历年高考理科数列真题大全含答案解析

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2024全国卷真题分类汇编(教师版)(数列)

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2024全国卷真题分类汇编(教师版)-数列1.(2024年新课标全国Ⅱ卷)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,若347a a +=,2535a a +=,则10S =.【详解】因为数列n a 为等差数列,则由题意得()1111237345a d a d a d a d +++=⎧⎨+++=⎩,解得143a d =-⎧⎨=⎩,则()10110910104453952S a d ⨯=+=⨯-+⨯=.故答案为:95.2.(2024年高考全国甲卷数学(理))等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若510S S =,51a =,则1a =()A .2-B .73C .1D .2【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.3.(2024年高考全国甲卷数学(理))记n S 为数列{}n a 的前n 项和,且434n n S a =+.(1)求{}n a 的通项公式;(2)设1(1)n n n b na -=-,求数列{}n b 的前n 项和为n T .【详解】(1)当1n =时,1114434S a a ==+,解得14a =.当2n ≥时,11434n n S a --=+,所以1144433n n n n n S S a a a ---==-即13n n a a -=-,而140a =≠,故0n a ≠,故13n n a a -=-,∴数列{}n a 是以4为首项,3-为公比的等比数列,所以()143n n a -=⋅-.(2)111(1)4(3)43n n n n b n n ---=-⋅⋅⋅-=⋅,所以123n n T b b b b =++++ 0211438312343n n -=⋅+⋅+⋅++⋅ 故1233438312343n n T n =⋅+⋅+⋅++⋅所以1212443434343n n n T n --=+⋅+⋅++⋅-⋅ ()1313444313n n n --=+⋅-⋅-()14233143n n n -=+⋅⋅--⋅(24)32n n =-⋅-,(21)31n n T n ∴=-⋅+.4.(2024年新课标全国Ⅰ卷)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 >.【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 k a 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.。

历年数列高考题大全答案

历年数列高考题大全答案

历年数列高考题大全答案 It was last revised on January 2, 2021历年高考《数列》真题汇编1、(2011年新课标卷文) 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 2、(2011全国新课标卷理)等比数列{}n a 的各项均为正数,且212326231,9.a a a a a +== (1)求数列{}n a 的通项公式.(2)设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前项和.解:(Ⅰ)设数列{a n }的公比为q ,由23269a a a =得32349a a =所以219q =。

有条件可知a>0,故13q =。

由12231a a +=得12231a a q +=,所以113a =。

故数列{a n }的通项式为a n =13n 。

(Ⅱ)111111log log ...log n b a a a =+++ 故12112()(1)1n b n n n n =-=--++ 所以数列1{}n b 的前n 项和为21nn -+3、(2010新课标卷理)设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-= (1) 求数列{}n a 的通项公式;(2) 令n n b na =,求数列的前n 项和n S解(Ⅰ)由已知,当n ≥1时,111211[()()()]n n n n n a a a a a a a a ++-=-+-++-+21233(222)2n n --=++++2(1)12n +-=。

【精品】云南省数列理科高考题目及答案

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2001年—2010年云南省10年高考数列试题汇总2010年高考数学大纲(理)数列部分:等差数列及其通项公式.等差数列前n 项和公式.等比数列及其通项公式.等比数列前n 项和公式.考试要求:(1)理解数列的概念,了解数列通项公式的意义,了解递推公式是给出数列的一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项.(2)理解等差数列的概念.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式,并能解决简单的实际问题.(3)理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式,并能解决简单的实际问题.2010年(4)如果等差数列{}n a 中,34512a a a ++=,那么127...a a a +++==(A )14(B)21(C)28(D )35(18)(本小题满分12分)已知数列{}n a 的前n 项和2()3n n S n n =+.(Ⅰ)求limnn na S →∞;(Ⅱ)证明:12222312n n a a a n+++…>. 2009年14.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若535a a =则95S S =。

19(本小题满分12分)设数列{}n a 的前n 项和为,n S 已知11,a =142n n S a +=+(I)设12n n n b a a +=-,证明数列{}n b 是等比数列(II )求数列{}n a 的通项公式.2008年20.(本小题满分12分)设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知1a a =,13n n n a S +=+,*n ∈N .(Ⅰ)设3nn n b S =-,求数列{}n b 的通项公式;(Ⅱ)若1n n a a +≥,*n ∈N ,求a 的取值范围.2007年16.已知数列的通项52n a n =-+,其前n 项和为n S ,则2lim nn S n ∞=→.21.(本小题满分12分)设数列{}n a 的首项113(01)2342n n a a a n --∈==,,,,,,…. (1)求{}n a 的通项公式;(2)设n b a =,证明1n n b b +<,其中n 为正整数.2006年(11)设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,若361,3S S =则612SS =() (A)310 (B )13 (C)18 (D )19(22)(本小题满分12分) 设数列{}n a 的前n 项和为n S ,且方程20n n x a x a --=有一根为1,1,2,3,...n S n -= (I )求12,;a a(II)求{}n a 的通项公式2005年11。

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(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。

历年高考理科数列真题汇编含答案解析

历年高考理科数列真题汇编含答案解析

高考数列选择题部分(2016全国I )(3)已知等差数列{}n a 前9项的和为27,10=8a ,则100=a(A )100 (B )99 (C )98 (D )97(2016上海)已知无穷等比数列{}n a 的公比为q ,前n 项和为n S ,且S S n n =∞→lim .下列条件中,使得()*∈<N n S S n 2恒成立的是( )(A )7.06.0,01<<>q a (B )6.07.0,01-<<-<q a(C )8.07.0,01<<>q a (D )7.08.0,01-<<-<q a(2016四川)5. 【题设】某公司为激励创新,计划逐年加大研发资金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元,在此基础上,每年投入的研发资金比上一年增长12%,则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是(参考数据:lg 1.12≈0.05,lg 1.3≈0.11,lg2≈0.30)( A )2018年 (B )2019年 (C )2020年 (D )2021年 (2016天津)(5)设{a n }是首项为正数的等比数列,公比为q ,则“q <0”是“对任意的正整数n ,a 2n −1+a 2n <0”的( )(A )充要条件 (B )充分而不必要条件 (C )必要而不充分条件 (D )既不充分也不必要条件(2016浙江)6. 如图,点列{A n },{B n }分别在某锐角的两边上,且1122,,n n n n n n A A A A A A n ++++=≠∈*N ,1122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈*N ,(P Q P Q ≠表示点与不重合). 若1n n n n n n n d A B S A B B +=,为△的面积,则A .{}n S 是等差数列B .2{}n S 是等差数列C .{}n d 是等差数列D .2{}n d 是等差数列1.【2015高考重庆,理2】在等差数列{}n a 中,若2a =4,4a =2,则6a = ( )A 、-1B 、0C 、1D 、62.【2015高考福建,理8】若,a b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>> 的两个不同的零点,且,,2a b - 这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p q + 的值等于( ) A .6 B .7 C .8 D .93.【2015高考北京,理6】设{}n a 是等差数列. 下列结论中正确的是( )A .若120a a +>,则230a a +>B .若130a a +<,则120a a +<C .若120a a <<,则213a a a >D .若10a <,则()()21230a a a a -->4.【2015高考浙江,理3】已知{}n a 是等差数列,公差d 不为零,前n 项和是n S ,若3a ,4a ,8a 成等比数列,则( )A.140,0a d dS >>B. 140,0a d dS <<C. 140,0a d dS ><D.140,0a d dS <>1.【2014年重庆卷(理02)】对任意等比数列{}n a ,下列说法一定正确的是( )139.,,A a a a 成等比数列 236.,,B a a a 成等比数列 248.,,C a a a 成等比数列 369.,,D a a a 成等比数列2.【2014年全国大纲卷(10)】等比数列{}n a 中,452,5a a ==,则数列{lg }n a 的前8项和等于( )A .6B .5C .4D .35.【2014年福建卷(理03)】等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 1=2,S 3=12,则a 6等于( )A .8B .10C .12D .14高考数列填空题部分(2016全国I )(15)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 .(2016上海)无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成,n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意*∈N n ,{}3,2∈n S ,则k 的最大值为________.(2016北京)12.已知{}n a 为等差数列,n S 为其前n 项和,若16a =,350a a +=,则6=S _______..(2016江苏)8. 已知{a n }是等差数列,S n 是其前n 项和.若a 1+a 22=-3,S 5=10,则a 9的值是 ▲ .(2016浙江)13.设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4,a n +1=2S n +1,n ∈N *,则a 1= ,S 5= .5.【2015高考安徽,理14】已知数列{}n a 是递增的等比数列,14239,8a a a a +==,则数列{}n a 的前n 项和等于 .6.【2015高考新课标2,理16】设n S 是数列{}n a 的前n 项和,且11a =-,11n n n a S S ++=,则n S =________.7.【2015高考广东,理10】在等差数列{}n a 中,若2576543=++++a a a a a ,则82a a += .8.【2015高考陕西,理13】中位数1010的一组数构成等差数列,其末项为2015,则该数列的首项为 .9.【2015江苏高考,11】数列}{n a 满足11=a ,且11+=-+n a a n n (*N n ∈),则数列}1{na 的前10项和为3.【2014年广东卷(理13)】若等比数列{}n a 的各项均为正数,且512911102e a a a a =+,则1220ln ln ln a a a +++= 。

【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类(全国通用版):数列解答题(解析版)

【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类(全国通用版):数列解答题(解析版)
2013-2022 十年全国高考数学真题分类汇编
专题 06 数列解答题
1.(2022
年全国甲卷理科·第
17
题)记
Sn
为数列 an 的前
n
项和.已知
2Sn n
n
2an
1.
(1)证明: an 是等差数列;
(2)若 a4, a7 , a9 成等比数列,求 Sn 的最小值.
【答案】(1)证明见解析:; (2) 78 .
解析:(1)设数列an 的公差为d
,所以,
aa11dd22bb118ab11
2d
a1
4b1 3d
,即可解得,
b1
a1
d 2

所以原命题得证.
(2)由(1)知, b1
a1
d 2
,所以 bk
am
a1
b1 2k1
a1
m 1 d
a1 ,即 2k1
2m ,亦即
m 2k2 1,500 ,解得 2 k 10 ,所以满足等式的解 k 2,3, 4,,10 ,故集合
解析:(1)解:因为
2Sn n
n
2an
1,即 2Sn
n2
2nan
n
①,
当 n 2 时, 2Sn1 n 12 2 n 1 an1 n 1 ②,
① ②得, 2Sn n2 2Sn1 n 12 2nan n 2n 1 an1 n 1 ,
即 2an 2n 1 2nan 2n 1 an1 1 ,
k | bk am a1,1 m 500 中的元素个数为10 2 1 9 .
【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题 【题目来源】2022 新高考全国 II 卷·第 17 题

数列解答题【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(全国通用版)(解析版)

数列解答题【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(全国通用版)(解析版)
所以 .
【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题
【题目来源】2020年新高考I卷(山东卷)·第18题
7.(2020新高考II卷(海南卷)·第18题)已知公比大于 的等比数列 满足 .
(1)求 通项公式;
(2)求 .
【答案】(1) ;(2)
解析:(1)设等比数列 的公比为q(q>1),则 ,
整理可得: ,
解析:(1)由已知 得 ,且 , ,
取 ,由 得 ,
由于 为数列 的前n项积,
所以 ,

所以数列 是以 为首项,以 为公差等差数列;
(2)由(1)可得,数列 是以 为首项,以 为公差的等差数列,
,
,
当n=1时, ,
当n≥2时, ,显然对于n=1不成立,
∴ .
【点睛】本题考查等差数列的证明,考查数列的前n项和与项的关系,数列的前n项积与项的关系,其中由 ,得到 ,进而得到 是关键一步;要熟练掌握前n项和,积与数列的项的关系,消和(积)得到项(或项的递推关系),或者消项得到和(积)的递推关系是常用的重要的思想方法.

数列的通项公式为: .
(2)由于: ,故:

【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题
【题目来源】2020新高考II卷(海南卷)·第18题
8.(2021年高考全国乙卷理科·第19题)记 为数列 的前n项和, 为数列 的前n项积,已知 .
(1)证明:数列 是等差数列;
(2)求 的通项公式.
【答案】(1)证明见解析;(2) .
当 时, ,当 时, 满足等差数列的定义,此时 为等差数列;
当 时, , 不合题意,舍去.
综上可知 为等差数列.
【点睛】这类题型在解答题中较为罕见,求解的关键是牢牢抓住已知条件,结合相关公式,逐步推演,等差数列的证明通常采用定义法或者等差中项法.

数列(解答题)(解析版)-五年(2018-2022)高考数学真题分项汇编(全国通用)

数列(解答题)(解析版)-五年(2018-2022)高考数学真题分项汇编(全国通用)

专题13数列(解答题)1.【2022年全国甲卷】记为数列的前n项和.已知2+=2+1.(1)证明:是等差数列;(2)若4,7,9成等比数列,求的最小值.【答案】(1)证明见解析;(2)−78.【解析】【分析】(1)依题意可得2+2=2B+,根据=1,=1−K1,≥2,作差即可得到−K1=1,从而得证;(2)由(1)及等比中项的性质求出1,即可得到的通项公式与前项和,再根据二次函数的性质计算可得.(1)解:因为2+=2+1,即2+2=2B+①,当≥2时,2K1+−12=2−1K1+−1②,①−②得,2+2−2K1−−12=2B+−2−1K1−−1,即2+2−1=2B−2−1K1+1,即2−1−2−1K1=2−1,所以−K1=1,≥2且∈N*,所以是以1为公差的等差数列.(2)解:由(1)可得4=1+3,7=1+6,9=1+8,又4,7,9成等比数列,所以72=4⋅9,即1+62=1+3⋅1+8=−12,所以=−13,所以=−12+=122−252=−−6258,所以,当=12或=13时min=−78.2.【2022年新高考1卷】记为数列的前n项和,已知1=是公差为13的等差数列.(1)求的通项公式;(2)证明:11+121<2.【答案】(1)=(2)见解析【解析】【分析】(1)利用等差数列的通项公式求得=1r23,得到=的关系得到当≥2时,=−K1=−进而得:r1K1,利用累乘法求得==1也成立,得到的通项公式=(2)由(1)的结论,利用裂项求和法得到11+12+⋯+1=21−.(1)∵,∴1=1=1,∴11=1,是公差为13的等差数列,∴=1+−1=r23,∴=∴当≥2时,∴=−K1=3−整理得:−1=+1K1,即K1=r1K1,∴=1×21×32×…×K1K2=1×32×43×…×K2×r1K1=显然对于=1也成立,∴的通项公式=(2)1==2,∴11+12+⋯+1=21++⋯=21−<23.【2022年新高考2卷】已知为等差数列,是公比为2的等比数列,且2−2=3−3=4−4.(1)证明:1=1;(2)求集合=+1,1≤≤500中元素个数.【答案】(1)证明见解析;(2)9.【解析】【分析】(1)设数列的公差为,根据题意列出方程组即可证出;(2)根据题意化简可得=2K2,即可解出.(1)设数列的公差为,所以,1+−21=1+2−411+−21=81−1+3,即可解得,1=1=2,所以原命题得证.(2)由(1)知,1=1=2,所以=+1⇔1×2K1=1+−1+1,即2K1=2,亦即=2K2∈1,500,解得2≤≤10,所以满足等式的解=2,3,4,⋯,10,故集合U =+1,1≤≤500中的元素个数为10−2+1=9.4.【2021年甲卷文科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知210,3n a a a >=,且数列是等差数列,证明:{}n a 是等差数列.【答案】证明见解析.【解析】【分析】的公差d ,进一步写出的通项,从而求出{}na 的通项公式,最终得证.【详解】∵数列是等差数列,设公差为d(n +-=()n *∈N∴12n S a n =,()n *∈N ∴当2n ≥时,()221111112n n n a S S a n a n a n a -=-=--=-当1n =时,11121=a a a ⨯-,满足112n a a n a =-,∴{}n a 的通项公式为112n a a n a =-,()n *∈N ∴()()111111221=2n n a a a n a a n a a --=----⎡⎤⎣⎦∴{}n a 是等差数列.【点睛】在利用1n n n a S S -=-求通项公式时一定要讨论1n =的特殊情况.5.【2021年甲卷理科】已知数列{}n a 的各项均为正数,记n S 为{}n a 的前n 项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①数列{}n a 是等差数列:②数列是等差数列;③213aa =.注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.【答案】证明过程见解析【解析】【分析】,n n a S 的关系求出n a ,利用{}n a 是等差数列可证213a a =;也可分别设出公差,写出各自的通项公式后利用两者的关系,对照系数,得到等量关系,进行证明.an b =+,结合,n n a S 的关系求出n a ,根据213a a =可求b ,然后可证{}n a 是等差数列;也可利用前两项的差求出公差,然后求出通项公式,进而证明出结论.【详解】选①②作条件证明③:[方法一]:待定系数法+n a 与n S 关系式(0)an b a =+>,则()2n S an b =+,当1n =时,()211a S a b ==+;当2n ≥时,()()221n n n a S S an b an a b-=-=+--+()22a an a b =-+;因为{}n a 也是等差数列,所以()()222a b a a a b +=-+,解得0b =;所以()221n a a n =-,21a a =,故22133a a a ==.[方法二]:待定系数法设等差数列{}n a 的公差为d,等差数列的公差为1d ,1(1)n d =+-,将1(1)2n n n S na d -=+1(1)n d -,化简得())2222211111222d d n a n d n d n d ⎛⎫+-=+-+ ⎪⎝⎭对于n +∀∈N 恒成立.则有21211112,240,d d a d d d ⎧=⎪⎪-=-⎨-=,解得112d d a ==.所以213a a =.选①③作条件证明②:因为213a a =,{}n a 是等差数列,所以公差2112d a a a =-=,所以()21112n n n S na d n a -=+=,)1n +所以是等差数列.选②③作条件证明①:[方法一]:定义法(0)an b a =+>,则()2n S an b =+,当1n =时,()211a S a b ==+;当2n ≥时,()()221n n n a S S an b an a b-=-=+--+()22a an a b =-+;因为213a a =,所以()()2323a a b a b +=+,解得0b =或43a b =-;当0b =时,()221,21n a a a a n ==-,当2n ≥时,2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义,此时{}n a 为等差数列;当43a b =-4=3an b an a =+-03a=-<不合题意,舍去.综上可知{}n a 为等差数列.[方法二]【最优解】:求解通项公式因为213a a ===也为等差数列,所以公差1d ==()11n d =-=,故21n S n a =,当2n ≥时,()()221111121n n n a S S n a n a n a -=-=--=-,当1n =时,满足上式,故{}n a 的通项公式为()121n a n a =-,所以()1123n a n a -=-,112n n a a a --=,符合题意.【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见,求解的关键是牢牢抓住已知条件,结合相关公式,逐步推演,选①②时,法一:利用等差数列的通项公式是关于n的一次函数,直接设出(0)an b a =+>,平方后得到n S 的关系式,利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到{}n a 的通项公式,进而得到213a a =,是选择①②证明③的通式通法;法二:分别设出{}n a 与{}n S 的公差,写出各自的通项公式后利用两者的关系,对照系数,得到等量关系1d =12d a =,进而得到213a a =;选①③时,按照正常的思维求出公差,表示出n S进行证明;选②③时,法一:利用等差数列的通项公式是关于n的一次函数,直接设出(0)an b a =+>,结合,n n a S 的关系求出n a ,根据213a a =可求b ,然后可证{}n a 是等差数1d ==的通项公式,利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩,求出{}n a 的通项公式,进而证明出结论.6.【2021年乙卷文科】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】(1)11(3n n a -=,3n nn b =;(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=,解方程即可;(2)利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ,再作差比较即可.【详解】(1)因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ,23a ,39a 成等差数列,所以21369a a a =+,所以211169a q a a q =+,即29610q q -+=,解得13q =,所以11()3n n a -=,所以33n n n na nb ==.(2)[方法一]:作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++ ,012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ,230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 012111012222333---++++ 111233---+n n n n .设0121111101212222Γ3333------=++++ n n n ,⑧则1231111012112222Γ33333-----=++++ n n n .⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ132********--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭- n n n n nn n .所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n .因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT .故2nn S T <.[方法二]【最优解】:公式法和错位相减求和法证明:由(1)可得11(1313(1)12313n n n S ⨯-==--,211213333n n n n nT --=++++ ,①231112133333n n n n nT +-=++++ ,②①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---,所以31(14323n n nn T =--⋅,所以2n n S T -=3131(1)(1043234323n n n n n n ----=-<⋅⋅,所以2nn S T <.[方法三]:构造裂项法由(Ⅰ)知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ,令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ,且1+=-n n n b c c ,即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ,通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==,所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,下同方法二.[方法四]:导函数法设()231()1-=++++=- n nx x f x x x x x x,由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢==---⎢⎥⎣⎦,则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='- n nn nx n x f x x x nxx .又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ,所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦,下同方法二.【整体点评】本题主要考查数列的求和,涉及到等差数列的性质,错位相减法求数列的和,考查学生的数学运算能力,是一道中档题,其中证明不等式时采用作差法,或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择,关键是要看如何消项化简的更为简洁.(2)的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和,进而证得结论;方法二根据数列的不同特点,分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解;方法三采用构造数列裂项求和的方法,关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ,使1+=-n n n b c c ,求得n T 的表达式,这是错位相减法的一种替代方法,方法四利用导数方法求和,也是代替错位相减求和法的一种方法.7.【2021年乙卷理科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和,n b 为数列{}n S 的前n 项积,已知212n nS b +=.(1)证明:数列{}n b 是等差数列;(2)求{}n a 的通项公式.【答案】(1)证明见解析;(2)()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【解析】【分析】(1)由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠,取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n n b bb b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;(2)由(1)可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【详解】(1)[方法一]:由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠,12n b ≠,取1n =,由11S b =得132b =,由于n b 为数列{}n S 的前n 项积,所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---,所以111221n n n nb bb b +++=-,由于10n b +≠所以12121n n b b +=-,即112n n b b +-=,其中*n N ∈所以数列{}n b 是以132b =为首项,以12d =为公差等差数列;[方法二]【最优解】:由已知条件知1231-⋅=⋅⋅⋅⋅ n n n b S S S S S ①于是11231(2)--=⋅⋅⋅⋅≥ n n b S S S S n .②由①②得1nn n b S b -=.③又212n nS b +=,④由③④得112n n b b --=.令1n =,由11S b =,得132b =.所以数列{}n b 是以32为首项,12为公差的等差数列.[方法三]:由212n n S b +=,得22=-nn n S b S ,且0n S ≠,0n b ≠,1n S ≠.又因为111--=⋅⋅=⋅ n n n n n b S S S S b ,所以1122-==-n n n n b b S S ,所以()1111(2)2222212---=-==≥---n n n n n n n S S b b n S S S .在212n n S b +=中,当1n =时,1132==b S .故数列{}n b 是以32为首项,12为公差的等差数列.[方法四]:数学归纳法由已知212n n S b +=,得221n n n b S b =-,132b =,22b =,352=b ,猜想数列{}n b 是以32为首项,12为公差的等差数列,且112n b n =+.下面用数学归纳法证明.当1n =时显然成立.假设当n k =时成立,即121,21+=+=+k k k b k S k .那么当1n k =+时,11112++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭k k k b b S k 331(1)1222k k k k ++⋅==+++.综上,猜想对任意的n ∈N 都成立.即数列{}n b 是以32为首项,12为公差的等差数列.(2)由(1)可得,数列{}n b 是以132b =为首项,以12d =为公差的等差数列,()3111222n nb n ∴=+-⨯=+,22211n n n b nS b n+==-+,当n =1时,1132a S ==,当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立,∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【整体点评】(1)方法一从212n n S b +=得221n n n b S b =-,然后利用n b 的定义,得到数列{}n b 的递推关系,进而替换相除消项得到相邻两项的关系,从而证得结论;方法二先从n b 的定义,替换相除得到1nn n b S b -=,再结合212n n S b +=得到112n n b b --=,从而证得结论,为最优解;方法三由212n n S b +=,得22=-n n n S b S ,由n b 的定义得1122-==-n n n n b b S S ,进而作差证得结论;方法四利用归纳猜想得到数列112n b n =+,然后利用数学归纳法证得结论.(2)由(1)的结论得到112n b n =+,求得n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得{}n a 的通项公式;8.【2021年新高考1卷】已知数列{}n a 满足11a =,11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数(1)记2n n b a =,写出1b ,2b ,并求数列{}n b 的通项公式;(2)求{}n a 的前20项和.【答案】(1)122,5,31n b b b n ===-;(2)300.【解析】【分析】(1)方法一:由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征,然后求和其通项公式即可;(2)方法二:分组求和,结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和.【详解】解:(1)[方法一]【最优解】:显然2n 为偶数,则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+,所以2223n n a a +=+,即13n n b b +=+,且121+12b a a ===,所以{}n b 是以2为首项,3为公差的等差数列,于是122,5,31n b b b n ===-.[方法二]:奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===,所以122432,15b a b a a ====+=.由11n n a a +-=(n 为奇数)及12n n a a +-=(n 为偶数)可知,数列从第一项起,若n 为奇数,则其后一项减去该项的差为1,若n 为偶数,则其后一项减去该项的差为2.所以*23()n n a a n N +-=∈,则()11331n b b n n =+-⨯=-.[方法三]:累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N .所以11213(1)11222b a a -==++=+=,322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=,则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++ 12(1)131n n n =+-+=-⨯.所以122,5b b ==,数列{}n b 的通项公式31n b n =-.(2)[方法一]:奇偶分类讨论20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++ 1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++ 110()102103002b b +⨯=⨯-=.[方法二]:分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+,所以2122123n n n a a a +-=+=+.所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项,3为公差的等差数列;同理,由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列.从而数列{}n a 的前20项和为:201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++ 1091091013102330022⨯⨯=⨯+⨯+⨯+⨯=.【整体点评】(1)方法一:由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法;方法二:利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况,然后利用递推关系式确定数列的性质;方法三:写出数列{}n a 的通项公式,然后累加求数列{}n b 的通项公式,是一种更加灵活的思路.(2)方法一:由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法;方法二:分组求和是常见的数列求和的一种方法,结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.9.【2021年新高考2卷】记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和,若35244,a S a a S ==.(1)求数列{}n a 的通项公式n a ;(2)求使n n S a >成立的n 的最小值.【答案】(1)26n a n =-;(2)7.【解析】【分析】(1)由题意首先求得3a 的值,然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式;(2)首先求得前n 项和的表达式,然后求解二次不等式即可确定n 的最小值.【详解】(1)由等差数列的性质可得:535S a =,则:3335,0a a a =∴=,设等差数列的公差为d ,从而有:()()22433a a a d a d d =-+=-,()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-++-=-,从而:22d d -=-,由于公差不为零,故:2d =,数列的通项公式为:()3326n a a n d n =+-=-.(2)由数列的通项公式可得:1264a =-=-,则:()()214252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-,则不等式n n S a >即:2526n n n ->-,整理可得:()()160n n -->,解得:1n <或6n >,又n 为正整数,故n 的最小值为7.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题,解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.10.【2020年新课标1卷理科】设{}n a 是公比不为1的等比数列,1a 为2a ,3a 的等差中项.(1)求{}n a 的公比;(2)若11a =,求数列{}n na 的前n 项和.【答案】(1)2-;(2)1(13)(2)9n n n S -+-=.【解析】【分析】(1)由已知结合等差中项关系,建立公比q 的方程,求解即可得出结论;(2)由(1)结合条件得出{}n a 的通项,根据{}n na 的通项公式特征,用错位相减法,即可求出结论.【详解】(1)设{}n a 的公比为q ,1a 为23,a a 的等差中项,212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-= ,1,2q q ≠∴=- ;(2)设{}n na 的前n 项和为n S ,111,(2)n n a a -==-,21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++- ,①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+- ,②①-②得,2131(2)(2)(2)(2)n nn S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--,1(13)(2)9nn n S -+-∴=.【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质,以及错位相减法求和,考查计算求解能力,属于基础题.11.【2020年新课标3卷理科】设数列{an }满足a 1=3,134n n a a n +=-.(1)计算a 2,a 3,猜想{an }的通项公式并加以证明;(2)求数列{2nan }的前n 项和Sn .【答案】(1)25a =,37a =,21n a n =+,证明见解析;(2)1(21)22n n S n +=-⋅+.【解析】【分析】(1)方法一:(通性通法)利用递推公式得出23,a a ,猜想得出{}n a 的通项公式,利用数学归纳法证明即可;(2)方法一:(通性通法)根据通项公式的特征,由错位相减法求解即可.【详解】(1)[方法一]【最优解】:通性通法由题意可得2134945a a =-=-=,32381587a a =-=-=,由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项,2为公差的等差数列,即21n a n =+.证明如下:当1n =时,13a =成立;假设()n k k *=∈N 时,21k a k =+成立.那么1n k =+时,1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n N ∈,都有21n a n =+成立;[方法二]:构造法由题意可得2134945a a =-=-=,32381587a a =-=-=.由123,5a a ==得212a a -=.134n n a a n +=-,则134(1)(2)n n a a n n -=--≥,两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--.令1n n n b a a +=-,且12b =,所以134n n b b -=-,两边同时减去2,得()1232n n b b --=-,且120b -=,所以20n b -=,即12n n a a +-=,又212a a -=,因此{}n a 是首项为3,公差为2的等差数列,所以21n a n =+.[方法三]:累加法由题意可得2134945a a =-=-=,32381587a a =-=-=.由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n +++-=-,即2121214333a a -=-⨯,3232318333a a -=-⨯, (111)4(1)(2)333n n n n n a a n n ---=--⨯≥.以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n nn a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯+-⨯⎢⎥⎣⎦ ,所以1(21)33n n n a n =+⋅.所以21(2)n a n n =+≥.当1n =时也符合上式.综上所述,21n a n =+.[方法四]:构造法21322345,387a a a a =-==-=,猜想21n a n =+.由于134n n a a n +=-,所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++,其中,λμ为常数.整理得1322n n a a n λμλ+=++-.故24,20λμλ=--=,解得2,1λμ=-=-.所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-.又130a -=,所以{}21n a n --是各项均为0的常数列,故210n a n --=,即21n a n =+.(2)由(1)可知,2(21)2n n n a n ⋅=+⋅[方法一]:错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ,①23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ,②由①-②得:()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅ ()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-,即1(21)22n n S n +=-⋅+.[方法二]【最优解】:裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-,所以231232222n n n S a a a a =++++ ()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++- 11n b b +=-1(21)22n n +=-+.[方法三]:构造法当2n ≥时,1(21)2n n n S S n -=++⋅,设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅,即122n n n pn q p S S ----=+⋅,则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩,解得4,2p q =-=.所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅,即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列,而1(42)22S +-+⋅=,所以(42)22n n S n +-+⋅=.故12(21)2n n S n +=+-⋅.[方法四]:因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+,令12n n b n -=⋅,则()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠- ,()121211(1)()1231(1)nn n n x x nx n x f x x x nx x x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦' ,所以12n b b b +++L 21122322n n -=+⋅+⋅++⋅ 1(2)12(1)2n n f n n +==+-+'⋅.故234(2)2222nn S f =++'+++ ()1212412(1)212n n nn n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+.【整体点评】(1)方法一:通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式,再根据数学归纳法进行证明,是该类问题的通性通法,对于此题也是最优解;方法二:根据递推式134n n a a n +=-,代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥,两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--,设1n n n b a a +=-,从而简化递推式,再根据构造法即可求出n b ,从而得出数列{}n a 的通项公式;方法三:由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n+++-=-,根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式;方法四:通过递推式求出数列{}n a 的部分项,归纳得出数列{}n a 的通项公式,再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++,求出,λμ,从而可得构造数列为常数列,即得数列{}n a 的通项公式.(2)方法一:根据通项公式的特征可知,可利用错位相减法解出,该法也是此类题型的通性通法;方法二:根据通项公式裂项,由裂项相消法求出,过程简单,是本题的最优解法;方法三:由2n ≥时,1(21)2nn n S S n -=++⋅,构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列,从而求出;方法四:将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+,利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2n n n -⋅的前n 项和即可,其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠- 的导数,通过赋值的方式求出,思路新颖独特,很好的简化了运算.12.【2020年新课标3卷文科】设等比数列{an }满足124a a +=,318a a -=.(1)求{an }的通项公式;(2)记n S 为数列{log 3an }的前n 项和.若13m m m S S S +++=,求m .【答案】(1)13-=n n a ;(2)6m =.【解析】【分析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ,根据题意,列出方程组,求得首项和公比,进而求得通项公式;(2)由(1)求出3{log }n a 的通项公式,利用等差数列求和公式求得n S ,根据已知列出关于m 的等量关系式,求得结果.【详解】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ,根据题意,有1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩,解得113a q =⎧⎨=⎩,所以13-=n n a ;(2)令313log log 31n n n b a n -===-,所以(01)(1)22n n n n n S +--==,根据13m m m S S S +++=,可得(1)(1)(2)(3)222m m m m m m -++++=,整理得2560m m --=,因为0m >,所以6m =,【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算,以及等差数列求和公式的应用,考查计算求解能力,属于基础题目.13.【2020年新高考1卷(山东卷)】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==.(1)求{}n a 的通项公式;(2)记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数,求数列{}m b 的前100项和100S .【答案】(1)2n n a =;(2)100480S =.【解析】【分析】(1)利用基本元的思想,将已知条件转化为1,a q 的形式,求解出1,a q ,由此求得数列{}n a 的通项公式.(2)方法一:通过分析数列{}m b 的规律,由此求得数列{}m b 的前100项和100S .【详解】(1)由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列,设首项为1a ,公比为q ,依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩,解得解得12,2a q ==,或1132,2a q ==(舍),所以2n n a =,所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =.(2)[方法一]:规律探索由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======,所以1b 对应的区间为(0,1],则10b =;23,b b 对应的区间分别为(0,2],(0,3],则231b b ==,即有2个1;4567,,,b b b b 对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],则45672b b b b ====,即有22个2;8915,,,b b b 对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15] ,则89153b b b ==== ,即有32个3;161731,,,b b b 对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31] ,则1617314b b b ==== ,即有42个4;323363,,,b b b 对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63] ,则3233635b b b ====L ,即有52个5;6465100,,,b b b L 对应的区间分别为(0,64],(0,65],,(0,100] ,则64651006b b b ====L ,即有37个6.所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.[方法二]【最优解】:由题意,2n m ≤,即2log n m ≤,当1m =时,10b =.当)12,21k k m +⎡∈-⎣时,,m b k k *=∈N ,则()()()()1001234573233636465100S b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++ 0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.[方法三]:由题意知)1,2,2k k m b k m +⎡=∈⎣,因此,当1m =时,10b =;[2,4)m ∈时,1m b =;[4,8)m ∈时,2m b =;[8,16)m ∈时,3m b =;[16,32)m ∈时,4m b =;[32,64)m ∈时,5m b =;[64,128)m ∈时,6m b =.所以1001234100S b b b b b =+++++ 0(11)(222)(666)=++++++++++ 0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.所以数列{}n b 的前100项和100480S =.【整体点评】(2)方法一:通过数列{}n a 的前几项以及数列{}m b 的规律可以得到12100,,,b b b 的值,从而求出数列{}m b 的前100项和,这是本题的通性通法;方法二:通过解指数不等式可得数列{}m b 的通项公式,从而求出数列{}m b 的前100项和,是本题的最优解;方法三,是方法一的简化版.14.【2020年新高考2卷(海南卷)】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==.(1)求{}n a 的通项公式;(2)求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-.【答案】(1)2nn a =;(2)2382(1)55n n +--【解析】【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组,求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式;(2)首先求得数列(){}111n n n a a -+-的通项公式,然后结合等比数列前n 项和公式求解其前n 项和即可.【详解】(1)设等比数列{}n a 的公比为q (q >1),则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩,整理可得:22520q q -+=,11,2,2q q a >== ,数列的通项公式为:1222n nn a -=⋅=.(2)由于:()()()1121111122112n n n n n n n n a a --++-+=-⨯⨯=--,故:112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-35791212222(1)2n n -+=-+-+⋯+-⋅()()3223221282(1)5512n n n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----.【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题,解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用,等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础.15.【2019年新课标1卷文科】记Sn 为等差数列{an }的前n 项和,已知S 9=-a 5.(1)若a 3=4,求{an }的通项公式;(2)若a 1>0,求使得Sn ≥an 的n 的取值范围.【答案】(1)210n a n =-+;(2)110()n n *≤≤∈N .【解析】【分析】(1)首项设出等差数列的首项和公差,根据题的条件,建立关于1a 和d 的方程组,求得1a 和d 的值,利用等差数列的通项公式求得结果;(2)根据题意有50a =,根据10a >,可知0d <,根据n n S a >,得到关于n 的不等式,从而求得结果.【详解】(1)设等差数列{}n a 的首项为1a ,公差为d ,根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩,解答182a d =⎧⎨=-⎩,所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+,所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+;(2)由条件95S a =-,得559a a =-,即50a =,因为10a >,所以0d <,并且有5140a a d =+=,所以有14a d =-,由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-,整理得2(9)(210)n n d n d -≥-,因为0d <,所以有29210n n n -≤-,即211100n n -+≤,解得110n ≤≤,所以n 的取值范围是:110()n n *≤≤∈N【点睛】该题考查的是有关数列的问题,涉及到的知识点有等差数列的通项公式,等差数列的求和公式,在解题的过程中,需要认真分析题意,熟练掌握基础知识是正确解题的关键.16.【2019年新课标2卷理科】已知数列{an }和{bn }满足a 1=1,b 1=0,1434n n n a a b +-=+,1434n n n b b a +-=-.(1)证明:{an +bn }是等比数列,{an –bn }是等差数列;(2)求{an }和{bn }的通项公式.【答案】(1)见解析;(2)1122nn a n =+-,1122nnb n =-+.【解析】【分析】(1)可通过题意中的1434n n n a a b +-=+以及1434n n n b b a +-=-对两式进行相加和相减即可推导出数列{}n n a b +是等比数列以及数列{}n n a b -是等差数列;(2)可通过(1)中的结果推导出数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式,然后利用数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式即可得出结果.【详解】(1)由题意可知1434n n n a a b +-=+,1434n n n b b a +-=-,111a b +=,111a b -=,所以1144323442n n n n n n n n a b a b b a a b ++=+=--+++-,即()1112n n nn a b ab ++++=,所以数列{}n n a b +是首项为1、公比为12的等比数列,()112n n n a b -+=,因为()11443434448n n n n n n n n a b a b b a a b ++---=+-=-+-,所以112n n n n a b a b ++=-+-,数列{}n n a b -是首项1、公差为2的等差数列,21n n a b n -=-.(2)由(1)可知,()112n n n a b -+=,21n n a b n -=-,所以()111222nn nn n n a ab a b n =++-=+-,()111222n n n n n n b a b a b n 轾=+--=-+臌.【点睛】本题考查了数列的相关性质,主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明,证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义,考查推理能力,考查化归与转化思想,是中档题.17.【2019年新课标2卷文科】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列,1322,216a a a ==+.(1)求{}n a 的通项公式;(2)设2log n n b a =,求数列{}n b 的前n 项和.【答案】(1)212n n a -=;(2)2n S n =.【解析】【分析】(1)本题首先可以根据数列{}n a 是等比数列将3a 转化为21a q ,2a 转化为1a q ,再然后将其带入32216a a =+中,并根据数列{}n a 是各项均为正数以及12a =即可通过运算得出结果;(2)本题可以通过数列{}n a 的通项公式以及对数的相关性质计算出数列{}n b 的通项公式,再通过数列{}n b 的通项公式得知数列{}n b 是等差数列,最后通过等差数列求和公式即可得出结果.【详解】(1)因为数列{}n a 是各项均为正数的等比数列,32216a a =+,12a =,所以令数列{}n a 的公比为q ,2231=2a a q q =,212a a q q ==,所以22416q q =+,解得2q =-(舍去)或4,所以数列{}n a 是首项为2、公比为4的等比数列,121242n n n a --=⨯=.(2)因为2log n n b a =,所以21n b n =-,+121n b n =+,12n n b b +-=,所以数列{}n b 是首项为1、公差为2的等差数列,21212n n S n n +-=´=.【点睛】本题考查数列的相关性质,主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法,考查等差数列求和公式的使用,考查化归与转化思想,考查计算能力,是简单题.18.【2018年新课标1卷文科】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.【答案】(1)11b =,22b =,34b =;(2){}n b 是首项为1,公比为2的等比数列.理由见解析;(3)12n n a n -=⋅.【解析】【分析】(1)根据题中条件所给的数列{}n a 的递推公式()121n n na n a +=+,将其化为()121n n n a a n++=,分别令1n =和2n =,代入上式求得24a =和312a =,再利用nn a b n=,从而求得11b =,22b =,34b =;(2)利用条件可以得到121n na a n n+=+,从而可以得出12n n b b +=,这样就可以得到数列{}n b 是首项为1,公比为2的等比数列;(3)借助等比数列的通项公式求得12n na n-=,从而求得12n n a n -=⋅.【详解】(1)由条件可得()121n n n a a n++=.将1n =代入得,214a a =,而11a =,所以,24a =.将2n =代入得,323a a =,所以,312a =.从而11b =,22b =,34b =;(2){}n b 是首项为1,公比为2的等比数列.由条件可得121n na a n n+=+,即12n n b b +=,又11b =,所以{}n b 是首项为1,公比为2的等比数列;(3)由(2)可得11122n n nn a b n--==⨯=,所以12n n a n -=⋅.【点睛】该题考查的是有关数列的问题,涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数列的项,根据不同数列的项之间的关系,确定新数列的项,利用递推关系整理得到相邻两项之间的关系确定数列是等比数列,根据等比数列通项公式求得数列{}n b 的通项公式,借助于{}n b 的通项公式求得数列{}n a 的通项公式,从而求得最后的结果.19.【2018年新课标2卷理科】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.【答案】(1)an =2n –9,(2)Sn =n 2–8n ,最小值为–16.【解析】【详解】分析:(1)根据等差数列前n 项和公式,求出公差,再代入等差数列通项公式得结果,(2)根据等差数列前n 项和公式得n S 的二次函数关系式,根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.详解:(1)设{an }的公差为d ,由题意得3a 1+3d =–15.由a 1=–7得d =2.所以{an }的通项公式为an =2n –9.(2)由(1)得Sn =n 2–8n =(n –4)2–16.所以当n =4时,Sn 取得最小值,最小值为–16.点睛:数列是特殊的函数,研究数列最值问题,可利用函数性质,但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.20.【2018年新课标3卷理科】等比数列{}n a 中,15314a a a ==,.(1)求{}n a 的通项公式;(2)记n S 为{}n a 的前n 项和.若63m S =,求m .【答案】(1)()12n n a -=-或12n n a -=.(2)6m =.【解析】【详解】分析:(1)列出方程,解出q 可得;(2)求出前n 项和,解方程可得m .详解:(1)设{}n a 的公比为q ,由题设得1n n a q -=.由已知得424q q =,解得0q =(舍去),2q =-或2q =.故()12n n a -=-或12n n a -=.(2)若()12n n a -=-,则()123nn S --=.由63m S =得()2188m -=-,此方程没有正整数解.若12n n a -=,则21nn S =-.由63m S =得264m =,解得6m =.综上,6m =.点睛:本题主要考查等比数列的通项公式和前n 项和公式,属于基础题.。

2024年高考真题汇总 数列(解析版)

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=。

数列(解答题)——大数据之五年(2018-2022)高考真题汇编(新高考卷与全国理科)(附答案)

数列(解答题)——大数据之五年(2018-2022)高考真题汇编(新高考卷与全国理科)(附答案)

数列(解答题)——大数据之五年(2018-2022)高考真题汇编(新高考卷与全国理科)一、解答题1.已知{a n}为等差数列,{b n}是公比为2的等比数列,且a2−b2=a3−b3=b4−a4.(1)证明:a1=b1;(2)求集合{k|b k=a m+a1,1≤m≤500}中元素个数.2.记S n为数列{a n}的前n项和.已知2S nn+n=2a n+1.(1)证明:{a n}是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求S n的最小值.3.记S n为数列{a n}的前n项和,已知a1=1,{S na n }是公差为13,的等差数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)证明:1a1+1a2+⋯+1a n<24.记S n是公差不为0的等差数列{a n}的前n项和,若a3=S5,a2a4=S4.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)求使S n>a n成立的n的最小值.5.设{a n}是首项为1的等比数列,数列{b n}满足b n=na n3,已知a1,3 a2,9 a3成等差数列.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)记S n和T n分别为{a n}和{b n}的前n项和.证明:T n< S n2.6.记S n为{a n}的前n项和,已知a n>0,a2=3a1,且数列{S n}是等差数列.证明:{a n}是等差数列.7.已知数列{a n}的各项均为正数,记S n为{a n}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①数列{a n}是等差数列:②数列{ S n}是等差数列;③a2=3a1注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.8.记S n为数列{a n}的前n项和,b n为数列{S n}的前n项积,已知2S n +1b n=2.(1)证明:数列{b n}是等差数列;(2)求{a n}的通项公式.9.已知{a n}是公差为2的等差数列,其前8项和为64.{b n}是公比大于0的等比数列,b1 =4,b3−b2=48.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)记c n=b2n+1b n,n∈N∗.(i)证明{c2n−c2n}是等比数列;(ii)证明nk=1a k a k+1c2k−c2k<22(n∈N∗)10.已知数列{ a n}满足a1=1,a n+1={a n+1,n为奇数a n+2,n为偶数(1)记b n= a2n,写出b1,b2,并求数列{b n}的通项公式;(2)求{a n}的前20项和11.设数列{a n}满足a1=3,a n+1=3a n−4n.(1)计算a2,a3,猜想{a n}的通项公式并加以证明;(2)求数列{2n a n}的前n项和S n.12.设{a n}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项.(1)求{a n}的公比;(2)若a1=1,求数列{n a n}的前n项和.13.已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)求a1a2−a2a3+…+(−1)n−1a n a n+1.14.已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N∗)中的项的个数,求数列{b m}的前100项和S100.15.已知{a n}为等差数列,{b n}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4−a3),b5=4(b4−b3).(Ⅰ)求{a n}和{b n}的通项公式;(Ⅱ)记{a n}的前n项和为S n,求证:S n S n+2<S2n+1(n∈N∗);(Ⅲ)对任意的正整数n,设c n=n为奇数,n为偶数.求数列{c n}的前2n项和.16.设{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,公比大于0,已知a1=b1=3,b2=a3,b3 =4a2+3.(Ⅰ)求{a n}和{b n}的通项公式;(Ⅱ)设数列{c n}满足c n=1,n为奇数b n2,n为偶数求a1c1+a2c2+⋯+a2n c2n(n∈N∗).17.已知数列{a n}和{b n}满足a1=1,b1=0,4a n+1=3a n−b n+4,4b n+1=3b n−a n−4.(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.18.设{a n}是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+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.19.记S n为等差数列{a n}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求{a n}的通项公式;(2)求S n,并求S n的最小值。

高考数学(人教a版,理科)题库:数列求和(含答案)

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第4讲 数列求和一、选择题1.在等差数列}{n a 中,5,142==a a ,则}{n a 的前5项和5S =( ) A.7 B.15 C.20 D.25 解析15242451,5551522a a a a a a S ++==⇒=⨯=⨯=.答案 B2.若数列{a n }的通项公式是a n =(-1)n (3n -2),则a 1+a 2+…+a 10=( ). A .15B .12C .-12D .-15解析 设b n =3n -2,则数列{b n }是以1为首项,3为公差的等差数列,所以a 1+a 2+…+a 9+a 10=(-b 1)+b 2+…+(-b 9)+b 10=(b 2-b 1)+(b 4-b 3)+…+(b 10-b 9)=5×3=15. 答案 A3.在数列{a n }中,a n =1n (n +1),若{a n }的前n 项和为2 0132 014,则项数n 为( ).A .2 011B .2 012C .2 013D .2 014解析 ∵a n =1n (n +1)=1n -1n +1,∴S n =1-1n +1=n n +1=2 0132 014,解得n =2 013.答案 C4.数列{a n }满足a n +1+(-1)n a n =2n -1,则{a n }的前60项和为( ). A .3 690B .3 660C .1 845D .1 830解析 当n =2k 时,a 2k +1+a 2k =4k -1, 当n =2k -1时,a 2k -a 2k -1=4k -3, ∴a 2k +1+a 2k -1=2,∴a 2k +1+a 2k +3=2, ∴a 2k -1=a 2k +3,∴a 1=a 5=…=a 61.∴a 1+a 2+a 3+…+a 60=(a 2+a 3)+(a 4+a 5)+…+(a 60+a 61)=3+7+11+…+(4×30-1)=30×(3+119)2=30×61=1 830.答案 D5. 已知数列{a n }的通项公式为a n =2n +1,令b n =1n(a 1+a 2+…+a n ),则数列{b n }的前10项和T 10=( )A .70B .75C .80D .85 解析 由已知a n =2n +1,得a 1=3,a 1+a 2+…+a n =+2n +2=n(n +2),则b n =n +2,T 10=+2=75,故选B .答案 B6.数列{a n }满足a n +a n +1=12(n ∈N *),且a 1=1,S n 是数列{a n }的前n 项和,则S 21=( ). A.212B .6C .10D .11解析 依题意得a n +a n +1=a n +1+a n +2=12,则a n +2=a n ,即数列{a n }中的奇数项、偶数项分别相等,则a 21=a 1=1,S 21=(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+…+(a 19+a 20)+a 21=10(a 1+a 2)+a 21=10×12+1=6,故选B. 答案 B 二、填空题7.在等比数列{a n }中,若a 1=12,a 4=-4,则公比q =________;|a 1|+|a 2|+…+|a n |=________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ,则a 4=a 1q 3,代入数据解得q 3=-8,所以q =-2;等比数列{|a n |}的公比为|q |=2,则|a n |=12×2n -1,所以|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=12(1+2+22+…+2n -1)=12(2n -1)=2n -1-12. 答案 -2 2n -1-128.等比数列{a n }的前n 项和S n =2n -1,则a 21+a 22+…+a 2n =________.解析 当n =1时,a 1=S 1=1,当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n -1-(2n -1-1)=2n -1,又∵a 1=1适合上式.∴a n =2n -1,∴a 2n =4n -1.∴数列{a 2n }是以a 21=1为首项,以4为公比的等比数列.∴a 21+a 22+…+a 2n =-4n 1-4=13(4n -1). 答案13(4n-1) 9.已知等比数列{a n }中,a 1=3,a 4=81,若数列{b n }满足b n =log 3a n ,则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n +1的前n 项和S n =________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ,则a 4a 1=q 3=27,解得q =3.所以a n =a 1q n -1=3×3n -1=3n ,故b n =log 3a n =n , 所以1b n b n +1=1nn +=1n -1n +1. 则S n =1-12+12-13+…+1n -1n +1=1-1n +1=nn +1.答案n n +110.设f (x )=4x 4x +2,利用倒序相加法,可求得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211+…+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011的值为________. 解析当x 1+x 2=1时,f (x 1)+f (x 2)=4x 14x 1+2+4x 24x 2+2=2×4x 1+x 2+2×(4x 1+4x 2)4x 1+x 2+(4x 1+4x 2)×2+4=1.设S =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211+…+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011,倒序相加有2S =⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011+⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫911+…+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111=10,即S =5.答案 5 三、解答题11.等差数列{a n }的各项均为正数,a 1=3,前n 项和为S n ,{b n }为等比数列,b 1=1,且b 2S 2=64,b 3S 3=960.(1)求a n 与b n ;(2)求1S 1+1S 2+…+1S n.解 (1)设{a n }的公差为d ,{b n }的公比为q ,则d 为正数,a n =3+(n -1)d ,b n =q n -1. 依题意有⎩⎨⎧S 2b 2=+d q =64,S 3b 3=+3dq 2=960,解得⎩⎨⎧d =2,q =8或⎩⎪⎨⎪⎧d =-65,q =403.(舍去)故a n =3+2(n -1)=2n +1,b n =8n -1. (2)S n =3+5+…+(2n +1)=n (n +2), 所以1S 1+1S 2+…+1S n =11×3+12×4+13×5+…+1n n +=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+12-14+13-15+…+1n -1n +2 =12⎝ ⎛⎭⎪⎫1+12-1n +1-1n +2 =34-2n +3n +n +.12.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,a n +1=12S n (n =1,2,3,…). (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =log 32(3a n +1)时,求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n +1的前n 项和T n .解(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a n +1=12S n ,a n =12S n -1(n ≥2),得到a n +1=32a n (n ≥2).∴数列{a n }是以a 2为首项,以32为公比的等比数列.又a 2=12S 1=12a 1=12,∴a n =a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n -2=12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n -2(n ≥2).又a 1=1不适合上式,∴a n =⎩⎪⎨⎪⎧1,n =1,12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n -2,n ≥2.(2)b n =log 32(3a n +1)=log 32⎣⎢⎡⎦⎥⎤32·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n -1=n . ∴1b n b n +1=1n (1+n )=1n -11+n. ∴T n =1b 1b 2+1b 2b 3+1b 3b 4+…+1b n b n +1=⎝ ⎛⎭⎪⎫11-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-14+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -11+n =1-11+n =nn +1. 13.设数列{a n }满足a 1+3a 2+32a 3+…+3n -1a n =n3,n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项;(2)设b n =na n,求数列{b n }的前n 项和S n .思维启迪:(1)由已知写出前n -1项之和,两式相减.(2)b n =n ·3n 的特点是数列{n }与{3n }之积,可用错位相减法. 解 (1)∵a 1+3a 2+32a 3+…+3n -1a n =n 3, ①∴当n ≥2时,a 1+3a 2+32a 3+…+3n -2a n -1=n -13, ②①-②得3n -1a n =13,∴a n =13n .在①中,令n =1,得a 1=13,适合a n =13n ,∴a n =13n . (2)∵b n =na n,∴b n =n ·3n .∴S n =3+2×32+3×33+…+n ·3n , ③ ∴3S n =32+2×33+3×34+…+n ·3n +1.④④-③得2S n =n ·3n +1-(3+32+33+…+3n ), 即2S n =n ·3n +1-3(1-3n )1-3,∴S n =(2n -1)3n +14+34.探究提高 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n -1a n }的前n 项和,从而利用a n 与S n 的关系求出通项3n -1a n ,进而求得a n ;另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法,但值得注意的是,这种方法运算过程复杂,运算量大,应加强对解题过程的训练,重视运算能力的培养.14.将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表:a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 …已知表中的第一列数a 1,a 2,a 5,…构成一个等差数列,记为{b n },且b 2=4,b 5=10.表中每一行正中间一个数a 1,a 3,a 7,…构成数列{c n },其前n 项和为S n .(1)求数列{b n }的通项公式;(2)若上表中,从第二行起,每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列,公比为同一个正数,且a 13=1. ①求S n ;②记M ={n |(n +1)c n ≥λ,n ∈N *},若集合M 的元素个数为3,求实数λ的取值范围.解 (1)设等差数列{b n }的公差为d , 则⎩⎨⎧ b 1+d =4,b 1+4d =10,解得⎩⎨⎧b 1=2,d =2, 所以b n =2n .(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q .由于前n 行共有1+3+5+…+(2n -1)=n 2个数,且32<13<42,a 10=b 4=8, 所以a 13=a 10q 3=8q 3,又a 13=1,所以解得q =12.由已知可得c n =b n q n -1,因此c n =2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1=n 2n -2. 所以S n =c 1+c 2+c 3+…+c n =12-1+220+321+…+n 2n -2, 12S n =120+221+…+n -12n -2+n2n -1, 因此12S n =12-1+120+121+…+12n -2-n 2n -1=4-12n -2-n2n -1=4-n +22n -1,解得S n =8-n +22n -2.②由①知c n =n 2n -2,不等式(n +1)c n ≥λ,可化为n (n +1)2n -2≥λ. 设f (n )=n (n +1)2n -2, 计算得f (1)=4,f (2)=f (3)=6,f (4)=5,f (5)=154. 因为f (n +1)-f (n )=(n +1)(2-n )2n -1,所以当n ≥3时,f (n +1)<f (n ).因为集合M 的元素个数为3,所以λ的取值范围是(4,5].。

2024 年高考全国甲卷数学(理科)真题卷含答案

2024 年高考全国甲卷数学(理科)真题卷含答案

2024年高考全国甲卷数学(理)一、单选题1.设5i z =+,则()i z z +=( )2.集合{}1,2,3,4,5,9,A BA ==,则∁AA (AA ∩BB )=( )A .{}1,4,9B .{}3,4,9C .{}1,2,3D .{}2,3,53.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 .72−4.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若510S S =,51a =,则1a =( ) A .2− B .73C .1D .25.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( )6.设函数()2e 2sin 1x xf x x+=+,则曲线()y f x =在()0,1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为( ) A .16B .13C .12D .237.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 .8.已知cos cos sin ααα=−πtan 4α+=( )A .1B .1−CD .19.已知向量()()1,,,2a x x b x =+=,则( )A .“3x =−”是“a b ⊥”的必要条件B .“3x =−”是“//a b”的必要条件C .“0x =”是“a b ⊥”的充分条件 D .“1x =−”是“//a b”的充分条件是两个平面,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 D12.已知b 是,a c 的等差中项,直线0ax by c ++=与圆22410x y y ++−=交于,A B 两点,则AB 的最小值为( ) A .2B .3C .4D .【答案】C【分析】结合等差数列性质将c 代换,求出直线恒过的定点,采用数形结合法即可求解.【详解】因为,,a b c 成等差数列,所以2b a c =+,2c b a =−,代入直线方程0ax by c ++=得 20ax by b a ++−=,即()()120a x b y −++=,令1020x y −= += 得12x y = =− ,故直线恒过()1,2−,设()1,2P −,圆化为标准方程得:()22:25C x y ++=,故选C二、填空题13.1013x +的展开式中,各项系数的最大值是 .14.已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为1r 和2r ,母线长分别为()212r r −和()213r r −,则两个圆台的体积之比=V V 甲乙.15.已知1a >,8115log log 42a a −=−,则=a . 为前两次取出的球上数字的平均值,n 为取出的三个球上数字的平均值,则m 与n 差的绝对值不超过12的概率是 .三、解答题17.某工厂进行生产线智能化升级改造,升级改造后,从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验,数据如下:优级品合格品不合格品总计甲车间26 24 0 50乙车间70 28 2 100总计96 52 2 150(1)填写如下列联表:优级品非优级品甲车间乙车间能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异?能否有99%的把握认为甲,乙两车间产品的优级品率存在差异?(2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率0.5p=,设p为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果p p>+则认为该工厂产品的优级品率提高了,根据抽取的150件产品的数据,能否认为生产线智能12.247≈)附:22()()()()()n ad bcKa b c d a c b d−=++++()2P K k≥0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.82818.记n S 为数列{}n a 的前n 项和,且434n n S a =+. (1)求{}n a 的通项公式;(2)设1(1)n n n b na −−,求数列{}n b 的前n 项和为n T .4,2AD AB BC EF ====,ED FB =M 为AD 的中点.(1)证明://BM 平面CDE ;20.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.21.已知函数()()()1ln 1f x ax x x =−+−.(1)当2a =−时,求()f x 的极值; 0f x ≥恒成立,求a 的取值范围.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 t y t a = =+(t 为参数),若C 与l 相交于A B 、两点,若2AB =,求a 的值.满足.(1)证明:2222a b a b +>+;(2)证明:22226a b b a −+−≥.【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】(1)直接利用22222()a b a b +≥+即可证明.(2)根据绝对值不等式并结合(1)中结论即可证明.。

历年高考理科数学真题汇编+答案解析(4):数列

历年高考理科数学真题汇编+答案解析(4):数列

历年高考理科数学真题汇编+答案解析专题4 数列(2020年版)考查频率:一般为2个小题或1个大题 考试分值:10分~12分 知识点分布:必修5一、选择题和填空题(每题5分)1.(2019全国I 卷理9)记为等差数列{}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 =-【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ,依题意有⎩⎨⎧=+=+5406411d a d a ,解之得⎩⎨⎧=-=231d a .∴1(1)25n a a n d n =+-=-,21(1)42n n n S na d n n -=+=-. 【答案】A【考点】必修5 等差数列2. (2019全国I 卷理14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若214613a a a ==,,则S 5=____________.【解析】由246a a =可得,26511a q a q =,11a q =,∴3q =.∴551(13)1213133S -==-. 【考点】必修5 等比数列3.(2019全国III 卷理5)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,且a 5=3a 3+4a 1,则a 3= A .16B .8C .4D .2【解析】由题意可得,23142111(1)1534a q q q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩,解得2q =,11a =. ∴2314a a q ==. 【答案】C【考点】必修5 等比数列n S4.(2019全国III 卷理14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,12103a a a =≠,,则105S S =___________. 【解析】∵12103a a a =≠,,∴2113a a d a =+=,即12d a =.∵1011111091010901002S a d a a a ⨯=+=+=,51111545520252S a d a a a ⨯=+=+=. ∴1054S S =. 【答案】4【考点】必修5 等差数列5.(2018全国I 卷理4)记为等差数列的前项和.若,,则 A . B . C . D . 【解析】由4213S S S +=得,)64()2()33(3111d a d a d a +++=+,解得3231-=-=a d , ∴10122415-=-=+=d a a .【答案】B【考点】必修5 等差数列6.(2018全国I 卷理14)记为数列的前项和.若,则_____________. 【解析】当n =1时,1121a a =+,解得11a =-;当n ≥2时,有1121n n S a --=+,21n n S a =+,二式相减,得122n n n a a a -=-,化简得12n n a a -=. 所以{a n }是一个以-1为首项,以2为公比的等比数列.所以661(12)6312S -⨯-==--.【答案】-63【考点】必修5 等比数列7.(2017全国I 卷理4)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.若4524a a +=,648S =,则{}n a 的公差为 A .1B .2C .4D .8【解析】由题意得4512724a a a d +=+=,6161548S a d =+=,解得4d =. 【答案】C【考点】必修5 等差数列n S {}n a n 3243S S S =+12a ==5a 12-10-1012n S {}n a n 21n n S a =+6S =8.(2017全国I 卷理11)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件. 为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推. 求满足如下条件的最小整数N :N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂. 那么该款软件的激活码是 A .440B .330C .220D .110【解析】第1组有1个数:20,其和为21-1;第2组有2个数:20、21,其和为22-1; 第3组有3个数:20、21、22,其和为23-1; ……第k 组有k 个数:20、21、…、2k -1,其和为2k -1; 于是,前k 组共(1)122++++=L k k k 个数, 其和为1212(12)2222(2)12+-+++-=-=-+-L k kk k k k ,即1(1)2(2)2++⎛⎫=-+⎪⎝⎭k k k S k ,设第k +1组有n 个数(n ≤k +1),其和为2n -1, 则(1)2+=+k k N n ,()12(2)(21)+=-++-k n S N k , ∵ 数列的前N 项和为2的整数幂,∴ 212-=+n k ,由(1)1002+>k k 得,14≥k ,∴n =5,k =29, 则29(291)54402⨯+=+=N .【答案】A【考点】必修5 等差数列、等比数列9. (2017全国II 卷理3)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 【解析】设这个塔顶层有a 盏灯,∴ 宝塔一共有七层,每层悬挂的红灯数是上一层的2倍,∴ 从塔顶层依次向下每层灯数是以2为公比、a 为首项的等比数列, ∴ 总共有灯381盏,∴7(12)38112a -=-,解得3a =. 【答案】B【考点】必修5 等比数列10. (2017全国II 卷理15)等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,33a =,410S =,则11nk kS ==∑ . 【解析】等差数列{}n a 的公差为d ,则有11234(23)102a d a d +=⎧⎪⎨+=⎪⎩,解得1=11a d =,. ∴ (1)2n n n S +=,∴ 12112(1)1nS n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭,则1111111122121223111nk kn S n n n n =⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-=⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭∑L . 【答案】21nn + 【考点】必修5 等差数列11.(2017全国III 卷理9)等差数列{}n a 的首项为1,公差不为0.若a 2,a 3,a 6成等比数列,则{}n a 前6项的和为 A .-24B .-3C .3D .8【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ,∵ a 2,a 3,a 6成等比数列,∴ 2326=a a a ,即2(12)(1)(15)+=++d d d ,解得2=-d ;∴ {}n a 前6项的和为1666()3(1110)242+==+-=-a a S . 【答案】A【考点】必修5 等差数列12.(2017全国III 卷理14)设等比数列{}n a 满足a 1+a 2 = –1, a 1 – a 3 = –3,则a 4 = ___________. 【解析】设等比数列{}n a 的公差为q ,∵ a 1+a 2 = –1, a 1 – a 3 = –3,∴ 1(1)1+=-a q ,21(1)3-=-a q ,解得11,2==-a q ,∴ 3418==-a a q .【答案】-8【考点】必修5 等比数列二、简单题(每题12分)13.(12分)(2019全国II 卷理19)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1,b 1=0,1434+-=+n n n a a b ,1434+-=-n 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.【解析】(1)由题设得114()2()+++=+n n n n a b a b ,即111()2+++=+n n n n a b a b . 又因为a 1+b 1=l ,所以{}+n n a b 是首项为1,公比为12的等比数列. 由题设得114()4()8++-=-+n n n n a b a b ,即112++-=-+n n n n a b a b . 又因为a 1–b 1=l ,所以{}-n n a b 是首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)知,112-+=n n n a b ,21-=-n n a b n . 所以 111[()()]222=++-=+-n n n n n n a a b a b n , 111[()()]222=+--=-+n n n n n n b a b a b n .【考点】必修5 等差数列、等比数列14.(2018全国II 卷理17)(12分)记为等差数列的前项和,已知,. (1)求的通项公式; (2)求,并求的最小值.【解析】(1)设{a n }的公差为d ,由题意得3a 1+3d =-15.由a 1=-7得d =2.所以{a n }的通项公式为a n =2n -9. (2)由(1)得S n =n 2-8n =(n -4)2-16.所以当n =4时,S n 取得最小值,最小值为-16.【考点】必修5 等差数列15.(2018全国III 卷理17)等比数列中,.(1)求的通项公式;(2)记为的前项和.若,求.【解析】(1)设的公比为,由题设得.由已知得,解得(舍去),或.故或.(2)若,则.由得,此方程没有正整数解.若,则.由得,解得.综上,.【考点】必修5 等比数列n S {}n a n 17a =-315S =-{}n a n S n S {}n a 15314a a a ==,{}n a n S {}n a n 63m S =m {}n a q 1n n a q -=424q q =0q =2q =-2q =1(2)n n a -=-12n n a -=1(2)n n a -=-1(2)3n n S --=63m S =(2)188m-=-12n n a -=21n n S =-63m S =264m=6m =6m =。

历年高考理科数列真题大全含答案解析

历年高考理科数列真题大全含答案解析

高考数列选择题部分(2016全国I )(3)已知等差数列{}n a 前9项的和为27,10=8a ,则100=a(A )100 (B )99 (C )98 (D )97(2016上海)已知无穷等比数列{}n a 的公比为q ,前n 项和为n S ,且S S n n =∞→lim .下列条件中,使得()*∈<N n S S n 2恒成立的是( ) (A )7.06.0,01<<>q a (B )6.07.0,01-<<-<q a (C )8.07.0,01<<>q a (D )7.08.0,01-<<-<q a(2016四川)5. 【题设】某公司为激励创新,计划逐年加大研发资金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元,在此基础上,每年投入的研发资金比上一年增长12%,则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是 (参考数据:lg 1.12≈0.05,lg 1.3≈0.11,lg2≈0.30)( A )2018年 (B )2019年 (C )2020年 (D )2021年(2016天津)(5)设{a n }是首项为正数的等比数列,公比为q ,则“q <0”是“对任意的正整数n ,a 2n ?1+a 2n <0”的( )(A )充要条件 (B )充分而不必要条件 (C )必要而不充分条件 (D )既不充分也不必要条件(2016浙江)6. 如图,点列{A n },{B n }分别在某锐角的两边上,且1122,,n n n n n n A A A A A A n ++++=≠∈*N ,1122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈*N ,(P Q P Q ≠表示点与不重合). 若1n n n n n n n d A B S A B B +=,为△的面积,则 A .{}n S 是等差数列 B .2{}n S 是等差数列 C .{}n d 是等差数列 D .2{}n d 是等差数列1.【2015高考重庆,理2】在等差数列{}n a 中,若2a =4,4a =2,则6a = ( ) A 、-1 B 、0 C 、1 D 、62.【2015高考福建,理8】若,a b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>> 的两个不同的零点,且,,2a b - 这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p q + 的值等于( ) A .6 B .7 C .8 D .93.【2015高考北京,理6】设{}n a 是等差数列. 下列结论中正确的是( )A .若120a a +>,则230a a +>B .若130a a +<,则120a a +<C .若120a a <<,则2a >D .若10a <,则()()21230a a a a -->4.【2015高考浙江,理3】已知{}n a 是等差数列,公差d 不为零,前n 项和是n S ,若3a ,4a ,8a 成等比数列,则( )A.140,0a d dS >>B. 140,0a d dS <<C. 140,0a d dS ><D.140,0a d dS <>1.【2014年重庆卷(理02)】对任意等比数列{}n a ,下列说法一定正确的是( )139.,,A a a a 成等比数列 236.,,B a a a 成等比数列 248.,,C a a a 成等比数列 369.,,D a a a 成等比数列2.【2014年全国大纲卷(10)】等比数列{}n a 中,452,5a a ==,则数列{lg }n a 的前8项和等于( )A .6B .5C .4D .35.【2014年福建卷(理03)】等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 1=2,S 3=12,则a 6等于( )A .8B .10C .12D .14高考数列填空题部分(2016全国I )(15)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 .(2016上海)无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成,n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意*∈N n ,{}3,2∈n S ,则k 的最大值为________.(2016北京)12.已知{}n a 为等差数列,n S 为其前n 项和,若16a =,350a a +=,则6=S _______..(2016江苏)8. 已知{a n }是等差数列,S n 是其前n 项和.若a 1+a 22=-3,S 5=10,则a 9的值是 ▲ .(2016浙江)13.设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4,a n +1=2S n +1,n ∈N *,则a 1= ,S 5= .5.【2015高考安徽,理14】已知数列{}n a 是递增的等比数列,14239,8a a a a +==,则数列{}n a 的前n 项和等于 .6.【2015高考新课标2,理16】设n S 是数列{}n a 的前n 项和,且11a =-,11n n n a S S ++=,则n S =________.7.【2015高考广东,理10】在等差数列{}n a 中,若2576543=++++a a a a a ,则82a a += .8.【2015高考陕西,理13】中位数1010的一组数构成等差数列,其末项为2015,则该数列的首项为 .9.【2015江苏高考,11】数列}{n a 满足11=a ,且11+=-+n a a n n (*N n ∈),则数列}1{na 的前10项和为3.【2014年广东卷(理13)】若等比数列{}n a 的各项均为正数,且512911102e a a a a =+,则1220ln ln ln a a a +++= 。

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)

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。

近6年来高考数列题分析(以全国卷课标Ⅰ为例)

近6年来高考数列题分析(以全国卷课标Ⅰ为例)

近5年来高考数列题分析(以全国卷课标Ⅰ为例)单的裂项相消法和错位相减法求解数列求和即可。

纵观全国新课标Ⅰ卷、Ⅱ卷的数列试题,我们却发现,新课标卷的数列题更加注重基础,强调双基,讲究解题的通性通法。

尤其在选择、填空更加突出,常常以“找常数”、“找邻居”、“找配对”、“构函数”作为数列问题一大亮点.从2011年至2015年,全国新课标Ⅰ卷理科试题共考查了8道数列题,其中6道都是标准的等差或等比数列,主要考查等差或等比数列的定义、性质、通项、前n项和、某一项的值或某几项的和以及证明等差或等比数列等基础知识。

而文科试题共考查了9道数列题,其中7道也都是标准的等差或等比数列,主要考查数列的性质、求通项、求和、求数列有关基本量以及证明等差或等比数列等基础知识。

1.从试题命制角度看,重视对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的考查。

2.从课程标准角度看,要求学生“探索并掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和的公式,能在具体问题情境中,发现数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题”。

3.从文理试卷角度看,尊重差异,文理有别,体现了《普通高中数学课程标准(实验)》的基本理念之一“不同的学生在数学上得到不同的发展”。

以全国新课标Ⅰ卷为例,近五年理科的数列试题难度整体上要比文科的难度大一些。

如2012年文科第12题“数列 满足 ,求的前60项和”是一道选择题,但在理科试卷里这道题就命成了一道填空题,对考生的要求自然提高了。

具体来看,全国新课标卷的数列试题呈现以下特点:●小题主要考查等差、等比数列的基本概念和性质以及它们的交叉运用,突出了“小、巧、活”的特点,难度多属中等偏易。

●大题则以数列为引线,与函数、方程、不等式、几何、导数、向量等知识编织综合性强,内涵丰富的能力型试题,考查综合素质,难度多属中等以上,有时甚至是压轴题,难度较大。

(一)全国新课标卷对数列基本知识的考查侧重点1.考查数列的基本运算,主要涉及等差、等比数列的通项公式与前项和公式。

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意的正整数 n,a2n?1+a2n<0”的( )
(A)充要条件
(B)充分而不必要条件
(C)必要而不充分条件 (D)既不充分也不必要条件
( 2016 浙 江 ) 6. 如 图 , 点 列 {An} , {Bn} 分 别 在 某 锐 角 的 两 边 上 , 且
An An1 An1An2 , An An2, n N* ,
(II)设 bn
log2 a2n a2n1
,n
N*
,求数列
bn

的前 n 项和.
15.【2015 高考重庆,理 22】在数列an 中, a1 3, an1an an1 an2 0n N
(1)若 0, 2, 求数列an 的通项公式;
(2)若
1 k0
k0
N , k0
2,
1,
证明: 2
A.8
B.10
C.12
D.14
高考数列填空题部分
(2016 全国 I)(15)设等比数列an 满足 a1+a3=10,a2+a4=5,则 a1a2 …an 的最大
值为

(2016 上海)无穷数列an由 k 个不 同的数组成,Sn 为an的前 n 项和.若对任意 n N , Sn 2,3,则 k 的最大值为________.
a1=
,S5= .
5.【2015 高考安徽,理 14】已知数列{an}是递增的等比数列,a1 a4 9, a2a3 8 ,
则数列{an}的前 n 项和等于
.
6【. 2015 高考新课标 2,理 16】设 Sn 是数列an 的前 n 项和,且 a1 1,an1 SnSn1 ,
则 Sn ________.

A.若 a1 a2 0 ,则 a2 a3 0
B.若 a1 a3 0 ,则 a1 a2 0
C.若 0 a1 a2 ,则 a2 a1a3
D.若 a1 0 ,则 a2 a1 a2 a3 0
4.【2015 高考浙江,理 3】已知{an}是等差数列,公差 d 不为零,前 n 项和是 Sn ,
B.a2 , a3, a6 成等比数列
C.a2 , a4 , a8 成等比数列
D.a3, a6 , a9 成等比数列
2.【2014 年全国大纲卷(10)】等比数列{an}中, a4 2, a5 5 ,则数列{lg an} 的
前 8 项和等于(

A.6 B.5 C.4 D.3
5.【2014 年福建卷(理 03)】等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=2,S3=12, 则 a6 等于( )
A 、 -1
B、0
() C、1
D、6
2.【2015 高考福建,理 8】若 a,b 是函数 f x x2 px q p 0, q 0 的两个不
同的零点,且 a,b, 2 这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成
等比数列,则 p q 的值等于(

A.6 B.7 C.8
D.9
3.【2015 高考北京,理 6】设an 是等差数列. 下列结论中正确的是(
高考数列选择题部分 (2016 全国 I)(3)已知等差数列{an} 前 9 项的和为 27, a10 =8 ,则 a100 =
(A)100
(B)99
(C)98
(D)97
(2016
上海)已知无穷等比数列 an的公比为
q
,前
n
项和为
Sn
,且
lim
n
Sn
S
.
下列条件中,使得 2Sn Sn N 恒成立的是( )
(2016
浙江)20.(本题满分
15
分)设数列 an
满足
an
an1 2
1, n .
(I)证明: an 2n1 a1 2 , n ;
(II)若
an
3 2
n

n
,证明:
an
2, n .
10.【2015 江苏高考,20】(本小题满分 16 分)
设 a1, a2, a3, a4 是各项为正数且公差为 d (d 0) 的等差数列 (1)证明: 2a1 , 2a2 , 2a3 , 2a4 依次成等比数列;
列{ 1 }的前 10 项和为
an
3.【2014 年广东卷(理 13)】若等比数列 an 的各项均为正数,且
a10a11 a9a12 2e5 ,则 ln a1 ln a2 ln a20

4.【2014 年江苏卷(理 07)】在各项均为正数的等比数列 {an}中,若 a2 1,
a8 a6 2a2 ,则 a6 的值是
.
求数列cn的前 n 项和 Tn.
(2016
江苏) 20.
(本小题满分 16 分)
记U 1, 2,…,100 .对数列ann N* 和U 的子集 T,若T ,定义 ST 0 ;

T t1,t2,…,tk , 定 义 ST at1 at2 …+atk . 例 如 : T =1,3,66 时 ,
7.【2015 高考广东,理 10】在等差数列an 中,若 a3 a4 a5 a6 a7 25 ,则
a2 a8 =
.
8.【2015 高考陕西,理 13】中位数 1010 的一组数构成等差数列,其末项为 2015,
则该数列的首项为

9.【2015 江苏高考,11】数列{an}满足 a1 1,且 an1 an n 1( n N * ),则数
an2

n
N
*

(1)证明:1 an 2 ( n N * );
an1
(2)设数列
an2
的前 n 项和为 Sn ,证明
1 2(n 2)
Sn n
1 2(n 1)
(n
N * ).
12.【2015 高考山东,理 18】设数列an 的前 n 项和为 Sn .已知 2Sn 3n 3 .
(I)求an 的通项公式;
组成的集合.
(1)对数列 A:-2,2,-1,1,3,写出 G(A) 的所有元素;
(2)证明:若数列 A 中存在 an 使得 an > a1 ,则 G(A) ;学. 科网
(3)证明:若数列 A 满足 an - an1 ≤1(n=2,3, …,N),则 G( A) 的元素个数不小于
aN - a1 .
(Ⅱ)求数列bn的前 1 000 项和.
(2016 全国 III)(17)(本小题满分 12 分)
已知数列{an}的前 n 项和 Sn 1 an ,其中 0 . (I)证明 {an } 是等比数列,并求其通项公式;
(II)若
S5
31 32
,求 .
(2016 北京)20.(本小题 13 分)
设数列 A:a1 ,a2 ,… aN ( N ).如果对小于 n ( 2 n N )的每个正整数 k 都有 ak < an ,则称 n 是数列 A 的一个“G 时刻”.记“ G(A) 是数列 A 的所有“G 时刻”
(2016 北京)12.已知{an}为等差数列, Sn 为其前 n 项和,若 a1 6 , a3 a5 0 , 则 S6 = _______.. (2016 江苏)8. 已知{an}是等差数列,Sn 是其前 n 项和.若 a1+a22= - 3,S5=10,则
a9 的值是 ▲ .
(2016 浙江)13.设数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则
(2016 四川)19. 【题设】(本小题满分 12 分)
已知数列{ an }的首项为 1, Sn 为数列{ an }的前 n 项和, Sn1 qSn 1 ,其中
q>0, n N* .
(I)若 2a2, a3, a2 2 成等差数列,求 an 的通项公式;
(ii)设双曲线
x2
y2 an2
1
的离心率为 en

6.【2014 年天津卷(理 11)】设{an}是首项为 a1 ,公差为 1的等差数列, Sn 为 其前 n 项和,若 S1 、 S2 、 S4 成等比数列,则 a1 的值为____________.
7.【2014 年北京卷(理 12)】若等差数列an 满足 a7 a8 a9 0 ,a7 a10 0 ,则
若 a3 , a4 , a8 成等比数列,则( )
A. a1d 0, dS4 0
B. a1d 0, dS4 0
C. a1d 0, dS4 0
D.
a1d 0, dS4 0
1.【2014 年重庆卷(理 02)】对任意等比数列{an},下列说法一定正确的是( )
A.a1, a3, a9 成等比数列
BnBn1 Bn1Bn2 , Bn Bn2, n N* ,( P Q表示点P与Q不重合 ).
若 dn AnBn ,Sn为△AnBnBn1的面积,则
A.{Sn } 是等差数列 B.{Sn2} 是等差数列
C.{dn } 是等差数列
D.
{d
2 n
}
是等差数列
1【. 2015 高考重庆,理 2】在等差数列an 中,若 a2 =4,a4 =2,则 a6 =
1 3k0 1
ak0 1
2
1 2k0 1
16.【2015 高考四川,理 16】设数列{an}的前 n 项和 Sn 2an a1 ,且 a1, a2 1, a3 成
等差数列.
(1)求数列 {an } 的通项公式;
(2)记数列
1 {
an
}
的前
(II)若数列bn 满足 anbn log3 an ,求bn 的前 n 项和Tn .
13. 【2015 高考安徽,理 18】设 n N * ,xn 是曲线 y x2n2 1 在点 (1,2) 处的切线
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