K K K r r r r K r K b B B B A B A m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≥-.①若存在正整数N ，使得0N N r N S B A =-=，即N Nr A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r B B A A +=+；②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为{}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，。
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、(年新课标卷文)
已知等比数列{an}
中，
a1
1 3
，公比
q
1 3
．
（）
Sn
为{an}
的前项和，证明：
Sn
1 an 2
（）设 bn log3 a1 log3 a2 log3 an ，求数列{bn}的通项公式．
解：（Ⅰ）因为 an
1 (1)n1 33
1 3n
.
Sn
1 (1 1 ) 3 3n
①②得
(1 22 ) Sn 2 23 25 22n1 n 22n1 。
即
Sn
1 [(3n 9
1)22n1
2]
、（年全国新课标卷文）
设等差数列an 满足 a3 5 ， a10 9 。
（Ⅰ）求 an 的通项公式；
（Ⅱ）求an的前 n 项和 Sn 及使得 Sn 最大的序号 n 的值。
解：（）由 （）及，得
1 1
1 1 3n
2
,
3
所以 Sn
1 an 2
,
（Ⅱ） bn log 3 a1 log 3 a2 log 3 an
所以{bn }的通项公式为 bn
n(n 1) . 2
(1 2 ....... n)
n(n 1) 2
、(全国新课标卷理）
等比数列an 的各项均为正数，且 2a1 3a2 1, a32 9a2a6. （）求数列 an 的通项公式.
1，
Sn a1 a2 an .
2 24
2n
所以，当 n 1时，
3 / 12
Sn 2
a1
a2
2
a1
an an1 an
2n1
2021年全国统一高考真题数学试卷(文科)(含答案及解析)
2021年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷） 数学（文）一､选择题1.已知全集{1,2,3,4,5}U =，集合{1,2}M =，{3,4}N =，则)(U C M N =（ )A.{5}B.{1,2}C.{3,4}D.{1,2,3,4} 2.设43iz i =+，则z =（ ）A.34i --B.–34i +C.34i -D.34i +3.已知命题:,sin 1p x R x ∃∈<；命题||:,1x q x R e ∈∀≥，则下列命题中为真命题的是（ ） A.p q ∧ B.p q ⌝∧ C.p q ∧⌝ D.()p q ⌝∨4.函数()sincos 33x xf x =+的最小正周期和最大值分别是（ ） A.3πB.3π和2C.6πD.6π和25.若,x y 满足约束条件2,3,4,y x y x y ≤≤+≥⎧⎪-⎨⎪⎩则3z x y =+的最小值为（ ）A.18B.10C.6D.46.225coscos 1212ππ-=（ ） A.12B.3C.2D.27.在区间1(0,)2随机取1个数，则取到的数小于13的概率为（ ） A.34 B.23 C.13 D.168.下列函数中最小值为4的是（ ）A.224y x x =++ B.4|sin ||sin |y x x =+C.222x xy -=+ D.4n ln l y x x=+9.设函数1(1)xf x x-=+，则下列函数中为奇函数的是（ ） A.1()1f x -- B.1()1f x -+ C.1()1f x +- D.1()1f x ++10.在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为A.2π B.3π C.4π D.6π 11.设B 是椭圆C :2215x y +=的上顶点，点P 在C 上，则PB 的最大值为A.52212.设0a ≠，若x a =为函数2()()()f x a x a x b =--的极大值点，则A.a b <B.a b >C.2ab a <D.2ab a > 二、填空题13.已知向量(2,5)a =，(,4)b λ=，若//a b ，则λ= .14.双曲线22145x y -=的右焦点到直线280x y +-=的距离为 .15.记ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为，60B =︒,223a c ac +=，则b = .16.以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 （写出符合要求的一组答案即可）.17.某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下： 旧设备 9.810.310.0 10.2 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7 新设备 10.1 10.410.110.010.110.310.610.510.410.5旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为x 和y ，样本方差分别记为21s 和22s .（1）求x ，y ，21s ，22s ；（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果2212210s s y x +-≥不认为有显著提高）.18.如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥.（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ﹔（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积.19.设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =.已知1a ，23a ，39a ，成等差数列.（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S ，和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和.证明：2nn S T <. 20.已知抛物线C ：22(0)y px p =>的焦点F 到准线的距离为2. （1）求C 的方程，（2）已知O 为坐标原点，点P 在C 上，点Q 满足9PQ QF =，求直线OQ 斜率的最大值. 21.已知函数32()1f x x x ax =-++. （1）讨论()f x 的单调性；（2）求曲线()y f x =过坐标原点的切线与曲线()y f x =的公共点的坐标. 22.在直角坐标系xOy 中，C 的圆心为)(2,1C ，半径为1.（1）写出C 的一个参数方程;（2）过点)(4,1F 作C 的两条切线.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立坐标系，求这两条切线的极坐标方程. 23.已知函数()|||3|f x x a x =-++. （1）当1a =时，求不等式()6f x ≥的解集； （2）若()f x a >-，求a 的取值范围.答案及解析一､选择题1.已知全集{1,2,3,4,5}U =，集合{1,2}M =，{3,4}N =，则)(U C M N =（ )A.{5}B.{1,2}C.{3,4}D.{1,2,3,4}2.设43iz i =+，则z =（ ） A.34i -- B.–34i + C.34i - D.34i +3.已知命题:,sin 1p x R x ∃∈<；命题||:,1x q x R e ∈∀≥，则下列命题中为真命题的是（ ） A.p q ∧B.p q ⌝∧C.p q ∧⌝D.()p q ⌝∨答案： A 解析：根据正弦函数的值域sin [1,1]x ∈-，sin 1x <，故x R ∃∈，p 为真命题，而函数||x y e =为偶函数，且0x ≥时，1x y e =≥，故x R ∀∈，||1x y e =≥恒成立.则q 也为真命题，所以p q∧为真，选A. 4.函数()sin cos 33x xf x =+的最小正周期和最大值分别是（ ）A.3πB.3π和2C.6πD.6π和2 答案： C 解析：()sin()34x f x π=+max ()f x =，2613T ππ==. 故选C.5.若,x y 满足约束条件2,3,4,y x y x y ≤≤+≥⎧⎪-⎨⎪⎩则3z x y =+的最小值为（ ）A.18B.10C.6D.4答案： C 解析：根据约束条件可得图像如下，3z x y =+的最小值，即3y x z =-+，y 轴截距最小值.根据图像可知3y x z =-+过点(1,3)B 时满足题意，即min 336z =+=.6.225cos cos 1212ππ-=（ ） A.12B.33 C.22 3 答案： D 解析：2222223()sin cos 25cos cos cos cos cos 12121212121262ππππππππ-=-=--==∴选D. 7.在区间1(0,)2随机取1个数，则取到的数小于13的概率为（ ） A.34 B.23 C.13 D.16答案： B解析：在区间1(0,)2随机取1个数，可知总长度12d =，取到的数小于13，可知取到的长度范围13d '=，根据几何概型公式123132d p d '===，∴选B.8.下列函数中最小值为4的是（ ） A.224y x x =++ B.4|sin ||sin |y x x =+C.222x xy -=+D.4n ln l y x x=+答案： C 解析：对于A ，22224213(1)33y x x x x x =++=+++=++≥.不符合， 对于B ，4|sin ||sin |y x x =+，令|sin |[0,1]t x =∈，∴4y t t=+，根据对勾函数min 145y =+=不符合， 对于C ，242222x x x xy -==++，令20xt =>，∴4224y t t =+≥=⨯=， 当且仅当2t =时取等，符合，对于D ，4n ln l y x x =+，令ln t x R =∈，4y t t=+. 根据对勾函数(,4][4,)y ∈-∞-+∞，不符合.9.设函数1(1)xf x x-=+，则下列函数中为奇函数的是（ ） A.1()1f x --B.1()1f x -+C.1()1f x +-D.1()1f x ++答案： B 解析：12()111x f x x x-==-+++， ()f x 向右平移一个单位，向上平移一个单位得到2()g x x=为奇函数. 所以选B.10.在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为A.2πB.3πC.4πD.6π 答案： D 解析：做出图形，11//AD BC ，所以1PBC ∠为异面直线所成角，设棱长为1.1BC，12B P =，12PC =，BP =. 2221111312cos 22BC BP C P PBC BP BC +-+-∠===⋅，即16PBC π∠=，故选D.11.设B 是椭圆C :2215x y +=的上顶点，点P 在C 上，则PB 的最大值为 A.526 5D.2 答案： A 解析：方法一：由22:15x C y +=，(0,1)B 则C 的参数方程：5sin x y θθ⎧=⎪⎨=⎪⎩.22||(sin 1)(5cos )PB θθ=-+24sin 2sin 6θθ=--+212554(sin )442θ=-++≥.∴max 5||2PB =，故选A. 方法二：设00(,)P x y ，则220001([1,1])5x y y +=∈-①，(0,1)B . 因此22200||(1)PB x y =+-②将①式代入②式化简得：22012525||4()444PB y =-++≥，当且仅当014y =-时||PB 的最大值为52，故选A.12.设0a ≠，若x a =为函数2()()()f x a x a x b =--的极大值点，则A.a b <B.a b >C.2ab a <D.2ab a > 答案： D 解析：2()2()()()()(32)f x a x a x b a x a a x a x b a '=--+-=---当0a >时，原函数先增再减后增.原函数在()0f x '=的较小零点时取得极大值. 即23a b a +<，即a b <，∴2a ab <. 当0a <时，原函数先减再增后减.原函数在()0f x '=的较大零点时取得极大值. 即23a b a +>，a b >，2a ab <，故选D. 二、填空题13.已知向量(2,5)a =，(,4)b λ=，若//a b ，则λ= . 答案：85解析：由已知//a b 可得82455λλ⨯=⇒=. 14.双曲线22145x y -=的右焦点到直线280x y +-=的距离为 . 答案：5解析：22145x y -=的右焦点为(3,0)，到直线280x y +-=的距离22|38|512d -==+. 15.记ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为3，60B =︒,223a c ac +=，则b = .答案：22解析： 由面积公式1sin 32S ac B ==，且60B =︒，解得4ac =， 又由余弦定理2222cos b a c ac B =+-，223a c ac +=，且0b > 解得22b =.16.以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 （写出符合要求的一组答案即可）.答案： ②⑤或③④ 解析：由高度可知，侧视图只能为②或③.侧视图为②，如图（1），平面PAC ⊥平面ABC ，2PA PC ==5BA BC ==2AC =，俯视图为⑤.俯视图为③，如图（2），PA ⊥平面ABC ，1PA =，5AC AB ==，2BC =，俯视图为④.17.某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下： 旧设备 9.810.310.0 10.2 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7 新设备 10.1 10.4 10.110.010.110.310.610.510.410.5旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为x 和y ，样本方差分别记为21s 和22s .（1）求x ，y ，21s ，22s ；（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果2212210s s y x +-≥不认为有显著提高）. 答案：见解析 解析：9.810.31010.29.99.81010.110.29.71010x ++++++++==+；10.110.410.11010.110.310.610.510.410.510.310y ++++++++==+.211(0.040.090.040.010.040.010.040.09)10s =+++++++10.360.03610=⨯= 221(0.040.010.040.090.040.090.040.010.04)10s =++++++++10.40.0410=⨯=. （2）10.3100.3y x -=-=22120.0360.04221010s s ++=20.0076=. ∵则0.30.0920.0760.0304=>=，所以可判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高； 没有显著提高.18.如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥.（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ﹔（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积.答案： 见解析 解析：19.设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =.已知1a ，23a ，39a ，成等差数列.（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S ，和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和.证明：2nn S T <. 答案： 见解析 解析：设{}n a 的公比为q ，则1n n a q -=，因为1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21923q q +=⨯，解得13q =， 故11()3n n a -=，11313(1)12313n n n S -==--. 又3n n n b =，则1231123133333n n n n nT --=+++++，两边同乘13，则234111231333333n n n n nT +-=+++++，两式相减，得23412111113333333n n n nT +=+++++-，即1111(1)1133(1)332333121n n n n n n n T ++-=-=---， 整理得31323(1)4323423n n n nn n T +=--=-⨯⨯， 323314322()(1)04232323n n n n nn n T S ++-=---=-<⨯⨯，故2n n S T <.20.已知抛物线C ：22(0)y px p =>的焦点F 到准线的距离为2. （1）求C 的方程，（2）已知O 为坐标原点，点P 在C 上，点Q 满足9PQ QF =，求直线OQ 斜率的最大值. 答案：见解析 解析：（1）由焦点到准线的距离为p ，则2p =. 抛物线c 的方程：24y x =.（2）设点200(,)4y P y ，(,)Q Q Q x y ，(1,0)F .∵9PQ QF =.∴222000009499(,)9(1,)4104910Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q y y x x x y x y y x y y y x y y ⎧+⎪⎧-=-=⎪⎪--=--⇒⇒⎨⎨⎪⎪-=-⎩=⎪⎩则020001193944Q OQ Qy y k y y x y ===≤=++. ∴直线OQ 斜率的最大值为13. 21.已知函数32()1f x x x ax =-++. （1）讨论()f x 的单调性；（2）求曲线()y f x =过坐标原点的切线与曲线()y f x =的公共点的坐标. 答案： 见解析 解析：（1）2()32f x x x a '=-+（i ）当4120a ∆=-≤，即13a ≥时，()0f x '≥恒成立，即()f x 在()f x 在x ∈R 上单调递增.（ii ）当4120∆=->，即13a <时，()0f x '=解得，113x =，213x +=.∴()f x 在113(,)3a --∞，113()3a -+∞单调递增，在113113(33a a-+单调递减，综上所述：当13a ≥时，()f x 在R 上单调递增；当13a <时，()f x 在113113(,33a a-++单调递减.（2）设可原点切线的切点为32(,1)t t t at -++，切线斜率2()32k f t t t a '==-+.又321t t at k t -++=，可得322132t t at t t a t-++=-+.化简得2(1)(21)0t t t -++=，即1t =.∴切点为(1,1)a +，斜率1k a =+，切线方程为(1)y a x =+，将(1)y a x =+，321y x x ax =-++联立可得321(1)x x ax a x -++=+，化简得2(1)(1)0x x -+=，解得11x =，21x =-.∴过原点的切线与()y f x =公共点坐标为(1,1)a +，(1,1)a ---.22.在直角坐标系xOy 中，C 的圆心为)(2,1C ，半径为1.（1）写出C 的一个参数方程;（2）过点)(4,1F 作C 的两条切线.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立坐标系，求这两条切线的极坐标方程. 答案： 见解析 解析： （1）C 的参数方程为2cos 1sin x y θθ=+⎧⎨=+⎩（θ为参数）（2）C 的方程为22(2)(1)1x y -+-=①当直线斜率不存在时，直线方程为4x =，此时圆心到直线距离为2r >，舍去；②当直线斜率存在时，设直线方程为1(4)y k x -=-，化简为410kx y k --+=， 此时圆心(2,1)C 到直线的距离为1d r ===，化简得2||k =，两边平方有2241k k =+，所以k =代入直线方程并化简得40x -+=或40x +-=化为极坐标方程为5cos sin 4sin()46πρθθρθ=⇔+=或cos sin 4sin()46πρθθρθ+=⇔+=+23.已知函数()|||3|f x x a x =-++.（1）当1a =时，求不等式()6f x ≥的解集； （2）若()f x a >-，求a 的取值范围. 答案： 见解析 解析：当1a =时，()6|1||3|6f x x x ≥⇔-++≥，当3x ≤-时，不等式136x x ⇔---≥，解得4x ≤-； 当31x -<<时，不等式136x x ⇔-++≥，解得x ∈∅； 当1x ≥时，不等式136x x ⇔-++≥，解得2x ≥. 综上，原不等式的解集为(,4][2,)-∞-+∞. （2）若()f x a >-，即min ()f x a >-，因为()|||3||()(3)||3|f x x a x x a x a =-++≥--+=+（当且仅当()(3)0x a x -+≤时，等号成立），所以min ()|3|f x a =+，所以|3|a a +>-，即3a a +<或3a a +>-，解得3(,)2a ∈-+∞.。
历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列、函数与集合新定义)汇编(附答案)
历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列、函数与集合新定义)汇编考点01 数列新定义一、小题1．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）（多选）设正整数010112222k kk k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ．则（ ） A ．()()2n n ωω= B ．()()231n n ωω+=+C ．()()8543n n ωω+=+D ．()21nn ω-=2．（2020∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）0‐1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +== 成立，则称其为0‐1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0‐1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)m i i k i C k a a k m m +===-∑ 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0‐1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（ ） A ．11010 B ．11011C ．10001D ．11001二、大题1．（2024∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．(1)写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列； (2)当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；(3)从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >． 2．（2024∙北京∙高考真题）已知集合(){}{}{}{}{},,,1,2,3,4,5,6,7,8,M i j k w i j k w i j k w =∈∈∈∈+++且为偶数．给定数列128:,,,A a a a ，和序列12:,,s T T T Ω ，其中()(),,,1,2,,t t t t t T i j k w M t s =∈= ，对数列A 进行如下变换：将A 的第1111,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到的数列记作()1T A ；将()1T A 的第2222,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到数列记作()21T T A ；……；以此类推，得到()21s T T T A ，简记为()A Ω．(1)给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7Ω，写出()A Ω；(2)是否存在序列Ω，使得()A Ω为123456782,6,4,2,8,2,4,4a a a a a a a a ++++++++，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且1357a a a a +++为偶数，求证：“存在序列Ω，使得()A Ω的各项都相等”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”．3．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r iB A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值； (2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r j m +-≤+=- ，求n r ；(3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >> 使得t p s q A B A B +=+．4．（2022∙北京∙高考真题）已知12:,,,k Q a a a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1,2,,}n m ∈ ，在Q 中存在12,,,,(0)i i i i j a a a a j +++≥ ，使得12i i i i j a a a a n +++++++= ，则称Q 为m -连续可表数列． (1)判断:2,1,4Q 是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由； (2)若12:,,,k Q a a a 为8-连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若12:,,,k Q a a a 为20-连续可表数列，且1220k a a a +++< ，求证：7k ≥．5．（2021∙北京∙高考真题）设p 为实数.若无穷数列{}n a 满足如下三个性质，则称{}n a 为p ℜ数列：①10a p +≥，且20a p +=； ②414,1,2,n n a a n -<=⋅⋅⋅()；③{},1m n m n m n a a a p a a p +∈+++++，(),1,2,m n =⋅⋅⋅．（1）如果数列{}n a 的前4项为2，‐2，‐2，‐1，那么{}n a 是否可能为2ℜ数列？说明理由； （2）若数列{}n a 是0ℜ数列，求5a ；（3）设数列{}n a 的前n 项和为n S .是否存在p ℜ数列{}n a ，使得10n S S ≥恒成立？如果存在，求出所有的p ；如果不存在，说明理由．6．（2020∙北京∙高考真题）已知{}n a 是无穷数列．给出两个性质：①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >，在{}n a 中都存在一项m a ，使2i m ja a a =；②对于{}n a 中任意项(3)n a n …，在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >．使得2k n l a a a =． ()Ⅰ若(1,2,)n a n n == ，判断数列{}n a 是否满足性质①，说明理由；()Ⅱ若12(1,2,)n n a n -== ，判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；()Ⅲ若{}n a 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}n a 为等比数列.7．（2020∙江苏∙高考真题）已知数列{}*()∈n a n N 的首项a 1=1，前n 项和为Sn ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111k k k n n n S S a λ++-=成立，则称此数列为“λ~k ”数列． （1）若等差数列{}n a 是“λ~1”数列，求λ的值； （2）若数列{}n a 是2”数列，且an ＞0，求数列{}n a 的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{}n a 为“λ~3”数列，且an ≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，8．（2019∙江苏∙高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”. （1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M －数列”； （2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +≤≤成立，求m 的最大值．考点02 函数新定义一、大题1．（2024∙上海∙高考真题）对于一个函数()f x 和一个点(),M a b ，令()()22()()s x x a f x b =-+-，若()()00,P x f x 是()s x 取到最小值的点，则称P 是M 在()f x 的“最近点”．(1)对于1()(0)f x x x=>，求证：对于点()0,0M ，存在点P ，使得点P 是M 在()f x 的“最近点”； (2)对于()()e ,1,0xf x M =，请判断是否存在一个点P ，它是M 在()f x 的“最近点”，且直线MP 与()y f x =在点P 处的切线垂直；(3)已知()y f x =在定义域R 上存在导函数()f x '，且函数 ()g x 在定义域R 上恒正，设点()()()11,M t f t g t --，()()()21,M t f t g t ++．若对任意的t ∈R ，存在点P 同时是12,M M 在()f x 的“最近点”，试判断()f x 的单调性．2．（2020∙江苏∙高考真题）已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若()()2222()f x x x g x x x D =+=-+=-∞+∞，，，，求h (x )的表达式； （2）若2()1()ln (),(0)f x x x g x k x h x kx k D =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围； （3）若()()()()422342248432(0f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤，，，[],D m n ⎡=⊆⎣，求证：n m -≤．考点03 集合新定义一、小题1．（2020∙浙江∙高考真题）设集合S，T，S⊆N*，T⊆N*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足： ①对于任意x，y∈S，若x≠y，都有xy∈T②对于任意x，y∈T，若x<y，则yx∈S；下列命题正确的是（）A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素C．若S有3个元素，则S∪T有5个元素D．若S有3个元素，则S∪T有4个元素考点04 其他新定义1．（2020∙北京∙高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（π Day）．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔∙卡西的方法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形（各边均与圆相切的正6n边形）的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔∙卡西的方法，π的近似值的表达式是（）．A．30303sin tannn n︒︒⎛⎫+⎪⎝⎭B．30306sin tannn n︒︒⎛⎫+⎪⎝⎭C．60603sin tannn n︒︒⎛⎫+⎪⎝⎭D．60606sin tannn n︒︒⎛⎫+⎪⎝⎭参考答案 考点01 数列新定义一、小题1．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）（多选）设正整数010112222k kk k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ．则（ ） A ．()()2n n ωω= B ．()()231n n ωω+=+C ．()()8543n n ωω+=+D ．()21nn ω-=【答案】ACD【详细分析】利用()n ω的定义可判断ACD 选项的正误，利用特殊值法可判断B 选项的正误.【答案详解】对于A 选项，()01k n a a a ω=+++ ，12101122222k k k k n a a a a +-=⋅+⋅++⋅+⋅ ，所以，()()012k n a a a n ωω=+++= ，A 选项正确；对于B 选项，取2n =，012237121212n +==⋅+⋅+⋅，()73ω∴=， 而0120212=⋅+⋅，则()21ω=，即()()721ωω≠+，B 选项错误；对于C 选项，3430234301018522251212222k k k k n a a a a a a +++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅++⋅ ，所以，()01852k n a a a ω+=++++ ，2320123201014322231212222k k k k n a a a a a a +++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅++⋅ ， 所以，()01432k n a a a ω+=++++ ，因此，()()8543n n ωω+=+，C 选项正确；对于D 选项，01121222n n --=+++ ，故()21nn ω-=，D 选项正确.故选：ACD.2．（2020∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）0‐1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +== 成立，则称其为0‐1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0‐1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)m i i k i C k a a k m m +===-∑ 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0‐1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（ ） A ．11010 B ．11011C ．10001D ．11001【答案】C【详细分析】根据新定义，逐一检验即可【答案详解】由i m i a a +=知，序列i a 的周期为m ，由已知，5m =，511(),1,2,3,45i i k i C k a a k +===∑对于选项A ，511223344556111111(1)()(10000)55555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=≤∑52132435465711112(2)()(01010)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项B ，51122334455611113(1)()(10011)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项D ，51122334455611112(1)()(10001)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；故选：C【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.二、大题1．（2024∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．(1)写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列； (2)当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；(3)从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >． 【答案】(1)()()()1,2,1,6,5,6 (2)证明见解析 (3)证明见解析【详细分析】（1）直接根据(),i j -可分数列的定义即可； （2）根据(),i j -可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是(),i j -可分数列的(),i j 至少有()21m m +-个，再使用概率的定义.【答案详解】（1）首先，我们设数列1242,,...,m a a a +的公差为d ，则0d ≠.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形()111,2,...,42k ka a a k m d-=+=+'， 得到新数列()1,2, (42)a k k m ==+'，然后对1242,,...,m a a a +'''进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设()1,2,...,42k a k k m ==+，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和()j i j <，使得剩下四个数是等差数列. 那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6. 所以所有可能的(),i j 就是()()()1,2,1,6,5,6.（2）由于从数列1,2,...,42m +中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}1,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14，共3组；②{}{}{}15,16,17,18,19,20,21,22,...,41,4,41,42m m m m -++，共3m -组. （如果30m -=，则忽略②）故数列1,2,...,42m +是()2,13-可分数列.（3）定义集合{}{}410,1,2,...,1,5,9,13,...,41A k k m m =+==+，{}{}420,1,2,...,2,6,10,14,...,42B k k m m =+==+.下面证明，对142i j m ≤<≤+，如果下面两个命题同时成立， 则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列： 命题1：,i A j B ∈∈或,i B j A ∈∈； 命题2：3j i -≠.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果,i A j B ∈∈，且3j i -≠. 此时设141i k =+，242j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈.则由i j <可知124142k k +<+，即2114k k ->-，故21k k ≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出141i k =+和242j k =+后， 剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列： ①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}{}{}11111111222242,43,44,45,46,47,48,49,...,42,41,4,41k k k k k k k k k k k k ++++++++--+，共21k k -组； ③{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组. （如果某一部分的组数为0，则忽略之） 故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.第二种情况：如果,i B j A ∈∈，且3j i -≠. 此时设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈. 则由i j <可知124241k k +<+，即2114k k ->，故21k k >. 由于3j i -≠，故()()2141423k k +-+≠，从而211k k -≠，这就意味着212k k -≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出142i k =+和241j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}112121241,31,221,31k k k k k k k +++++++，{}121212232,222,32,42k k k k k k k +++++++，共2组； ③全体{}11212124,3,22,3k p k k p k k p k k p +++++++，其中213,4,...,p k k =-，共212k k --组；④{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组. （如果某一部分的组数为0，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含212k k --个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：{}111243,44,...,3k k k k +++，{}12121233,34,...,22k k k k k k +++++，{}121212223,223,...,3k k k k k k +++++，{}1212233,34,...,4k k k k k ++++.可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{}11241,42,...,42k k k +++中除开五个集合{}1141,42k k ++，{}121231,32k k k k ++++，{}1212221,222k k k k ++++，{}121231,32k k k k ++++，{}2241,42k k ++中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的142k +和241k +以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数. 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.至此，我们证明了：对142i j m ≤<≤+，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列.然后我们来考虑这样的(),i j 的个数.首先，由于A B ⋂=∅，A 和B 各有1m +个元素，故满足命题1的(),i j 总共有()21m +个；而如果3j i -=，假设,i A j B ∈∈，则可设141i k =+，242j k =+，代入得()()2142413k k +-+=. 但这导致2112k k -=，矛盾，所以,i B j A ∈∈. 设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈，则()()2141423k k +-+=，即211k k -=.所以可能的()12,k k 恰好就是()()()0,1,1,2,...,1,m m -，对应的(),i j 分别是()()()2,5,6,9,...,42,41m m -+，总共m 个.所以这()21m +个满足命题1的(),i j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的(),i j 的个数为()21m m +-.当我们从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <时，总的选取方式的个数等于()()()()424121412m m m m ++=++.而根据之前的结论，使得数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的(),i j 至少有()21m m +-个. 所以数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率m P 一定满足()()()()()()()()()22221111124214121412142221218m m m m m m m m P m m m m m m m m ⎛⎫+++ ⎪+-++⎝⎭≥=>==++++++++. 这就证明了结论.【点评】关键点点评：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.2．（2024∙北京∙高考真题）已知集合(){}{}{}{}{},,,1,2,3,4,5,6,7,8,M i j k w i j k w i j k w =∈∈∈∈+++且为偶数．给定数列128:,,,A a a a ，和序列12:,,s T T T Ω ，其中()(),,,1,2,,t t t t t T i j k w M t s =∈= ，对数列A 进行如下变换：将A 的第1111,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到的数列记作()1T A ；将()1T A 的第2222,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到数列记作()21T T A ；……；以此类推，得到()21s T T T A ，简记为()A Ω．(1)给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7Ω，写出()A Ω；(2)是否存在序列Ω，使得()A Ω为123456782,6,4,2,8,2,4,4a a a a a a a a ++++++++，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且1357a a a a +++为偶数，求证：“存在序列Ω，使得()A Ω的各项都相等”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”． 【答案】(1)():3,4,4,5,8,4,3,10A Ω (2)不存在符合条件的Ω，理由见解析 (3)证明见解析【详细分析】（1）直接按照()ΩA 的定义写出()ΩA 即可；（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列Ω共有8项，可知：()()2122128,1,2,3,4n n n n b b a a n --+-+==，检验即可；（3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若12345678a a a a a a a a +=+=+=+，分类讨论1357,,,a a a a 相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列，结合定义详细分析证明即可.【答案详解】（1）因为数列:1,3,2,4,6,3,1,9A ， 由序列()11,3,5,7T 可得()1:2,3,3,4,7,3,2,9T A ； 由序列()22,4,6,8T 可得()21:2,4,3,5,7,4,2,10T T A ； 由序列()31,3,5,7T 可得()321:3,4,4,5,8,4,3,10T T T A ； 所以()Ω:3,4,4,5,8,4,3,10A .（2）解法一：假设存在符合条件的Ω，可知()ΩA 的第1,2项之和为12a a s ++，第3,4项之和为34a a s ++， 则()()()()121234342642a a a a sa a a a s⎧+++=++⎪⎨+++=++⎪⎩，而该方程组无解，故假设不成立， 故不存在符合条件的Ω；解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4， 假设存在符合条件的Ω，且()128Ω:,,,A b b b ⋅⋅⋅， 因为2642824484+++++++=，即序列Ω共有8项，由题意可知：()()2122128,1,2,3,4n n n n b b a a n --+-+==， 检验可知：当2,3n =时，上式不成立， 即假设不成立，所以不存在符合条件的Ω.（3）解法一：我们设序列()21...s T T T A 为{}(),18s n a n ≤≤，特别规定()0,18n n a a n =≤≤. 必要性：若存在序列12:,,s T T T Ω ，使得()ΩA 的各项都相等.则,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a =======，所以,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+. 根据()21...s T T T A 的定义，显然有,21,21,211,21s j s j s j s j a a a a ----+=++，这里1,2,3,4j =，1,2,...s =. 所以不断使用该式就得到12345678,1,2s s a a a a a a a a a a s +=+=+=+=+-，必要性得证. 充分性：若12345678a a a a a a a a +=+=+=+.由已知，1357a a a a +++为偶数，而12345678a a a a a a a a +=+=+=+，所以()()24681213574a a a a a a a a a a +++=+-+++也是偶数.我们设()21...s T T T A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列()ΩA 中，使得,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-最小的一个.上面已经说明,21,21,211,21s j s j s j s j a a a a ----+=++，这里1,2,3,4j =，1,2,...s =.从而由12345678a a a a a a a a +=+=+=+可得,1,2,3,4,5,6,7,812s s s s s s s s a a a a a a a a a a s +=+=+=+=++. 同时，由于t t t t i j k w +++总是偶数，所以,1,3,5,7t t t t a a a a +++和,2,4,6,8t t t t a a a a +++的奇偶性保持不变，从而,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数. 下面证明不存在1,2,3,4j =使得,21,22s j s j a a --≥.假设存在，根据对称性，不妨设1j =，,21,22s j s j a a --≥，即,1,22s s a a -≥.情况1：若,3,4,5,6,7,80s s s s s s a a a a a a -+-+-=，则由,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数，知,1,24s s a a -≥.对该数列连续作四次变换()()()()2,3,5,8,2,4,6,8,2,3,6,7,2,4,5,7后，新的4,14,24,34,44,54,64,74,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-减少4，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-的最小性矛盾；情况2：若,3,4,5,6,7,80s s s s s s a a a a a a -+-+->，不妨设,3,40s s a a ->.情况2‐1：如果,3,41s s a a -≥，则对该数列连续作两次变换()()2,4,5,7,2,4,6,8后，新的2,12,22,32,42,52,62,72,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-至少减少2，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-的最小性矛盾；情况2‐2：如果,4,31s s a a -≥，则对该数列连续作两次变换()()2,3,5,8,2,3,6,7后，新的2,12,22,32,42,52,62,72,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-至少减少2，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的1,2,3,4j =都有,21,21s j s j a a --≤. 假设存在1,2,3,4j =使得,21,21s j s j a a --=，则,21,2s j s j a a -+是奇数，所以,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+都是奇数，设为21N +.则此时对任意1,2,3,4j =，由,21,21s j s j a a --≤可知必有{}{},21,2,,1s j s j a a N N -=+.而,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数，故集合{},s m m a N =中的四个元素,,,i j k w 之和为偶数，对该数列进行一次变换(),,,i j k w ，则该数列成为常数列，新的1,11,21,31,41,51,61,71,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-等于零，比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-更小，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-的最小性矛盾.综上，只可能(),21,201,2,3,4s j s j a a j --==，而,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+，故{}(),Ωs n a A =是常数列，充分性得证.解法二：由题意可知：Ω中序列的顺序不影响()ΩA 的结果， 且()()()()12345678,,,,,,,a a a a a a a a 相对于序列也是无序的， （ⅰ）若12345678a a a a a a a a +=+=+=+， 不妨设1357a a a a ≤≤≤，则2468a a a a ≥≥≥， ①当1357a a a a ===，则8642a a a a ===， 分别执行1a 个序列()2,4,6,8、2a 个序列()1,3,5,7，可得1212121212121212,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，为常数列，符合题意； ②当1357,,,a a a a 中有且仅有三个数相等，不妨设135a a a ==，则246a a a ==， 即12121278,,,,,,,a a a a a a a a ，分别执行2a 个序列()1,3,5,7、7a 个序列()2,4,6,8可得1227122712272778,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 即1227122712272712,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 因为1357a a a a +++为偶数，即173a a +为偶数， 可知17,a a 的奇偶性相同，则*712a a -∈N ， 分别执行712a a -个序列()1,3,5,7，()1,3,6,8，()2,3,5,8，()1,4,5,8， 可得7217217217217217217217213232323232323232,,,,,,,22222222a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a +-+-+-+-+-+-+-+-，为常数列，符合题意；③若1357a a a a =<=，则2468a a a a =>=，即12125656,,,,,,,a a a a a a a a ， 分别执行5a 个()1,3,6,8、1a 个()2,4,5,7，可得1512151215561556,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 因为1256a a a a +=+，可得1512151215121512,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 即转为①，可知符合题意；④当1357,,,a a a a 中有且仅有两个数相等，不妨设13a a =，则24a a =，即12125678,,,,,,,a a a a a a a a ，分别执行1a 个()2,4,5,7、5a 个()1,3,6,8，可得1512151215561758,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，且1256a a a a +=+，可得1512151215121758,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 即转为②，可知符合题意；⑤若1357a a a a <<<，则2468a a a a >>>，即12345678,,,,,,,a a a a a a a a ， 分别执行1a 个()2,3,5,8、3a 个()1,4,6,7，可得1312133415363718,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，且1234a a a a +=+，可得1312131215363718,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 即转为③，可知符合题意；综上所述：若12345678a a a a a a a a +=+=+=+，则存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列； （ⅱ）若存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列， 因为对任意()128Ω:,,,A b b b ⋅⋅⋅，均有()()()()12123434b b a a b b a a +-+=+-+()()()()56567878b b a a b b a a =+-+=+-+成立， 若()ΩA 为常数列，则12345678b b b b b b b b +=+=+=+， 所以12345678a a a a a a a a +=+=+=+；综上所述：“存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”. 【点评】关键点点评：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的详细分析.3．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r iB A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值； (2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r j m +-≤+=- ，求n r ；(3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >> 使得t p s q A B A B +=+． 【答案】(1)00r =，11r =，21r =，32r = (2),n r n n =∈N (3)证明见答案详解【详细分析】（1）先求01230123,,,,,,,A A A A B B B B ，根据题意详细分析求解； （2）根据题意题意详细分析可得11i ir r +-≥，利用反证可得11i i r r +-=，在结合等差数列运算求解；（3）讨论,m m A B 的大小，根据题意结合反证法详细分析证明.【答案详解】（1）由题意可知：012301230,2,3,6,0,1,4,7A A A A B B B B ========， 当0k =时，则0000,,1,2,3i B A B A i ==>=，故00r =； 当1k =时，则01111,,,2,3i B A B A B A i <<>=，故11r =；当2k =时，则22232,0,1,,,i B A i B A B A ≤=>>故21r =； 当3k =时，则333,0,1,2,i B A i B A ≤=>，故32r =； 综上所述：00r =，11r =，21r =，32r =. （2）由题意可知：nr m≤，且nr ∈N，因为1,1n n a b ≥≥，且11a b ≥，则10n A B B ≥>对任意*n ∈N 恒成立， 所以010,1r r =≥， 又因为112ii i r r r -+≤+，则11i i i i r r r r +--≥-，即112101m m m m r r r r r r ----≥-≥⋅⋅⋅≥-≥，可得11i ir r +-≥，反证：假设满足11n n r r +->的最小正整数为01j m ≤≤-，当i j ≥时，则12i i r r +-≥；当1i j ≤-时，则11i ir r +-=，则()()()112100m m m m m r r r r r r r r ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()22m j j m j ≥-+=-， 又因为01j m ≤≤-，则()2211m r m j m m m m ≥-≥--=+>， 假设不成立，故11n n r r +-=，即数列{}n r 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以01,n r n n n =+⨯=∈N . （3）因为,n n a b 均为正整数，则{}{},n n A B 均为递增数列，（ⅰ）若m m A B =，则可取0t q ==，满足,,p q s t >> 使得t p s q A B A B +=+； （ⅱ）若m m A B <，则k r m <，构建,1n n r n S B A n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数， 反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≤-，则1,0K K r K r K B A m B A +-≤-->，可得()()111K K K K K r r r r K r K b B B B A B A m +++=-=--->， 这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m≥-.①若存在正整数N ，使得0N N r N S B A =-=，即N N r A B =， 可取0,,N t q p N s r ====，满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+； ②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为(){}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅--，且1n m ≤≤， 所以必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y r X r Y B A B A -=-，可得X Y Y r X r A B A B +=+， 可取,,,Y X p Y s r q X t r ====，满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+； （ⅲ）若m m A B >，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k R i A B i m =≤∈L ∣，则k R m <，构建,1n n R n S A B n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数， 反证，假设存在正整数,1K K m ≤≤，使得K S m ≤-，则1,0K K R K R K A B m A B +-≤-->，可得()()111K K K K K R R R R K R K a A A A B A B m +++=-=--->， 这与{}11,2,,K R a m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意11,n m n ≤≤-∈N ，均有1n S m≥-.①若存在正整数N ，使得0N N R N S A B =-=，即N R N A B =， 可取0,,N q t s N p R ====，即满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+； ②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为(){}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅--，且1n m ≤≤， 所以必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =， 即X Y R X R Y A B A B -=-，可得Y X R X R Y A B A B +=+， 可取,,,Y X p R t X q R s Y ====， 满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+.综上所述：存在0,0q p m t s m ≤<≤≤<≤使得t p s q A B A B +=+．4．（2022∙北京∙高考真题）已知12:,,,k Q a a a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1,2,,}n m ∈ ，在Q 中存在12,,,,(0)i i i i j a a a a j +++≥ ，使得12i i i i j a a a a n +++++++= ，则称Q 为m -连续可表数列． (1)判断:2,1,4Q 是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由； (2)若12:,,,k Q a a a 为8-连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若12:,,,k Q a a a 为20-连续可表数列，且1220k a a a +++< ，求证：7k ≥． 【答案】(1)是5-连续可表数列；不是6-连续可表数列． (2)证明见解析． (3)证明见解析．【详细分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑3k ≤不符合，再列举一个4k =合题即可；（3）5k ≤时，根据和的个数易得显然不行，再讨论6k =时，由12620a a a +++< 可知里面必然有负数，再确定负数只能是1-，然后分类讨论验证不行即可．【答案详解】（1）21a =，12a =，123a a +=，34a =，235a a +=，所以Q 是5-连续可表数列；易知，不存在,i j 使得16i i i j a a a +++++= ，所以Q 不是6-连续可表数列．（2）若3k ≤,设为:Q ,,a b c ,则至多,,,,,a b b c a b c a b c ++++，6个数字，没有8个，矛盾；当4k =时,数列:1,4,1,2Q ，满足11a =，42a =，343a a +=，24a =，125a a +=，1236a a a ++=，2347a a a ++=，12348a a a a +++=， min 4k ∴=．（3）12:,,,k Q a a a ，若i j =最多有k 种，若i j ≠，最多有2C k 种，所以最多有()21C 2k k k k ++=种， 若5k ≤，则12,,,k a a a …至多可表()551152+=个数，矛盾, 从而若7k <,则6k =，,,,,,a b c d e f 至多可表6(61)212+=个数， 而20a b c d e f +++++<，所以其中有负的，从而,,,,,a b c d e f 可表1~20及那个负数（恰 21个），这表明~a f 中仅一个负的，没有0，且这个负的在~a f 中绝对值最小，同时~a f 中没有两数相同,设那个负数为(1)m m -≥ ，则所有数之和125415m m m m m ≥++++++-=+ ，415191m m +≤⇒=，{,,,,,}{1,2,3,4,5,6}a b c d e f ∴=-，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，112=-+ （仅一种方式），1∴-与2相邻，若1-不在两端,则",1,2,__,__,__"x -形式，若6x =，则56(1)=+-（有2种结果相同，方式矛盾），6x ∴≠， 同理5,4,3x ≠ ，故1-在一端，不妨为"1,2,,,"A B C D -形式，若3A =,则523=+ （有2种结果相同，矛盾），4A =同理不行，5A =，则6125=-++ （有2种结果相同，矛盾），从而6A =，由于7126=-++,由表法唯一知3,4不相邻,、 故只能1,2,6,3,5,4-，①或1,2,6,4,5,3-，② 这2种情形，对①：96354=+=+，矛盾，对②：82653=+=+，也矛盾，综上6k ≠， 当7k =时，数列1,2,4,5,8,2,1--满足题意，7k ∴≥．【点评】关键点评，先理解题意，是否为m -可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从1到m 中间的任意一个值．本题第二问3k ≤时，通过和值可能个数否定3k ≤；第三问先通过和值的可能个数否定5k ≤，再验证6k =时，数列中的几项如果符合必然是{1,2,3,4,5,6}-的一个排序，可验证这组数不合题．5．（2021∙北京∙高考真题）设p 为实数.若无穷数列{}n a 满足如下三个性质，则称{}n a 为p ℜ数列：①10a p +≥，且20a p +=； ②414,1,2,n n a a n -<=⋅⋅⋅()；③{},1m n m n m n a a a p a a p +∈+++++，(),1,2,m n =⋅⋅⋅．（1）如果数列{}n a 的前4项为2，‐2，‐2，‐1，那么{}n a 是否可能为2ℜ数列？说明理由； （2）若数列{}n a 是0ℜ数列，求5a ；（3）设数列{}n a 的前n 项和为n S .是否存在p ℜ数列{}n a ，使得10n S S ≥恒成立？如果存在，求出所有的p ；如果不存在，说明理由．【答案】（1）不可以是2R 数列；理由见解析；（2）51a =；（3）存在；2p =． 【详细分析】(1)由题意考查3a 的值即可说明数列不是2ℜ数列； (2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定5a 的值；(3)构造数列n n b a p =+，易知数列{}n b 是0ℜ的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数p 的值.【答案详解】(1)因 为 122,2,2,p a a ===- 所以12122,13a a p a a p ++=+++=， 因 为32,a =-所 以{}312122,21a a a a a ∈+++++ 所以数列{}n a ，不可能是2ℜ数列. (2)性质①120,0a a ≥=，由性质③{}2,1m m m a a a +∈+，因此31a a =或311a a =+，40a =或41a =， 若40a =，由性质②可知34a a <，即10a <或110a +<，矛盾； 若4311,1a a a ==+，由34a a <有111a +<，矛盾. 因此只能是4311,a a a ==.又因为413a a a =+或4131a a a =++，所以112a =或10a =. 若112a =，则{}{}{}2111111110,012,211,2a a a a a a a a +=∈+++++=+=， 不满足20a =，舍去.当10a =，则{}n a 前四项为:0，0，0，1，下面用数学归纳法证明()444(1,2,3),1n i n a n i a n n N ++===+∈： 当0n =时，经验证命题成立，假设当(0)n k k ≤≥时命题成立， 当1n k =+时：若1i =，则()()4541145k k j k j a a a +++++-==，利用性质③：{}*45,144{,1}jk j aa j N j k k k +-+∈≤≤+=+∣，此时可得：451k a k +=+； 否则，若45k a k +=，取0k =可得：50a =，而由性质②可得：{}5141,2a a a =+∈，与50a =矛盾. 同理可得：{}*46,145{,1}jk j a a j N j k k k +-+∈≤≤+=+∣，有461k a k +=+； {}*48,246{1,2}jk j a a j N j k k k +-+∈≤≤+=++∣，有482k a k +=+；{}*47,146{1}jk j aa j N j k k +-+∈≤≤+=+∣，又因为4748k k a a ++<，有47 1.k a k +=+ 即当1n k =+时命题成立，证毕. 综上可得：10a =，54111a a ⨯+==. (3)令n nb a p =+，由性质③可知：*,,m n m n m n N b a p ++∀∈=+∈{},1m n m n a p a p a p a p +++++++{},1m n m n b b b b =+++，由于11224141440,0,n n n n b a p b a p b a p a p b --=+≥=+==+<+=， 因此数列{}n b 为0ℜ数列. 由（2）可知:若444,(1,2,3),1n i n n N a n p i a n p ++∀∈=-==+-；11111402320a S S a p ⨯+-==-≥=，91010422(2)0S S a a p ⨯+-=-=-=--≥，因此2p =，此时1210,,,0a a a ⋯≤，()011j a j ≥≥，满足题意.【点评】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.6．（2020∙北京∙高考真题）已知{}n a 是无穷数列．给出两个性质：①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >，在{}n a 中都存在一项m a ，使2i m ja a a =；②对于{}n a 中任意项(3)n a n …，在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >．使得2k n la a a =． ()Ⅰ若(1,2,)n a n n == ，判断数列{}n a 是否满足性质①，说明理由；()Ⅱ若12(1,2,)n n a n -== ，判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；()Ⅲ若{}n a 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}n a 为等比数列.【答案】()Ⅰ详见解析；()Ⅱ答案详解解析；()Ⅲ证明详见解析. 【详细分析】()Ⅰ根据定义验证，即可判断；()Ⅱ根据定义逐一验证，即可判断；()Ⅲ解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明2231a a a =，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可.解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得123,,a a a 成等比数列，之后证得1234,,,a a a a 成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.【答案详解】()Ⅰ{}2323292,3,2n a a a a Z a ===∉∴Q 不具有性质①； ()Ⅱ{}22*(2)1*2,,,2,2i j i i i j n j ja a i j N i j i j N a a a a ---∀∈>=-∈∴=∴Q 具有性质①； {}2*(2)11,3,1,2,22,k l n k n n la n N n k n l a n a a ---∀∈≥∃=-=-===∴Q 具有性质②；()Ⅲ解法一首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显然()0*n a n N ≠∉，假设数列中存在负项，设{}0max |0n N n a =<， 第一种情况：若01N =，即01230a a a a <<<<< ，由①可知：存在1m ，满足12210m a a a =<，存在2m ，满足22310m a a a =<， 由01N =可知223211a a a a =，从而23a a =，与数列的单调性矛盾，假设不成立.第二种情况：若02N ≥，由①知存在实数m ，满足0210Nm a a a =<，由0N 的定义可知：0m N ≤，另一方面，000221NNm N N a a a a a a =>=，由数列的单调性可知：0m N >，这与0N 的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项数恒为负数. 综上可得，数列中的项数同号.其次，证明2231a a a =：利用性质②：取3n =，此时()23kla a k l a =>，由数列的单调性可知0k l a a >>， 而3kk k la a a a a =⋅>，故3k <，此时必有2,1k l ==，即2231a a a =，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列{}n a 的前()3k k ≥项成等比数列，不妨设()111s s a a q s k -=≤≤，其中10,1a q >>，（10,01a q <<<的情况类似）由①可得：存在整数m ，满足211k k m k k a a a q a a -==>，且11k m k a a q a +=≥ （*） 由②得：存在s t >，满足：21s s k s s t t a aa a a a a +==⋅>，由数列的单调性可知：1t s k <≤+， 由()111s s a a qs k -=≤≤可得：2211111s t k s k k ta a a q a a q a ---+==>= （**）由（**）和（*）式可得：211111k s t k a q a qa q ---≥>， 结合数列的单调性有：211k s t k ≥-->-， 注意到,,s t k 均为整数，故21k s t =--， 代入（**）式，从而11kk a a q +=.总上可得，数列{}n a 的通项公式为：11n n a a q -=.即数列{}n a 为等比数列. 解法二：假设数列中的项数均为正数：首先利用性质②：取3n =，此时23()kla a k l a =>，由数列的单调性可知0k l a a >>， 而3kk k la a a a a =⋅>，故3k <， 此时必有2,1k l ==，即2231a a a =，即123,,a a a 成等比数列，不妨设22131,(1)a a q a a q q ==>，然后利用性质①：取3,2i j ==，则224331121m a a q a a q a a q===， 即数列中必然存在一项的值为31a q ，下面我们来证明341a a q =，否则，由数列的单调性可知341a a q <，在性质②中，取4n =，则24k k k k l la aa a a a a ==>，从而4k <，与前面类似的可知则存在{,}{1,2,3}()k l k l ⊆>，满足24kl a a a =，若3,2k l ==，则：2341kla a a q a ==，与假设矛盾； 若3,1k l ==，则：243411k la a a q a q a ==>，与假设矛盾； 若2,1k l ==，则：22413k la a a q a a ===，与数列的单调性矛盾； 即不存在满足题意的正整数,k l ，可见341a a q <不成立，从而341a a q =， 然后利用性质①：取4,3i j ==，则数列中存在一项2264411231m a a q a a q a a q===， 下面我们用反证法来证明451a a q =， 否则，由数列的单调性可知34151a q a a q <<，在性质②中，取5n =，则25k k k k l la aa a a a a ==>，从而5k <， 与前面类似的可知则存在{}{}(),1,2,3,4k l k l ⊆>，满足25k la a a =，即由②可知：22222115111k k l k l l a a q a a q a a q----===， 若214k l --=，则451a a q =，与假设矛盾； 若214k l -->，则451a a q >，与假设矛盾；若214k l --<，由于,k l 为正整数，故213k l --≤，则351a a q ≤，与315a q a <矛盾；综上可知，假设不成立，则451a a q =.同理可得：566171,,a a q a a q == ，从而数列{}n a 为等比数列，同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列{}n a 为等比数列.【点评】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.7．（2020∙江苏∙高考真题）已知数列{}*()∈n a n N 的首项a 1=1，前n 项和为Sn ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111k k k n n n S S a λ++-=成立，则称此数列为“λ~k ”数列． （1）若等差数列{}n a 是“λ~1”数列，求λ的值；。
全国卷历年高考数列真题归类分析(含答案)
全国卷历年高考数列真题归类分析(含答案)1.（2016年1卷3）已知等差数列{an}前9项的和为27，a10=8，则求a100.解析：由已知，9a1+36d=27，a1+9d=8，解得a1=-1，d=1，a100=a1+99d=-1+99=98，选C。
2.（2017年1卷4）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4+a5=24，S6=48，则{an}的公差为多少？解析：S6=48，即a1+a6=16，a4+a5=24，代入公差d的通项公式an=a1+(n-1)d，得到a8-a6=8=2d，故d=4，选C。
3.（2017年3卷9）等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2、a3、a6成等比数列，则{an}前6项的和为多少？解析：设公差为d，则a3(a1+2d)=(a1+d)(a1+5d)，代入a1=1解得d=-2，故a6=a1+5d=-9，前6项和为S6=6a1+15d=-24，选A。
4.（2017年2卷15）等差数列{an}的前项和为Sn，则1=∑k=1nSk，求an。
解析：设a1=1，d=2，Sn=n(2a1+(n-1)d)/2=n(n+1)，代入an=a1+(n-1)d=2n-1，故1=∑k=1nSk=∑k=1n(k+1)-(k-1)=2n，故n=1/2，代入an=2n-1=-1，选D。
5.（2016年2卷17）Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1=1，S7=28.记bn=[lga1+2Sn-1]/[lga1+2]，求b7.解析：由等差数列前n项和的通项公式Sn=n(2a1+(n-1)d)/2=n(2+(n-1)d)/2，代入a1=1，S7=28，得到d=4，an=1+4(n-1)=4n-3，代入bn=[lga1+2Sn-1]/[lga1+2]，得到b7=[XXX(2×28-1)]/[lg3]=2，选B。
题目一：求等比数列中的数值要求：改写成完整的句子，避免使用符号表示1.求b1，b11，b101；2.求数列{bn}的前1000项和。
数列--2023高考真题分类汇编完整版
数列--高考真题汇编第一节数列的通项公式与性质1.（2023新高考II 卷18）已知{}n a 为等差数列，6,2,n n n a n b a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数.记n S ，n T 分别为{}n a ，{}n b 的前n 项和.若432S =，316T =.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求证：当5n >时，n n T S >.【解析】（1）{}n a 为等差数列，设公差为d .312312362616T b b b a a a =++=-++-=，所以17a d +=①,又432S =，所以可得12316a d +=②,联立①②解得15,2a d ==，所以()1123n a a n d n =+-=+，*n ∈N .（2）由（1）得()21142n n n S a n d n n -=+=+.当n 为偶数时，()()13124......n n n T b b b b b b -=+++++++()()1312466...622...2n n a a a a a a -=-+-++-++++()()59...2132711...23n n n =++++-+++++()()521723223222n nn n n ++++=-+⨯23722n n =+.当5n >时，()()2223741022222n n n n n n n T S n n n -=+-+=-=->，即n n T S >.当n 为奇数时，1n -为偶数，()()21371123622n n n T T b n n n -=+=-+-++-235522n n =+-.当5n >时，()()()222353154525022222n n n n T S n n n n n n -=+--+=--=+->，即n n T S >.综上所述，当5n >时，n n T S >.第二节等差数列与等比数列1.（2023全国甲卷理科5）已知正项等比数列{}n a 中，11a =，n S 为{}n a 前n 项和，5354S S =-，则4S =（）A.7B.9C.15D.30【解析】由题知()23421514q q q q q q ++++=++-，即34244q q q q +=+，即32440q q q +--=，()()()2120q q q -++=.{}n a 为正项等比数列，0q >，所以解得2q =，故4124815S =+++=.故选C.2.（2023全国甲卷文科5）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若2610a a +=，4845a a =，则5S =（）A.25B.22C.20D.15【分析】解法一：根据题意直接求出等差数列{}n a 的公差和首项，再根据前n 项和公式即可解出；解法二：根据等差数列的性质求出等差数列{}n a 的公差，再根据前n 项和公式的性质即可解出．【解析】解法一：设等差数列{}n a 的公差为d ，首项为1a ，依题意可得，2611510a a a d a d +=+++=，即135a d +=，又()()48113745a a a d a d =++=，解得：11,2d a ==，所以515455210202S a d ⨯=+⨯=⨯+=．故选C.解法二：264210a a a +==，4845a a =，所以45a =，89a =，从而84184a a d -==-，于是34514a a d =-=-=，所以53520S a ==．故选C.3.（2023全国甲卷文科13）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为.4.（2023全国乙卷理科15）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a =.【分析】根据等比数列公式对24536a a a a a =化简得11a q =，联立9108a a =-求出52q =-，最后得55712a a q q q =⋅==-.【解析】设{}n a 的公比为()0q q ≠，因为24536a a a a a =，而4536a a a a =，所以211a a q ==，因为9108a a =-，则()289151118a q a q a q q ⋅=⋅=-，则()()3315582q q==-=-，则52q =-，则55712a a q q q =⋅==-，故答案为2-.5.（2023全国乙卷文科18）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知211a =,1040S =.（1）求{}n a 的通项公式；6.（2023新高考I 卷7）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭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【解析】{}n a 为等差数列，设首项为1a 公差为d ，则()112n n n S na d -=+，111222n S n d d a d n a n -=+=+-，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，所以甲是乙的充分条件.n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，即()()()1111111n n n n n n nS n S S S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数，设为t ，即()11n nna S t n n +-=+，故()11n n S na tn n +=-+，()()()1112n n S n a t n n n -=---≥，两式相减得()1112n n n n n a S S na n a tn -+=-=---，12n n a a t +-=为常数，对1n =也成立，所以{}n a 为等差数列，所以甲是乙的必要条件.所以，甲是乙的充要条件，故选C.7.（2023新高考I 卷20）设等差数列{}n a 的公差为d ，且1d >.令2n nn nb a +=，记n S ，nT 分别为数列{}n a ，{}n b 的前n 项和.（1）若21333a a a =+，3321S T +=，求{}n a 的通项公式；（2）若{}n b 为等差数列，且999999S T -=，求d .【解析】（1）()21311332(1)n a a a d a d a d a nd d -===+⇒=⇒=>，则3123312349,6,n n b S a a a d T d d d +++==++===，则296212730(21)(3)0d d d d d d+=⇒-+=⇒--=，故*3,3,n d a n n ==∈N .（2）若{}n b 为等差数列，设公差为r ，则()()()2200000000(1)n n b nr n n a nd b nr drn db ra n a b a nd +=+⇒+=++=++++故0000110dr db ra a b =⎧⎪+=⎨⎪=⎩，（101d r >⇒<<）()()999999000019910099()992n S T a nd b nr a b d r =⨯-=+--=-+-=∑，0050()1a b d r -+-=.①00a =时，00111,1,50()1501db dr d r b d d d⎛⎫==-=+⇒-=+ ⎪⎝⎭25150510(5051)(1)0. 50d d d d d ⇒--=⇒-+=⇒=②00b =时，00111,1,50()1501ra dr a d r r r r ⎛⎫==+-=⇒+-= ⎪⎝⎭250510(5051)(1)01r r r r r d ⇒+-=⇒+-=⇒==.矛盾.综上，5150d =.8.（2023新高考II 卷8）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =-，6221S S =，则8S =（）A.120B.85C.85- D.120-【解析】由6221S S =，得()2422121q q S S ++=，即42200q q +-=，解得24q =或25q =-（舍），则416q =.因为4844S S q S -=，所以()()484117585S q S =+=⨯-=-.故选C.9.（2023天津卷6）已知{}n a 为等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，122n n a S +=+，则4a 的值为（）A ．3B ．18C ．54D ．152【分析】由1n n n a S S -=-得出公比的值，再由题意对所给的递推关系式进行赋值，得到关于首项、公比的方程，求解方程组确定首项的值，然后结合等比数列通项公式即可求得4a 的值.【解析】因为122n n a S +=+，所以有122n n a S -=+，两式相减得()1122n n n n n a a S S a +--==-，即13n n a a +=，所以3q =.又由题意可得：当1n =时，2122a a =+，即1122a q a =+，解得可得12a =，则34154a a q ==.故选C.10.（2023北京卷14）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量（单位：株）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，11a =，512a =，9192a =.则7a =；数列{}n a 所有项的和为.【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解,d q ，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求73,a a ，再结合等差、等比数列的求和公式运算求解.【解析】解法一：设前3项的公差为d ，后7项公比为0q >，则4951921612a q a ===，且0q >，可得2q =，则53212a a d q =+=，即123d +=，可得1d =，空1：可得43733,48a a a q ===，空2：()716293121233232338412a a a -=+++⨯+⋅⋅⋅+⨯=+-+=++ .解法二：空1：因为{},37n a n ≤≤为等比数列，则227591219248a a a ==⨯=，且0n a >，所以748a =；又因为2537a a a =，则25373a a a ==；空2：设后7项公比为0q >，则2534a q a ==，解得2q =，可得()1339334567189236,21a qa a a a a q a a a a a a a a +-==++++++++=-3192238112-⨯==-，所以93126381384a a a a =+-+=++ .故答案为：48；384.第三节数列求和2.（2023全国甲卷理科17）已知数列{}n a 中，21a =，设n S 为{}n a 前n 项和，2n n S na =.（1）求{}n a 的通项公式.（2）求数列12n n a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【解析】（1）因为2n n S na =.当1n =时，112a a =，即10a =.当3n =时，()33213a a +=，即32a =.当2n ≥时，()1121n n S n a --=-，所以()()11212n n n n n S S na n a a ---=--=，化简得()()121n n n a n a --=-.当3n ≥时，13 (1122)n n a a an n -====--，即1n a n =-.当1,2n =时都满足上式，所以1n a n =-，n ∈*N .（2）因为122n n n a n +=，所以231111123...2222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()2311111112...122222nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.两式相减得，2311111221111111 (1222222212)nn n n n T n n ++⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=++++-⨯=-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-11122nn ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即()1222n n T n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，n ∈*N .第四节数列的综合与应用1.（2023天津卷19）已知{}n a 是等差数列，255316,4a a a a +=-=．(1)求{}n a 的通项公式和1212n n ii a--=∑．(2)已知{}n b 为等比数列，对于任意*k ∈N ，若1221k k n -≤≤-，则1k n k b a b +<<，（i ）当2k ≥时，求证：2121k k k b -<<+；（ii ）求{}n b 的通项公式及其前n 项和．【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得13,2a d ==，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n 项和公式计算.(2)(i )利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当1221k k n -≤≤-时，k n b a <，2.（2023北京卷10）数列{}n a 满足()()311661,2,3,4n n a a n +=-+= ，则（）A.若13a =，则{}n a 是递减数列，且存在常数0M ，使得n a M >恒成立B.若15a =，则{}n a 是递增数列，且存在常数6M ，使得n a M <恒成立C.若17a =，则{}n a 是递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立D.若19a =，则{}n a 是递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立【分析】思路1：利用数学归纳法可判断ACD 正误，利用递推公式可判断数列性质，从而判断B 的正误；思路2：构造()()31664x f x x =-+-，利用导数求得()f x 的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项n a 所在区间，从而判断{}n a 的单调性.思路3：利用数形结合，画图分析各选项合理性.【解析】解法一：因为()311664n n a a +=-+，故()311646n n a a +=--，对于A ，若13a =，可用数学归纳法证明：63n a -≤-即3n a ≤，证明：当1n =时，1363a -=≤--，此时不等关系3n a ≤成立；设当n k =时，63k a -≤-成立，则()31276,4164k k a a +⎛⎫-∈-∞- ⎪⎝=⎭-，故136k a +≤--成立，由数学归纳法可得3n a ≤成立.而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦，()20144651149n a --=-≥>，60n a -<，故10n n a a +-<，故1n n a a +<，故{}n a 为减数列，注意1063k a +-≤-<故()()()()23111666649644n n n n n a a a a a +-=≤-，结合160n a +-<，所以()16694n n a a +--≥，故119634n n a +-⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，故119634n n a +-⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，若存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，则19634n M -⎛⎫-> ⎪⎝⎭，故16934n M --⎛⎫> ⎪⎝⎭，故9461log 3Mn -<+，故n a M >恒成立仅对部分n 成立，故A 不成立.对于B ，若15,a =可用数学归纳法证明：106n a --≤<即56n a ≤<，证明：当1n =时，10611a ---≤≤=，此时不等关系56n a ≤<成立；设当n k =时，56k a ≤<成立，则()31164416,0k k a a +⎛⎫-∈-⎪⎝=⎭-，故1106k a +--≤<成立即由数学归纳法可得156k a +≤<成立.而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦，()201416n a --<，60n a -<，故10n n a a +>-，故1n n a a +>，故{}n a 为递增数列，若6M =，则6n a <恒成立，故B 正确.对于C ，当17a =时，可用数学归纳法证明：061n a <-≤即67n a <≤，证明：当1n =时，1061a <-≤，此时不等关系成立；设当n k =时，67k a <≤成立，则()31160,4164k k a a +⎛⎤-∈ ⎥⎝=⎦-，故1061k a +<-≤成立即167k a +<≤，由数学归纳法可得67n a <≤成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=--<⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +<，故{}n a 为递减数列，又()()()2111666644n n n n a a a a +-=-⨯-≤-，结合160n a +->可得：()111664nn a a +⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，所以1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若存在常数6M >，使得n a M >恒成立，则164n M ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭恒成立，故()14log 6n M ≤-，n 的个数有限，矛盾，故C 错误.对于D ，当19a =时，可用数学归纳法证明：63n a -≥即9n a ≥，证明：当1n =时，1633a -=≥，此时不等关系成立；设当n k =时，9k a ≥成立，则()3162764143k k a a +-≥=>-，故19k a +≥成立.由数学归纳法可得9n a ≥成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=-->⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +>，故{}n a 为递增数列，又()()()2119666446n n n n a a a a +->=-⨯--，结合60n a ->可得：()116349946nnn a a +⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎝⎭⎝>⎪⎭-，所以19463nn a +⎛+⎫⎪⎝⎭≥，若存在常数0M >，使得n a M <恒成立，则19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故946log 13M n -⎛⎫<+ ⎪⎝⎭，n 的个数有限，与D 选项矛盾，故D 错误.故选B.解法二：因为()3321119662648442n n n n n n n a a a a a a a +-=-+-=-+-，令()3219264842f x x x x =-+-，则()239264f x x x =-+'，令()0f x '>，得06x <<-或6x >+令()0f x '<，得23236633x -<<+；所以()f x在,63⎛-∞- ⎝⎭和63⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在633⎛-+ ⎝⎭上单调递减，令()0f x =，则32192648042x x x -+-=，即()()()146804x x x ---=，解得4x =或6x =或8x =，注意到234653<-<，237683<+<，所以结合()f x 的单调性可知在(),4-∞和()6,8上()0f x <，在()4,6和()8,+∞上()0f x >，对于A ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，当1n =时，13a =，()32116643a a =--<-，则23a <，假设当n k =时，3k a <，当1n k =+时，()()331311646364k k a a +<---<-=，则13k a +<，综上：3n a ≤，即(),4n a ∈-∞，因为在(),4-∞上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列，因为()332111916612647442n n n n n n n a a a a a a a +-+=-+-+=-+-，令()()32192647342h x x x x x =-+-≤，则()239264h x x x '=-+，因为()h x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯，所以()h x '在(],3-∞上单调递减，故()()2333932604h x h ''≥=⨯-⨯+>，所以()h x 在(],3-∞上单调递增，故()()321933326347042h x h ≤=⨯-⨯+⨯-<，故110n n a a +-+<，即11n n a a +<-，假设存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，取[]4m M =-+，其中[]1M M M -<≤，且[]M ∈Z ，因为11n n a a +<-，所以[][]2132431,1,,1M M a a a a a a -+-+<-<-<- ，上式相加得，[][]()14333M a a M M M -+<--+≤+-=，则[]4m M a a M -+=<，与n a M >恒成立矛盾，故A 错误；对于B ，因为15a =，当1n =时，156a =<，()()33211166566644a a =-+=⨯-+<，假设当n k =时，6k a <，当1n k =+时，因为6k a <，所以60k a -<，则()360k a -<，所以()3116664k k a a +=-+<，又当1n =时，()()332111615610445a a =-+=⨯+-->，即25a >，假设当n k =时，5k a ≥，当1n k =+时，因为5k a ≥，所以61k a -≥-，则()361k a -≥-，所以()3116654k k a a +=-+≥，综上：56n a ≤<，因为在()4,6上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列，此时，取6M =，满足题意，故B 正确；对于C ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，注意到当17a =时，()3216617644a =-+=+，3341166441664a ⎪⎛⎫⎫+=+ ⎪⎝+-⎭⎭⎛= ⎝，143346166144416a ⎢⎛⎫+=⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪⎝+ ⎪⎭⎭⎥⎦⎝⎣猜想当2n ≥时，()11312164k k a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，当2n =与3n =时，2164a =+与43164a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭满足()11312164n n a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，假设当n k =时，()11312164k k a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，当1n k =+时，所以())()13113131223111666441166644k k k k a a --+-⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=+-+ ⎪ ⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦-+=+=，综上，()()113121624n n n a --⎛⎫+⎪=≥ ⎝⎭.易知1310n -->，则()113121014n --⎛⎫<< ⎪⎝⎭，故()()()11312166,724n n n a --⎛⎫+∈≥ =⎪⎝⎭，所以(],67n a ∈，因为在()6,8上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列，假设存在常数6M >，使得n a M >恒成立，记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-，取[]01m m =+，其中[]*0001,m m m m -<≤∈N ，则()0142log 6133m mM ->=+，故()()14log 61312m M ->-，所以()1312614m M -⎛⎫ ⎪<⎝-⎭，即()1312164m M -⎛⎫+ ⎪⎭<⎝，所以1m a M +<，故n a M >不恒成立，故C 错误；对于D ，因为19a =，当1n =时，()32116427634a a ==->-，则29a >，假设当n k =时，3k a ≥，当1n k =+时，()()331116936644k k a a +≥=-->-，则19k a +>，综上，9n a ≥，因为在()8,+∞上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列，因为()332111916612649442n n n n n n n a a a a a a a +--=-+--=-+-，令()()32192649942g x x x x x =-+-≥，则()239264g x x x =-+'，因为()g x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯，所以()g x '在[)9,+∞上单调递增，故()()2399992604g x g ''≥=⨯-⨯+>，所以()()321999926949042g x g ≥=⨯-⨯+⨯->，故110n n a a +-->，即11n n a a +>+，假设存在常数0M >，使得n a M <恒成立，取[]1m M =+，其中[]1M M M -<≤，且[]M ∈Z ，因为11n n a a +>+，所以[][]213211,1,,1M M a a a a a a +>+>+>+ ，上式相加得，[][]1191M a a M M M +>+>+->，则[]1m M a a M +=>，与n a M <恒成立矛盾，故D 错误.故选B.解法三（蛛网图）：令()()31664f x x =-+，则()1n n a f a +=.故可利用数形结合判断{}n a 的单调性.首选()()31664f x x =-+关于()6,6中心对称，又由()()23604f x x '=-可知()f x 在R 上单调递增.再令()31664x x =-+，即()()36460x x ---=，得()()()6480x x x ---=，解得14x =，26x =，38x =.在同一坐标系下画出y x =和()y f x =的图像如下图所示.对于选项A ，当13a =时，如图（a ）所示，{}n a 是单调递减数列，且130a =>.当2n 时，0n a <，当n →+∞时，n a →-∞.故不存在0M ，使n a M >恒成立.故A 错误.对于选项B ，当15a =时，如图（b ）所示，{}n a 是单调递增数列，且当n →+∞时，6n a →.故取6M =，可使得na M 恒成立.B 正确.图（a ）图（b ）对于选项C ，当17a =时，如图（c ）所示，图（c ）{}n a 是单调递减数列.当n →+∞时，6n a →.故不存在6M >使得n a M >恒成立，C 错误.对于选项D ，当19a =时，如图（d ）所示.图（d ）{}n a 是单调递增数列，且当n →+∞时，n a →+∞.故不存在6M >，使n a M <恒成立.D 错误.故选B.【评注】本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.3.（2023北京卷21）已知数列{}{},n n a b 的项数均为()2m m >，且{},1,2,,i i a b m ∈ ，{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==.对于{}1,2,,k m ∈ ，定义{}{}max ,0,1,,k i k r i B A k m =∈ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.（1）若12a =，21a =，33a =；11b =，23b =，33b =，求0123,,,r r r r 的值；（2）若11a b ，且112,1,2,,1ii i rr r i m +-+=- ，求n r ；（3）证明：存在{},,,0,1,2,,p q r s m ∈ ，满足0,0p q m r s m ≤<≤≤<≤，使得p s q r A B A B +=+．【分析】（1）先求01230123,,,,,,,A A A A B B B B ，根据题意分析求解；（2）根据题意分析可得11i i r r +-≥，利用反证可得11i i r r +-=，再结合等差数列运算求解；（3）讨论,m m A B 的大小，根据题意结合反证法分析证明.【解析】（1）由题意可知：012301230,2,3,6,0,1,4,7A A A A B B B B ========，当0k =时，则0000,,1,2,3i B A B A i ==>=，故00r =；当1k =时，则01111,,,2,3i B A B A B A i <≤>=，故11r =；当2k =时，则222,0,1,,i B A i B A ≤=>故21r =；当3k =时，则3,0,1,2,i B A i ≤=，33,B A >故32r =；综上所述：00r =，11r =，21r =，32r =.（2）由题意可知：n r m ≤，且n r ∈N ，因为1,1n n a b ≥≥，则111,1n n A a B b ≥=≥=，当且仅当1n =时，等号成立，所以010,1r r ==，又因为112i i i r r r -+≤+，则11i i i i r r r r +--≥-，即112101m m m m r r r r r r ----≥-≥⋅⋅⋅≥-=，可得11i i r r +-≥，反证：假设满足11i i r r +->的最小正整数为j ，11j m ≤≤-，当i j ≥时，则12i i r r +-≥；当1i j ≤-时，则11i i r r +-=，则()()()112100m m m m m r r r r r r r r ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()22m j j m j ≥-+=-，又因为11j m ≤≤-，则()2211m r m j m m m m ≥-≥--=+>，假设不成立，故11n n r r +-=，即数列{}n r 是以1为公差的等差数列，所以01,n r n n n =+⨯=∈N .（3）（i ）若m m A B =，则取0,p r q s m ====即可.（ii ）若m m A B ≥，构建,1n n n r S A B n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≥，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≥，则1,0K K K r K r A B m A B +-≥-<，可得()()111K K K K K r r r K r K r b B B A B A B m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≤-.①若存在正整数N ，使得0N N N r S A B =-=，即N N r A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r A B A B +=+；②若不存在正整数N ，使得0N S =，因为{}1,2,,1n S m ∈⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，由抽屉原理，必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y X r Y r A B A B -=-，可得Y X X r Y r A B A B +=+，可取,,,Y X p X s r q Y r r ====，使得p s q r A B A B +=+；（iii ）若m m A B <，构建,1n n r n S B A n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≤-，则1,0K K r K r K B A m B A +-≤-->，可得()()111K K K K K r r r r K r K b B B B A B A m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≥-.①若存在正整数N ，使得0N N r N S B A =-=，即N N r A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r A B A B +=+；②若不存在正整数N ，使得0N S =，因为{}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，由抽屉原理，必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y r X r Y B A B A -=-，可得Y X X r Y r A B A B +=+，可取,,,Y X p X s r q Y r r ====，使得p s q r A B A B +=+；综上所述，存在0,0p q m r s m ≤<≤≤<≤使得p s q r A B A B +=+．【评注】方法点睛：对于一些直接说明比较困难的问题，可以尝试利用反证法分析证明.。
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数列高考真题全国卷文科Document number【980KGB-6898YT-769T8CB-246UT-18GG08】数列（2011-2015全国卷文科）一.等差数列、等比数列的基本概念与性质（一）新课标卷1.（2012.全国新课标12）数列{}n a 满足1(1)21n n n a a n ++-=-，则{}n a 的前60项和为（ ）（A ）3690 （B ）3660 （C ）1845 （D ）1830 2.（2012.全国新课标14）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若S 3+3S 2=0，则公比q =_____-2 （二）全国Ⅰ卷1.（2013.全国1卷6）设首项为1，公比为32的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ）（A ）n S =2a n -1 （B ）n S =3a n -2（C ）n S =4-3a n（D ）n S =3-2a n2.（2015.全国1卷7）已知{}n a 是公差为1的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和，若844S S =，则10a =（ ） （A ）172 （B ）192（C ）10 （D ）12 3.（2015.全国1卷13）数列{}n a 中112,2,n n n a a a S +==为{}n a 的前n 项和，若126n S =，则n = . 6（三）全国Ⅱ卷1.（2014.全国2卷5）等差数列{}n a 的公差为2，若2a ，4a ，8a 成等比数列，则{}n a 的前n 项和n S =（ ）（A ） ()1n n + （B ）()1n n - （C ）()12n n + (D)()12n n -2.（2014.全国2卷16）数列{}n a 满足111n n a a +=-，2a =2，则1a =_________.123.（2015.全国2卷5）设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若1353a a a ++=，则5S =（ ）A ．5B ．7C ．9D ．114.（2015.全国2卷9）已知等比数列{}n a 满足114a =，()35441a a a =-，则2a =（ ）.2A .1B 1.2C 1.8D二.数列综合（一）新课标卷1.（2011.全国新课标17）（本小题满分12分）已知等比数列{}n a 中，113a =，公比13q =．（I ）n S 为{}n a 的前n 项和，证明：12nn a S -=（II ）设31323log log log n n b a a a =+++，求数列{}n b 的通项公式．解：（Ⅰ）因为.31)31(311n n n a =⨯=-,2311311)311(31nn n S -=--= 所以,21nn a S --（Ⅱ）n n a a a b 32313log log log +++= )21(n +++-=2)1(+-=n n所以}{n b 的通项公式为.2)1(+-=n n b n（二）全国Ⅰ卷1.（2013.全国1卷17）（本小题满分12分）已知等差数列｛a n ｝的前n 项和S n 满足S 3=0，S 5=-5.（Ⅰ）求｛a n ｝的通项公式；（Ⅱ）求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-12121n n a a 的前n 项和 裂项相消2.（2014.全国1卷17）（本小题满分12分）已知{}n a 是递增的等差数列，2a 、4a 是方程2560x x -+=的根。
（I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和. 错位相减 【解析】：（I ）方程2560x x -+=的两根为2,3,由题意得22a =，43a =，设数列{}n a 的公差为 d ,，则422a a d -=，故d=12，从而132a =，所以{}n a 的通项公式为：112n a n =+ (6)分(Ⅱ)设求数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为S n ,由(Ⅰ)知1222n nn a n ++=， 则：23413451222222n n n n n S +++=+++++ 34512134512222222n n n n n S ++++=+++++ 两式相减得 341212131112311212422224422n n n n n n n S ++++++⎛⎫⎛⎫=++++-=+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 所以1422n n n S ++=- ………12分1.（2016全国卷）.（本题满分12分）已知{}n a 是公差为3的等差数列,数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，,. （I ）求{}n a 的通项公式； （II ）求{}n b 的前n 项和. 公式（II ）由（I ）和11n n n n a b b nb +++= ,得13n n b b +=,因此{}n b 是首项为1,公比为13的等比数列.记{}n b 的前n 项和为n S ,则111()313.122313nn n S --==-⨯-2（2017新课标Ⅰ文数）（12分）记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6. （1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。
（三）全国Ⅱ卷1.（2013.全国2卷17）(本小题满分12分)已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2. 解：(1)设{a n }的公差为d. 由题意，211a ＝a 1a 13， 即(a 1＋10d)2＝a 1(a 1＋12d)． 于是d(2a 1＋25d)＝0.又a 1＝25，所以d ＝0(舍去)，d ＝－2. 故a n ＝－2n ＋27.(2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31，故{a 3n －2}是首项为25，公差为－6的等差数列． 从而S n ＝2n (a 1＋a 3n －2)＝2n (－6n ＋56)＝－3n 2＋28n. 2.（2016全国卷）(本小题满分12分) 等差数列{n a }中，34574,6a a a a +=+=. （Ⅰ）求{n a }的通项公式；（Ⅱ） 设[]n n b a =，求数列{}n b 的前10项和，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]=0,[]=2.试题解析：(Ⅰ)设数列{}n a 的公差为d ，由题意有11254,53a d a d -=-=，解得121,5a d ==，所以{}n a 的通项公式为235n n a +=. （Ⅱ）由(Ⅰ)知235n n b +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，当n =1,2,3时，2312,15n n b +≤<=；当n =4,5时，2323,25n n b +≤<=； 当n =6,7,8时，2334,35n n b +≤<=；当n =9,10时，2345,45n n b +≤<=，所以数列{}n b 的前10项和为1322334224⨯+⨯+⨯+⨯=.6（2017新课标Ⅱ文）（12分）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，11221,1,2a b a b =-=+=.（1）若335a b +=，求{}n b 的通项公式； （2）若321T =，求3S .（三）全国III 卷（2016全国卷）（本小题满分12分）已知各项都为正数的数列{}n a 满足11a =，211(21)20nn n n a a a a ++---=. （I ）求23,a a ；（II ）求{}n a 的通项公式.试题解析：（Ⅰ）由题意得41,2132==a a . .........5分考点：1、数列的递推公式；2、等比数列的通项公式． （2017新课标Ⅲ文数）设数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n +++-=.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和.11.(2016北京15).（本小题13分）已知}{n a 是等差数列，}{n b 是等差数列，且32=b ，93=b ，11b a =，414b a =. （1）求}{n a 的通项公式；（2）设n n n b a c +=，求数列}{n c 的前n 项和. 分组（II ）由（I ）知，21n a n =-，13n n b -=． 因此1213n n n n c a b n -=+=-+． 从而数列{}n c 的前n 项和()11321133n n S n -=++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+()12113213n n n +--=+-2312n n -=+．4.（2016浙江.17本题满分15分）设数列{n a }的前n 项和为n S .已知2S =4，1n a +=2n S +1，*N n ∈.（I ）求通项公式n a ；（II ）求数列{2n a n --}的前n 项和. 分组法【答案】（I ）1*3,n n a n N -=∈；（II ）2*2,13511,2,2n n n T n n n n N =⎧⎪=⎨--+≥∈⎪⎩.10. (天津18) (本小题满分13分)已知{}n a 是等比数列，前n 项和为()n S n N ∈*，且6123112,63S a a a -==. (Ⅰ)求{}n a 的通项公式；(Ⅱ)若对任意的,b n n N ∈*是2log n a 和21log n a +的等差中项，求数列(){}21nn b -的前2n 项和. 分组试题解析：（Ⅰ）解：设数列}{n a 的公比为q ，由已知有2111211qa q a a =-，解之可得1,2-==q q ，又由631)1(61=--=q q a S n 知1-≠q ，所以6321)21(61=--a ，解之得11=a ，所以12-=n n a . （Ⅱ）解：由题意得21)2log 2(log 21)log (log 21212122-=+=+=-+n a a b n n n n n ，即数列}{n b 是首项为21，公差为1的等差数列. 设数列})1{(2n n b -的前n 项和为n T ，则2212212221224232221222)(2)()()(n b b n b b b b b b b b b T n n n n n =+=+⋅⋅⋅++=+-+⋅⋅⋅++-++-=-7.（2016山东19）（本小题满分12分）已知数列{}n a的前n项和238nS n n=+，{}n b是等差数列，且1n n na b b+=+.（I）求数列{}n b的通项公式；（II）令1(1)(2)nnn nnacb++=+.求数列{}n c的前n项和n T. 错位相减【答案】（Ⅰ）13+=nbn;（Ⅱ）223+⋅=nnnT试题解析：（Ⅰ）由题意当2≥n时，561+=-=-nSSannn，当1=n时，1111==Sa；所以56+=nan；设数列的公差为d，由⎩⎨⎧+=+=322211bbabba，即⎩⎨⎧+=+=dbdb321721111，解之得3,41==db，所以13+=nbn。