年高考数学试题知识分类大全数列

年高考数学试题知识分类大全数列This manuscript was revised by the office on December 10, 2020.2007年高考数学试题汇编数列重庆文1在等比数列{a n }中，a 2＝8，a 5＝64，，则公比q 为（ A ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．8重庆理1若等差数列{n a }的前三项和93=S 且11=a ，则2a 等于（ A ） A ．3 B ．4 C ．5 D ．6安徽文3等差数列{}n a 的前n 项和为x S 若＝则432,3,1S a a ==（ B ） A ．12 B ．10 C ．8 D ．6辽宁文5设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若39S =，636S =，则789a a a ++=（ B ）A ．63B ．45C ．36D ．27福建文2等比数列{}n a 中，44a =，则26a a ⋅等于（ C ）Ａ．4 Ｂ．8 Ｃ．16 Ｄ．32福建理2数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1(1)n a n n =+，则5S 等于（ B ）A ．1B ．56C ．16D ．130广东理5已知数列{n a }的前n 项和29n S n n =-，第k 项满足58k a <<，则k =（ B ） A ．9 B ．8 C. 7 D ．6湖北理5已知p 和q 是两个不相等的正整数，且2q ≥，则111lim 111pq n n n ∞⎛⎫+- ⎪⎝⎭=⎛⎫+- ⎪⎝⎭→（ C ） A ．0 B ．1 C ．pqD ．11p q --湖南文4在等比数列{}n a （n ∈N*）中，若11a =，418a =，则该数列的前10项和为（ B ） A ．4122-B ．2122-C ．10122-D ．11122- 湖北理8已知两个等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为A n 和n B ，且7453n n A n B n +=+，则使得nna b 为整数的正整数n 的个数是（ D ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．5湖南理10设集合{123456}M =，，，，，， 12k S S S ，，，都是M 的含两个元素的子集，且满足：对任意的{}i i i S a b =，，{}j j j S a b =，（i j ≠，{123}i j k ∈、，，，，），都有min min j j i i i i j j a b a b b a b a ⎧⎫⎧⎫⎪⎪≠⎨⎬⎨⎬⎪⎪⎩⎭⎩⎭，，（min{}x y ，表示两个数x y ，中的较小者），则k 的最大值是（ B ）A ．10B ．11C ．12D ．13辽宁理4设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若39S =，636S =，则789a a a ++=（） A ．63 B ．45 C ．36 D ．27宁夏文6已知a b c d ，，，成等比数列，且曲线223y x x =-+的顶点是()b c ，，则ad 等于（ B ）Ａ．3 Ｂ．2 Ｃ．1 Ｄ．2-宁夏理4已知{}n a 是等差数列，1010a =，其前10项和1070S =，则其公差d =（ D ）Ａ．23- Ｂ．13- Ｃ．13 Ｄ．23陕西文5等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若2462,10,S S S ==则等于（ C ） A ．12 B ．18 C ．24 D ．42四川文7等差数列{a n }中，a 1=1,a 3+a 5=14，其前n 项和S n =100,则n =（ B ）A ．9B ．10C ．11D ．12上海文14数列{}n a 中，22211100010012n n n a n n n n⎧⎪⎪=⎨⎪⎪-⎩，≤≤，，≥，则数列{}n a 的极限值（ B ）Ａ．等于0 Ｂ．等于1 Ｃ．等于0或1 Ｄ．不存在陕西理5各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为S n ，若S n =2,S 30=14,则S 40等于（ C ）A ．80B ．30C ．26D ．16天津理8设等差数列{}n a 的公差d 不为0，19a d =．若k a 是1a 与2k a 的等比中项，则k =（ B ）Ａ．2 Ｂ．4 Ｃ．6 Ｄ．8重庆理14设{n a }为公比q>1的等比数列，若2004a 和2005a 是方程03842=+x x 的两根，则=+20072006a a天津理13设等差数列{}n a 的公差d 是2，前n 项的和为n S ，则22lim n n na n S →∞-= ．3 全国2文14已知数列的通项52n a n =-+，则其前n 项和n S = ．(51)2n n +-全国1理15等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1S ，22S ，33S 成等差数列，则{}n a 的公比为．13宁夏文16已知{}n a 是等差数列，466a a +=，其前5项和510S =，则其公差d = ．12江西理14已知数列{}n a 对于任意*p q ∈N ，，有p q p q a a a ++=，若119a =，则36a =．4江西文14已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1221S =，则25811a a a a +++=．7广东文13已知数列{n a }的前n 项和29n S n n =-，则其通项n a = ；若它的第k 项满足58k a <<，则k = ． 2n-10 ; 8北京理10若数列{}n a 的前n 项和210(123)n S n n n =-=，，，，则此数列的通项公式为；数列{}n na 中数值最小的项是第项．211n - 3北京文10若数列{}n a 的前n 项和210(123)n S n n n =-=，，，，则此数列的通项公式为．211n -重庆理21已知各项均为正数的数列{n a }的前n 项和满足1>n S ，且*),2)(1(6N n a a S n n n ∈++=（1）求{n a }的通项公式；（2）设数列{n b }满足1)12(=-n b n a ，并记n T 为{n b }的前n 项和，求证：*2),3(log 13N n a T n n ∈+>+（Ⅰ）解：由)2)(1(611111++==a a S a ，解得a 1＝1或a 1＝2，由假设a 1＝S 1＞1，因此a 1＝2。

又由a n +1＝S n +1- S n ＝)2)(1(61)2)(1(6111++=++++n n n n a a a a ，得a n +1- a n -3＝0或a n +1＝-a n因a n ＞0，故a n +1＝-a n 不成立，舍去。

因此a n +1- a n -3＝0。

从而｛a n ｝是公差为3，首项为2的等差数列，故｛a n ｝的通项为a n ＝3n -2。

（Ⅱ）证法一：由1)12(=-b n a 可解得133log 11log -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=n na b z n z z ；从而⎪⎭⎫⎝⎛-=+++=133··56·23log 21n n b b b T z n n 。

因此23n 2·133··56·23log )3(log 133+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+-+n n a T z n z n 。

令23n 2·133··56·23)(3+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n x f ,则 233)23)(53()33(23n 33n ·5323)()1(+++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++++=+n n n n n n f n f 。

因079)23)(53()33(22＞+=++-+n n n n ，故)()1(n f n f ＞+.特别的12027)1()(＞=≥f n f 。

从而0)(log )3log(13＞n f a T n n =+-+，即)3(log 132++n n a T ＞。

证法二：同证法一求得b n 及T n 。

由二项式定理知当c ＞0时，不等式c c 31)1(3++＞成立。

由此不等式有333213115112112log 13⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+n T n ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+13315312312log 2n ＞＝)3(log )23(log 1323··48·25·2log 222+=+=-+n a n n n 。

证法三：同证法一求得b n 及T n 。

令A n ＝n n 33··56·23 ，B n ＝n n 313··67·43+ ，C n ＝1323··78·45++n n 。

因1323313133+++-n n n n n n ＞＞，因此2233+=n C B A A n n n n ＞。

从而32322log 133··56·322log 13x n A n n T =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+＞)3(log )23(log 2log 222+=+=n n n n a n C B A 。

浙江理21已知数列{}n a 中的相邻两项212k k a a -，是关于x 的方程2(32)320k k x k x k -++=的两个根，且212(123)k k a a k -=≤，，，．（I ）求1a ，2a ，3a ，7a ；（II ）求数列{}n a 的前2n 项和2n S ；（Ⅲ）记sin 1()32sin nf n n ⎛⎫=+⎪⎝⎭，(2)(3)(4)(1)123456212(1)(1)(1)(1)f f f f n n n n T a a a a a a a a +-----=++++…，求证：15()624n T n ∈*N ≤≤．本题主要考查等差、等比数列的基本知识，考查运算及推理能力．满分15分．（I ）解：方程2(32)320k k x k x k -++=的两个根为13x k =，22k x =，当1k =时，1232x x ==，，所以12a =；当2k =时，16x =，24x =，所以34a =；当3k =时，19x =，28x =，所以58a =时；当4k =时，112x =，216x =，所以712a =．（II ）解：2122n n S a a a =+++ 2(363)(222)n n =+++++++2133222n n n++=+-．（III ）证明：(1)123456212111(1)f n n n nT a a a a a a a a +--=+-++，所以112116T a a ==， 2123411524T a a a a =+=．当3n ≥时，(1)111(1)6f n n T a a a a a a +-=+-++，345621211116n n a a a a a a -⎛⎫+-++⎪⎝⎭≥2311111662622n⎛⎫+-++⎪⎝⎭≥ 1116626n =+>，同时，(1)5678212511(1)24f n n n nT a a a a a a +--=--++5612212511124n n a a a a a a -⎛⎫-+++⎪⎝⎭≤31511112492922n ⎛⎫-+++⎪⎝⎭≤ 515249224n=-<．综上，当n ∈N*时，15624n T ≤≤．浙江文19已知数列{n a }中的相邻两项21k a -、2k a 是关于x 的方程2(32)320k k x k x k -++⋅= 的两个根，且21k a -≤2k a (k ＝1，2，3，…)． (I)求1357,,,a a a a 及2n a (n ≥4)(不必证明)； (Ⅱ)求数列{n a }的前2n 项和S 2n ．本题主要考查等差、等比数列的基本知识，考查运算及推理能力．满分14分． (I)解：方程2(32)320k k x k x k -++⋅=的两个根为123, 2k x k x ==．当k ＝1时，123,2x x ==，所以12a =；当k ＝2时，126,4x x ==，所以34a =；当k ＝3时，129,8x x ==，所以58a =；当k ＝4时，1212,16x x ==，所以712a =；因为n ≥4时，23n n >，所以22 (4)n n a n =≥（Ⅱ）22122(363)(222)n n n S a a a n =+++=+++++++＝2133222n n n+++-．天津理21在数列{}n a 中，1112(2)2()n n n n a a a n λλλ+*+==++-∈N ，，其中0λ>．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S ；（Ⅲ）证明存在k *∈N ，使得11n k n ka aa a ++≤对任意n *∈N 均成立．本小题以数列的递推关系式为载体，主要考查等比数列的前n 项和公式、数列求和、不等式的证明等基础知识与基本方法，考查归纳、推理、运算及灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力．满分14分．（Ⅰ）解法一：22222(2)22a λλλλ=++-=+，2232333(2)(2)222a λλλλλ=+++-=+， 3343444(22)(2)232a λλλλλ=+++-=+．由此可猜想出数列{}n a 的通项公式为(1)2n n n a n λ=-+．以下用数学归纳法证明．（1）当1n =时，12a =，等式成立．（2）假设当n k =时等式成立，即(1)2k k k a k λ=-+，那么111(2)2k k k a a λλλ++=++-11(1)222k k k k k k λλλλλ++=-+++-11[(1)1]2k k k λ++=+-+．这就是说，当1n k =+时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式(1)2n n n a n λ=-+对任何n *∈N 都成立．解法二：由11(2)2()n n n n a a n λλλ+*+=++-∈N ，0λ>，可得111221n nn nn n a a λλλλ+++⎛⎫⎛⎫-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以2nn n a λλ⎧⎫⎪⎪⎛⎫-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭为等差数列，其公差为1，首项为0，故21n n n a n λλ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，所以数列{}n a 的通项公式为(1)2n n n a n λ=-+．（Ⅱ）解：设234123(2)(1)n n n T n n λλλλλ-=++++-+-， ①345123(2)(1)n n n T n n λλλλλλ+=++++-+- ②当1λ≠时，①式减去②式，得212311(1)(1)(1)1n n n n n T n n λλλλλλλλλ+++--=+++--=---，21121222(1)(1)(1)1(1)n n n n n n n n T λλλλλλλλλ++++----+=-=---．这时数列{}n a 的前n 项和21212(1)22(1)n n n n n n S λλλλ+++--+=+--．当1λ=时，(1)2n n n T -=．这时数列{}n a 的前n 项和1(1)222n n n n S +-=+-．（Ⅲ）证明：通过分析，推测数列1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的第一项21aa 最大，下面证明：21214,22n n a a n a a λ++<=≥． ③ 由0λ>知0n a >，要使③式成立，只要212(4)(2)n n a a n λ+<+≥，因为222(4)(4)(1)(1)2n n n a n λλλλ+=+-++124(1)424(1)2n n n n n n λλλ++>-+⨯=-+·1212222n n n n a n λ++++=，≥≥．所以③式成立．因此，存在1k =，使得1121n k n k a a aa a a ++=≤对任意n *∈N 均成立．天津文20在数列{}n a 中，12a =，1431n n a a n +=-+，n ∈*N ．（Ⅰ）证明数列{}n a n -是等比数列；（Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S ；（Ⅲ）证明不等式14n n S S +≤，对任意n ∈*N 皆成立．本小题以数列的递推关系式为载体，主要考查等比数列的概念、等比数列的通项公式及前n 项和公式、不等式的证明等基础知识，考查运算能力和推理论证能力．满分12分．（Ⅰ）证明：由题设1431n n a a n +=-+，得1(1)4()n n a n a n +-+=-，n ∈*N ．又111a -=，所以数列{}n a n -是首项为1，且公比为4的等比数列．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知14n n a n --=，于是数列{}n a 的通项公式为14n n a n -=+．所以数列{}n a 的前n 项和41(1)32n n n n S -+=+．（Ⅲ）证明：对任意的n ∈*N ，1141(1)(2)41(1)443232n n n n n n n n S S ++⎛⎫-++-+-=+-+ ⎪⎝⎭21(34)02n n =-+-≤．所以不等式14n n S S +≤，对任意n ∈*N 皆成立．四川文22已知函数f （x ）=x 2－4，设曲线y ＝f （x ）在点（x n ，f （x n ））处的切线与x 轴的交点为（x n +1,u ）（u ,N +），其中为正实数. （Ⅰ）用x x 表示x n +1；（Ⅱ）若a 1=4，记a n =lg 22n n x x +-，证明数列｛a 1｝成等比数列，并求数列｛x n ｝的通项公式；（Ⅲ）若x 1＝4，b n ＝x n －2，T n 是数列｛b n ｝的前n 项和，证明T n <3.解析：本题综合考查数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计算及解决问题的能力．（Ⅰ）由题可得'()2f x x =．所以曲线()y f x =在点(,())n n x f x 处的切线方程是：()'()()n n n y f x f x x x -=-．即2(4)2()nn n y x x x x --=-．令0y =，得21(4)2()n n n n x x x x +--=-．即2142nn n x x x ++=．显然0n x ≠，∴122n n nx x x +=+．（Ⅱ）由122n n nx x x +=+，知21(2)22222n n n n nx x x x x +++=++=，同理21(2)22n n n x x x +--=．故21122()22n n n n x x x x ++++=--．从而1122lg2lg 22n n n n x x x x ++++=--，即12n n a a +=．所以，数列{}n a 成等比数列．故111111222lg2lg 32n n n n x a a x ---+===-．即12lg2lg 32n n n x x -+=-．从而12232n n n x x -+=-所以11222(31)31n n n x --+=-（Ⅲ）由（Ⅱ）知11222(31)31n n n x --+=-，∴1242031n n n b x -=-=>-∴111112122223111113313133n n n n n n b b ----+-==<≤=-+ 当1n =时，显然1123T b ==<．当1n >时，21121111()()333n n n n b b b b ---<<<< ∴12n n T b b b =+++111111()33n b b b -<+++11[1()]3113n b -=- 133()33n =-⋅<．综上，3n T <(*)n N ∈．上海理20若有穷数列12,...n a a a （n 是正整数），满足1211,....n n n a a a a a a -===即1i n i a a -+=（i 是正整数，且1i n ≤≤），就称该数列为“对称数列”。

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2024高考数学数列知识点总结与题型分析

2024高考数学数列知识点总结与题型分析数列是高中数学中的重要内容，作为数学的一个分支，数列的掌握对于高考数学的考试非常关键。

在本文中，我们将对2024年高考数学数列的知识点进行总结，并分析可能出现的相关题型。

一、等差数列与等差数列的通项公式等差数列是数学中最常见的数列类型之一。

对于等差数列，首先要了解等差数列的概念：如果一个数列中任意两个相邻的项之差都相等，则称该数列为等差数列。

1.1 等差数列的通项公式等差数列的通项公式是等差数列中非常重要的一个公式，它可以用来求解等差数列中任意一项。

设等差数列的首项为$a_1$，公差为$d$，第$n$项为$a_n$，则等差数列的通项公式为：$a_n = a_1 + (n-1)d$1.2 等差数列的性质与常用公式等差数列有一些重要的性质与常用的公式，掌握这些性质与公式可以帮助我们更好地解决与等差数列相关的题目。

（1）等差数列中，任意三项可以构成一个等差数列。

（2）等差数列的前$n$项和公式为：$S_n = \frac{n}{2}(a_1 + a_n)$（3）等差数列的前$n$项和的差为：$S_n - S_m = (n-m+1)\frac{a_1 + a_{n+m}}{2}$二、等比数列与等比数列的通项公式等比数列也是数学中常见的数列类型之一。

与等差数列不同的是，等比数列中的任意两项的比值都相等。

2.1 等比数列的通项公式等比数列的通项公式可以用来求解等比数列中的任意一项。

设等比数列的首项为$a_1$，公比为$q$，第$n$项为$a_n$，则等比数列的通项公式为：$a_n = a_1 \cdot q^{(n-1)}$2.2 等比数列的性质与常用公式等比数列也有一些重要的性质与常用的公式，下面我们来了解一下：（1）等比数列中，任意三项可以构成一个等比数列。

（2）等比数列的前$n$项和公式为（$q\neq1$）：$S_n = \frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$（3）当公比$q \neq 1$时，等比数列的前$n$项和与第$n$项的关系为：$S_n = \frac{a_nq - a_1}{q - 1}$三、数列题型分析与解题技巧在高考数学中，对于数列的考察主要包括以下几个方面：3.1 数列的递推关系与通项公式的应用常见的数列题目往往要求我们根据已知的递推关系或者通项公式来求解数列中的某一项或者求解前$n$项的和。

数列高考知识点大全汇总

数列高考知识点大全汇总1. 数列的定义和性质数列是按照一定顺序排列的一组数，其中每个数称为该数列的项。

在高考中，我们常常需要了解数列的基本定义和性质。

2. 等差数列和等差数列的通项公式等差数列是指相邻两项之差相等的数列。

其通项公式为an = a1 + (n-1)d，其中an表示第n项，a1表示首项，d表示公差。

3. 等差数列的求和公式等差数列的前n项和公式为Sn = (n/2)(a1 + an)，其中Sn表示前n项和。

4. 等比数列和等比数列的通项公式等比数列是指相邻两项之比相等的数列。

其通项公式为an = a1 * r^(n-1)，其中an表示第n项，a1表示首项，r表示公比。

5. 等比数列的求和公式等比数列的前n项和公式为Sn = (a1 * (1 - r^n))/(1 - r)，其中Sn表示前n项和。

6. Fibonacci数列Fibonacci数列是指从1开始，每一项都等于前两项之和的数列。

其通项公式为Fn = Fn-1 + Fn-2，其中F0 = 0，F1 = 1。

7. 等差数列与等比数列的应用等差数列和等比数列在实际问题中有广泛的应用，如利润的增长、人口的增长等等。

通过应用数列的概念和公式，可以解决各种与数列相关的实际问题。

8. 数列的递推关系和递推公式数列的递推关系是指通过前一项或多项来确定后一项的关系。

递推公式则是表达这种关系的公式。

9. 递归数列递归数列是指通过前一项或多项来确定后一项的关系，并且该关系可以通过数列的前几项来求解后一项。

递归数列常常需要利用递推公式进行求解。

10. 等比数列的极限等比数列的极限即公比的绝对值小于1时，数列趋于无穷时的极限值。

等比数列的极限值可以通过递推公式和求和公式进行求解。

11. 数列的综合题高考中常常出现一些综合题，涉及数列的多个性质和公式，需要综合运用数列的知识来解答问题。

12. 数列与函数的关系数列可以看作是离散的函数，函数可以看作是连续的数列。

高考数列必考知识点

高考数列必考知识点数列作为高中数学中的重要知识点之一，在高考中占据着重要的位置。

掌握数列的概念、性质以及常见的数列类型是高考数学取得好成绩的必备知识。

本文将为同学们总结归纳高考数列必考的知识点。

一、数列的概念和性质1. 数列的定义：数列是按照一定顺序排列的由数字组成的序列。

2. 数列的通项公式：数列的通项公式表示数列中第n个数的一般项，常用符号有an或者Un。

3. 数列的首项和公差：对于等差数列，首项表示数列的第一个数，常用符号是a1；公差表示相邻两项之间的差值，常用符号是d。

4. 数列的递推公式：数列的递推公式表示数列中第n+1项与第n项的关系式。

二、等差数列1. 等差数列的定义：等差数列是指数列中相邻两项之差保持不变的数列。

2. 等差数列的通项公式：对于公差为d的等差数列，其通项公式为an = a1 + (n-1)d。

3. 等差数列前n项和：等差数列前n项和的公式为Sn = (a1 + an) *n / 2。

三、等比数列1. 等比数列的定义：等比数列是指数列中相邻两项之比保持不变的数列，且首项不能为0。

2. 等比数列的通项公式：对于公比为q的等比数列，其通项公式为an = a1 * q^(n-1)。

3. 等比数列前n项和：等比数列前n项和的公式为Sn = a1 * (1-q^n) / (1-q)。

四、特殊数列1. 斐波那契数列：斐波那契数列是指数列中的每一项都是前两项之和，首几项为0、1、1、2、3、5、8、13……2. 等差-等比混合数列：等差-等比混合数列是指数列中既存在等差关系又存在等比关系的数列。

五、数列求和问题1. 常用的数列求和方法：对于等差数列或者等比数列，可以通过数列求和公式或者特殊方法进行求和。

2. 数列求和的技巧：对于一些特殊的数列，可以利用数列的性质进行化简，从而简化求和的过程。

六、题目实战演练1. 高考数列选择题：通过对历年高考数学试卷中关于数列的选择题进行分类整理，帮助同学们熟悉数列的考点和解题思路。

2024年高考数学总复习第六章数列真题分类22数列的概念与简单表示法

＝ an an－1
＝9－9a2n
，所以 an＋1＝an.又 a1＝3≠a2，所以数列
{an}不为等比数列，所以②不正确．由题知 an·Sn＝an＋1·Sn＋1，所以 an an＋1
Sn＋1 ＝ Sn
>1，所以
an>an＋1>0，所以数列{an}为递减数列，所以③正确．若数列{an}的所有项均大于等于1100 ，
真题分类22 数列的概念与简单表示法
高考·数学
第六章数列
§6.1 数列的概念及其表示真题分类22 数列的概念与简单表示法
C1.数列的概念及通项公式 C2.由an与Sn的关系求通项an C3.由递推关系式求数列的通项公式 C4.数列的单调性、周期性和最值 C5.数列求和问题
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真题分类22 数列的概念与简单表示法
∴Sn＝a1（11－－qqn）＝－1（1－1－22n）＝1－2n，
∴S6＝1－26＝－63.
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真题分类22 数列的概念与简单表示法
高考·数学
4．(2021·全国乙卷(理)，1
n
项和，bn
为数列 S n
的前 n
项积，已知S2n ＋b1n ＝2. (1)证明：数列{bn}是等差数列； (2)求{an}的通项公式．
即
1 an≥100
，取 n>90 000，则 Sn>900，于是 an·Sn>9，与已知矛盾，所以{an}中存在小于1100
的项，所以④正确．
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真题分类22 数列的概念与简单表示法
高考·数学
2．(2020·江苏，11，5 分)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 Sn＝n2－n＋2n－1(n∈N*)，则 d＋q 的值是________．

高考数学数列大题知识点

高考数学数列大题知识点数列是高中数学中重要的章节之一，也是高考数学中的常见考点。

数列题目通常要求学生用数列的知识解决实际问题，培养学生的逻辑思维能力。

本文将介绍高考数学数列大题的一些重要知识点，帮助大家备考高考。

一、等差数列等差数列是最常见也是最简单的数列类型之一。

等差数列是指数列中的任意两个相邻项之间的差都是相等的。

等差数列的通项公式为：an=a1+(n-1)d，其中a1表示第一项，d表示公差，n表示项数。

在高考中，等差数列常被用来解决年龄、时间、里程等实际问题。

例如：问题：一个等差数列的首项是3，公差是2，若这个数列的第10项是多少？解题思路：根据等差数列的通项公式，代入相应的值，得出第10项的值为3+9*2=21。

二、等比数列等比数列是常见的另一种数列类型。

等比数列是指数列中的任意两个相邻项之间的比都是相等的。

等比数列的通项公式为：an=a1*r^(n-1)，其中a1表示第一项，r表示公比，n表示项数。

等比数列常被用来解决增长、衰减等实际问题。

例如：问题：一个等比数列的首项是2，公比是3，若这个数列的第5项是多少？解题思路：根据等比数列的通项公式，代入相应的值，得出第5项的值为2*3^(5-1)=162。

三、求和公式在高考数学数列大题中，求和也是一个重要的考点。

根据不同的数列类型，求和公式也会有所不同。

对于等差数列，其前n项和公式为：Sn=n/2*(a1+an)，其中n 表示项数，a1表示首项，an表示第n项。

对于等比数列，其前n项和公式为：Sn=a1*(r^n-1)/(r-1)，其中n表示项数，a1表示首项，r表示公比。

通过掌握求和公式，可以快速计算数列的前n项和，提高解题效率。

四、数列的性质和应用除了等差数列和等比数列，数列还有一些其他的重要性质和应用。

首先是斐波那契数列。

斐波那契数列是指从第3项开始，每一项是前两项的和。

斐波那契数列常被用来解决兔子繁殖、植物生长等问题。

其通项公式为：an=an-1+an-2。

2024年高考数学分类汇编三数列

2024年高考数学分类汇编三数列一、单选题1．（2024·全国）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，37a a +=（） A ．2−B ．73C ．1D ．292．（2024·全国）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 ．2二、填空题3．（2024·全国）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若347a a +=，2535a a +=，则10S = .4．（2024·北京）已知{}|k k M k a b ==，n a ，n b 不为常数列且各项均不相同，下列正确的是 .①n a ，n b 均为等差数列，则M 中最多一个元素； ②n a ，n b 均为等比数列，则M 中最多三个元素； ③n a 为等差数列，n b 为等比数列，则M 中最多三个元素； ④n a 单调递增，n b 单调递减，则M 中最多一个元素.5．（2024·上海）无穷等比数列{}n a 满足首项10,1a q >>，记[][]{}121,,,n n n I x y x y a a a a +=−∈⋃，若对任意正整数n 集合n I 是闭区间，则q 的取值范围是．三、解答题6．（2024·全国）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 >．7．（2024·全国）已知双曲线()22:0C x y m m −=>，点()15,4P 在C 上，k 为常数，01k <<．按照如下方式依次构造点()2,3,...n P n =，过1n P −作斜率为k 的直线与C 的左支交于点1n Q −，令n P 为1n Q −关于y 轴的对称点，记n P 的坐标为(),n n x y . (1)若12k =，求22,x y ； (2)证明：数列{}n n x y −是公比为11kk+−的等比数列； (3)设n S 为12n n n P P P ++的面积，证明：对任意的正整数n ，1n n S S +=. 8．（2024·全国）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1233n n S a +=−. (1)求{}n a 的通项公式； (2)求数列{}n S 的通项公式.9．（2024·全国）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 ．10．（2024·北京）设集合(){}{}{}{}(){},,,1,2,3,4,5,6,7,8,2M i j s t i j s t i j s t =∈∈∈∈+++．对于给定有穷数列{}():18n A a n ≤≤，及序列12:,,...,s ωωωΩ，(),,,k k k k k i j s t M ω=∈，定义变换T ：将数列A 的第1111,,,i j s t 项加1，得到数列()1T A ；将数列()1T A 的第2222,,,i j s t 列加1，得到数列()21T T A …；重复上述操作，得到数列()21...s T T T A ，记为()A Ω． (1)给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7Ω，写出()A Ω； (2)是否存在序列Ω，使得()A Ω为123456782,6,4,2,8,2,4,4a a a a a a a a ++++++++，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且1357a a a a +++为偶数，证明：“存在序列Ω，使得()A Ω为常数列”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”．11．（2024·天津）已知数列{}n a 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为n S ．若1231,1a S a ==−． (1)求数列{}n a 前n 项和n S ；(2)设11,2,k n n k k k n a b b k a n a −+=⎧=⎨+<<⎩，11b =，其中k 是大于1的正整数．（ⅰ）当1k n a +=时，求证：1n k n b a b −≥⋅；（ⅱ）求1nS i i b =∑．答案详解1．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. 【解析】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：D 2．B【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. 【解析】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. 3．95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出1,a d ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【解析】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. 4．①③④【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.【解析】对于①，因为{}{},n n a b 均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故M 中至多一个元素，故①正确. 对于②，取()112,2,n n n n a b −−==−−则{}{},n n a b 均为等比数列，但当n 为偶数时，有()1122n n n n a b −−===−−，此时M 中有无穷多个元素，故②错误.对于③，设()0,1nn b Aq Aq q =≠≠±，()0n a kn b k =+≠，若M 中至少四个元素，则关于n 的方程n Aq kn b =+至少有4个不同的正数解，若0,1q q >≠，则由n y Aq =和y kn b =+的散点图可得关于n 的方程n Aq kn b =+至多有两个不同的解，矛盾；若0,1q q <≠±，考虑关于n 的方程n Aq kn b =+奇数解的个数和偶数解的个数，当n Aq kn b =+有偶数解，此方程即为nA q kn b =+，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时ln 0Ak q >，否则ln 0Ak q <，因,ny A q y kn b ==+单调性相反，方程nA q kn b =+至多一个偶数解，当n Aq kn b =+有奇数解，此方程即为nA q kn b −=+，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时ln 0Ak q −>即ln 0Ak q < 否则ln 0Ak q >，因,ny A q y kn b =−=+单调性相反，方程nA q kn b =+至多一个奇数解，因为ln 0Ak q >，ln 0Ak q <不可能同时成立，故n Aq kn b =+不可能有4个不同的正数解，故③正确.对于④，因为{}n a 为单调递增，{}n b 为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确. 故答案为：①③④【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化. 5．2q ≥【分析】当2n ≥时，不妨设x y ≥，则[][][]2121110,,0,n n n n x y a a a a a a a a ++−∈−−−−，结合n I 为闭区间可得212n q q −−≥−对任意的2n ≥恒成立，故可求q 的取值范围.【解析】由题设有11n n a a q −=，因为10,1a q >>，故1n n a a +>，故[]1111,,n n n n a a a q a q −+⎡⎤=⎣⎦，当1n =时，[]12,,x y a a ∈，故[]1221,x y a a a a −∈−−，此时1I 为闭区间，当2n ≥时，不妨设x y ≥，若[]12,,x y a a ∈，则[]210,x y a a −∈−，若[][]121,,,n n y a a x a a +∈∈，则[]211,n n x y a a a a +−∈−−，若[]1,,n n x y a a +∈，则[]10,n n x y a a +−∈−，综上，[][][]2121110,,0,n n n n x y a a a a a a a a ++−∈−−−−，又n I 为闭区间等价于[][][]2121110,,0,n n n n a a a a a a a a ++−⋃−−⋃−为闭区间，而11121n n n a a a a a a ++−>−>−，故12n n n a a a a +−≥−对任意2n ≥恒成立，故1220n n a a a +−+≥即()11220n a q q a −−+≥，故()2210n q q −−+≥，故212n q q −−≥−对任意的2n ≥恒成立，因1q >，故当n →+∞时，210n q −−→，故20q −≥即2q ≥.故答案为：2q ≥.【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. 6．(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()21m m +−个，再使用概率的定义.【解析】（1）首先，我们设数列1242,,...,m a a a +的公差为d ，则0d ≠.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形()111,2,...,42k ka a a k m d−=+=+'，得到新数列()1,2, (42)a k k m ==+'，然后对1242,,...,m a a a +'''进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设()1,2,...,42k a k k m ==+，此后的讨论均建立在该假设下进行. 回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和()j i j <，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6. 所以所有可能的(),i j 就是()()()1,2,1,6,5,6.（2）由于从数列1,2,...,42m +中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}1,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14，共3组；②{}{}{}15,16,17,18,19,20,21,22,...,41,4,41,42m m m m −++，共3m −组. （如果30m −=，则忽略②）故数列1,2,...,42m +是()2,13−可分数列.（3）定义集合{}{}410,1,2,...,1,5,9,13,...,41A k k m m =+==+，{}{}420,1,2,...,2,6,10,14,...,42B k k m m =+==+.下面证明，对142i j m ≤<≤+，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j −可分数列：命题1：,i A j B ∈∈或,i B j A ∈∈；命题2：3j i −≠.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果,i A j B ∈∈，且3j i −≠. 此时设141i k =+，242j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈. 则由i j <可知124142k k +<+，即2114k k −>−，故21k k ≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出141i k =+和242j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列： ①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k −−−，共1k 组；②{}{}{}11111111222242,43,44,45,46,47,48,49,...,42,41,4,41k k k k k k k k k k k k ++++++++−−+，共21k k −组； ③{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++−++，共2m k −组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列1,2,...,42m +是(),i j −可分数列. 第二种情况：如果,i B j A ∈∈，且3j i −≠. 此时设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈. 则由i j <可知124241k k +<+，即2114k k −>，故21k k >. 由于3j i −≠，故()()2141423k k +−+≠，从而211k k −≠，这就意味着212k k −≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出142i k =+和241j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k −−−，共1k 组；②{}112121241,31,221,31k k k k k k k +++++++，{}121212232,222,32,42k k k k k k k +++++++，共2组；③全体{}11212124,3,22,3k p k k p k k p k k p +++++++，其中213,4,...,p k k =−，共212k k −−组； ④{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++−++，共2m k −组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含212k k −−个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：{}111243,44,...,3k k k k +++，{}12121233,34,...,22k k k k k k +++++，{}121212223,223,...,3k k k k k k +++++，{}1212233,34,...,4k k k k k ++++.可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{}11241,42,...,42k k k +++中除开五个集合{}1141,42k k ++，{}121231,32k k k k ++++，{}1212221,222k k k k ++++，{}121231,32k k k k ++++，{}2241,42k k ++中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的142k +和241k +以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,42m +是(),i j −可分数列. 至此，我们证明了：对142i j m ≤<≤+，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j −可分数列.然后我们来考虑这样的(),i j 的个数.首先，由于A B ⋂=∅，A 和B 各有1m +个元素，故满足命题1的(),i j 总共有()21m +个；而如果3j i −=，假设,i A j B ∈∈，则可设141i k =+，242j k =+，代入得()()2142413k k +−+=. 但这导致2112k k −=，矛盾，所以,i B j A ∈∈. 设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈，则()()2141423k k +−+=，即211k k −=. 所以可能的()12,k k 恰好就是()()()0,1,1,2,...,1,m m −，对应的(),i j 分别是()()()2,5,6,9,...,42,41m m −+，总共m 个.所以这()21m +个满足命题1的(),i j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的(),i j 的个数为()21m m +−.当我们从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <时，总的选取方式的个数等于()()()()424121412m m m m ++=++.而根据之前的结论，使得数列1242,,...,m a a a +是(),i j −可分数列的(),i j 至少有()21m m +−个. 所以数列1242,,...,m a a a +是(),i j −可分数列的概率m P 一定满足()()()()()()()()()22221111124214121412142221218m m m m m m m m P m m m m m m m m ⎛⎫+++ ⎪+−++⎝⎭≥=>==++++++++. 这就证明了结论.【点睛】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．(1)23x =，20y = (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2P 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n S 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n S 的取值为与n 无关的定值即可. 【解析】（1）由已知有22549m =−=，故C 的方程为229x y −=. 当12k =时，过()15,4P 且斜率为12的直线为32x y +=，与229x y −=联立得到22392x x +⎛⎫−= ⎪⎝⎭.解得3x =−或5x =，所以该直线与C 的不同于1P 的交点为()13,0Q −，该点显然在C 的左支上.故()23,0P ，从而23x =，20y =.（2）由于过(),n n n P x y 且斜率为k 的直线为()n n y k x x y =−+，与229x y −=联立，得到方程()()229n n x k x x y −−+=.展开即得()()()2221290n n n n k x k y kx x y kx −−−−−−=，由于(),n n n P x y 已经是直线()n n y k x x y =−+和229x y −=的公共点，故方程必有一根n x x =. 从而根据韦达定理，另一根()2222211n n n n nn k y kx ky x k x x x k k −−−=−=−−，相应的()2221n n nn n y k y kx y k x x y k+−=−+=−. 所以该直线与C 的不同于n P 的交点为222222,11n n n n n n n ky x k x y k y kx Q k k ⎛⎫−−+− ⎪−−⎝⎭，而注意到n Q 的横坐标亦可通过韦达定理表示为()()2291n n ny kx k x −−−−，故n Q 一定在C 的左支上.所以2212222,11n n n n n nn x k x ky y k y kx P k k +⎛⎫+−+− ⎪−−⎝⎭. 这就得到21221n n nn x k x ky x k ++−=−，21221n n n n y k y kx y k ++−=−. 所以2211222211n n n n n nn n x k x ky y k y kx x y k k+++−+−−=−−− ()()222222*********n n n n n n n nn n x k x kx y k y ky k k kx y x y k k k k+++++++=−=−=−−−−−. 再由22119x y −=，就知道110x y −≠，所以数列{}n n x y −是公比为11k 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12UVWSad bc =−.（若,,U V W 在同一条直线上，约定0UVWS =）证明：211sin ,1cos ,22UVWS UV UW UV UW UV UW UV UW =⋅=⋅−()222211122UV UW UV UW UV UW UV UW UV UW ⎛⎫⋅⎪=⋅−=⋅−⋅⎪⋅⎭==12ad bc ==−. 证毕，回到原题.由于上一小问已经得到21221n n nn x k x ky x k++−=−，21221n n n n y k y kx y k ++−=−，故()()22211222221211111n n n n n n n n n nn n x k x ky y k y kx k k kx y x y x y k k k k+++−+−+−−+=+=+=+−−−+. 再由22119x y −=，就知道110x y +≠，所以数列{}n n x y +是公比为11kk−+的等比数列. 所以对任意的正整数m ，都有n n m n n m x y y x ++−()()()()()()1122n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m x x y y x y y x x x y y x y y x ++++++++=−+−−−−− ()()()()1122n n n m n m n n n m n m x y x y x y x y ++++=−+−+− ()()()()11112121mmn n n n n n n n k k x y x y x y x y k k −+⎛⎫⎛⎫=−+−+− ⎪ ⎪+−⎝⎭⎝⎭()22111211mmn n k k x y k k ⎛⎫−+⎛⎫⎛⎫=−− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+−⎝⎭⎝⎭⎝⎭911211mmk k k k ⎛⎫−+⎛⎫⎛⎫=− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+−⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 而又有()()()111,n n n n n n P P x x y y +++=−−−−，()122121,n n n n n n P P x x y y ++++++=−−，故利用前面已经证明的结论即得 ()()()()1212112112n n n n P P P n n n n n n n n S Sx x y y y y x x ++++++++==−−−+−−()()()()12112112n n n n n n n n x x y y y y x x ++++++=−−−−− ()()()1212112212n n n n n n n n n n n n x y y x x y y x x y y x ++++++++=−+−−− 2219119119112211211211k k k k k k k k k k k k ⎛⎫−+−+−+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=−+−−− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+−+−+−⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 这就表明n S 的取值是与n 无关的定值，所以1n n S S +=.方法二：由于上一小问已经得到21221n n n n x k x ky x k++−=−，21221n n n n y k y kx y k ++−=−，故()()22211222221211111n n n n n n n n n nn n x k x ky y k y kx k k kx y x y x y k k k k+++−+−+−−+=+=+=+−−−+. 再由22119x y −=，就知道110x y +≠，所以数列{}n n x y +是公比为11kk−+的等比数列. 所以对任意的正整数m ，都有n n m n n m x y y x ++−()()()()()()1122n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m x x y y x y y x x x y y x y y x ++++++++=−+−−−−− ()()()()1122n n n m n m n n n m n m x y x y x y x y ++++=−+−+− ()()()()11112121mmn n n n n n n n k k x y x y x y x y k k −+⎛⎫⎛⎫=−+−+− ⎪ ⎪+−⎝⎭⎝⎭()22111211mmn n k k x y k k ⎛⎫−+⎛⎫⎛⎫=−− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+−⎝⎭⎝⎭⎝⎭911211mmk k k k ⎛⎫−+⎛⎫⎛⎫=− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+−⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 这就得到232311911211n n n n n n n n k k x y y x x y y x k k ++++++−+⎛⎫−=−=− ⎪+−⎝⎭，以及22131322911211n n n n n n n n k k x y y x x y y x k k ++++++⎛⎫−+⎛⎫⎛⎫−=−=− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+−⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 两式相减，即得()()()()232313131122n n n n n n n n n n n n n n n n x y y x x y y x x y y x x y y x ++++++++++++−−−=−−−. 移项得到232131232131n n n n n n n n n n n n n n n n x y y x x y y x y x x y y x x y ++++++++++++−−+=−−+. 故()()()()321213n n n n n n n n y y x x y y x x ++++++−−=−−.而()333,n n n n n n P P x x y y +++=−−，()122121,n n n n n n P P x x y y ++++++=−−.所以3n n P P +和12n n P P ++平行，这就得到12123n n n n n n P P P P P P SS+++++=，即1n n S S +=.【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．(1)153n n a −⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)353232n⎛⎫− ⎪⎝⎭ 【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n S .【解析】（1）因为1233n n S a +=−,故1233n n S a −=−，所以()12332n n n a a a n +=−≥即153n n a a +=故等比数列的公比为53q =，故1211523333533a a a a =−=⨯−=−，故11a =，故153n n a −⎛⎫= ⎪⎝⎭.（2）由等比数列求和公式得5113353523213n nn S ⎡⎤⎛⎫⨯−⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==− ⎪⎝⎭−. 9．(1)14(3)n n a −=⋅− (2)(21)31n n T n =−⋅+【分析】（1）利用退位法可求{}n a 的通项公式．（2）利用错位相减法可求n T .【解析】（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13nn 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 nn −−=+⋅−⋅−()14233143n n n −=+⋅⋅−−⋅(24)32n n =−⋅−， (21)31n n T n ∴=−⋅+.10．(1)():3,4,4,5,8,4,3,10A Ω (2)不存在符合条件的Ω，理由见解析 (3)证明见解析【分析】（1）直接按照()A Ω的定义写出()A Ω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.【解析】（1）由题意得():3,4,4,5,8,4,3,10A Ω；（2）假设存在符合条件的Ω，可知()A Ω的第1,2项之和为12a a s ++，第3,4项之和为34a a s ++，则()()()()121234342642a a a a s a a a a s ⎧+++=++⎪⎨+++=++⎪⎩，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；（3）我们设序列()21...k T T T A 为{}(),18k n a n ≤≤，特别规定()0,18n n a a n =≤≤. 必要性：若存在序列12:,,...,s ωωωΩ，使得()A Ω为常数列.则,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a =======，所以,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+. 根据()21...k T T T A 的定义，显然有,21,21,211,2k j k j k j k j a a a a −−−−+=+，这里1,2,3,4j =，1,2,...k =. 所以不断使用该式就得到，12345678a a a a a a a a +=+=+=+，必要性得证.充分性：若12345678a a a a a a a a +=+=+=+.由已知，1357a a a a +++为偶数，而12345678a a a a a a a a +=+=+=+，所以()()24681213574a a a a a a a a a a +++=+−+++也是偶数.我们设()21...s T T T A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列()A Ω中，使得,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−最小的一个.上面已经证明,21,21,211,2k j k j k j k j a a a a −−−−+=+，这里1,2,3,4j =，1,2,...k =.从而由12345678a a a a a a a a +=+=+=+可得,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+. 同时，由于k k k k i j s t +++总是偶数，所以,1,3,5,7k k k k a a a a +++和,2,4,6,8k k k k a a a a +++的奇偶性保持不变，从而,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数. 下面证明不存在1,2,3,4j =使得,21,22s j s j a a −−≥.假设存在，根据对称性，不妨设1j =，,21,22s j s j a a −−≥，即,1,22s s a a −≥.情况1：若,3,4,5,6,7,80s s s s s s a a a a a a −+−+−=，则由,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数，知,1,24s s a a −≥.对该数列连续作四次变换()()()()2,3,5,8,2,4,6,8,2,3,6,7,2,4,5,7后，新的4,14,24,34,44,54,64,74,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++−+−+−+−相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−减少4，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−的最小性矛盾；情况2：若,3,4,5,6,7,80s s s s s s a a a a a a −+−+−>，不妨设,3,40s s a a −>.情况2-1：如果,3,41s s a a −≥，则对该数列连续作两次变换()()2,4,5,7,2,4,6,8后，新的2,12,22,32,42,52,62,72,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++−+−+−+−相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−至少减少2，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−的最小性矛盾；情况2-2：如果,4,31s s a a −≥，则对该数列连续作两次变换()()2,3,5,8,2,3,6,7后，新的2,12,22,32,42,52,62,72,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++−+−+−+−相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−至少减少2，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的1,2,3,4j =都有,21,21s j s j a a −−≤. 假设存在1,2,3,4j =使得,21,21s j s j a a −−=，则,21,2s j s j a a −+是奇数，所以,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+都是奇数，设为21N +.则此时对任意1,2,3,4j =，由,21,21s j s j a a −−≤可知必有{}{},21,2,,1s j s j a a N N −=+. 而,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数，故集合{},s m m a N =中的四个元素,,,i j 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1,11,21,31,41,51,61,71,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++−+−+−+−等于零，比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−更小，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−的最小性矛盾.综上，只可能(),21,201,2,3,4s j s j a a j −−==，而,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+，故{}(),s na A =Ω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．(1)21n n S =− (2)①证明见详解；②()131419nn S ii n b =−+=∑【分析】（1）设等比数列{}n a 的公比为0q >，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12,1k k n a b k −==+，()121n k k b −=−，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()()1211213143449k k k k i i b k k −−−=⎡⎤=−−−⎣⎦∑，再结合裂项相消法分析求解.【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为0q >，因为1231,1a S a ==−，即1231a a a +=−，可得211q q +=−，整理得220q q −−=，解得2q =或1q =−（舍去），所以122112nn n S −==−−.（2）（i ）由（1）可知12n n a −=，且N*,2k k ∈≥，当124kk n a +=≥=时，则111221111k k k k k a n n a a −++⎧=<−=−⎨−=−<⎩，即11k k a n a +<−<可知12,1k k n a b k −==+，()()()1111222121k k k n a k k b b a a k k k k −−+=+−−⋅=+−=−，可得()()()()1112112122120k n k n k k k k k k k k b k a b −−−=−−+=−−≥−−=−⋅≥−，当且仅当2k =时，等号成立，所以1n k n b a b −≥⋅；（ii ）由（1）可知：1211nn n S a +=−=−，若1n =，则111,1S b ==；若2n ≥，则112k k k a a −+−=，当1221k k i −<≤−时，12i i b b k −−=，可知{}i b 为等差数列，可得()()()111211112221122431434429k k k k k k k k i i b k kk k k −−−−−−−=−⎡⎤=⋅+=⋅=−−−⎣⎦∑，所以()()()232113141115424845431434499nn S n n i i n b n n −=−+⎡⎤=+⨯−⨯+⨯−⨯+⋅⋅⋅+−−−=⎣⎦∑，且1n =，符合上式，综上所述：()131419nn S ii n b =−+=∑.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当1221k k i −<≤−时，12i i b b k −−=，可知{}i b 为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得()()1211213143449k k kk ii b k k −−−=⎡⎤=−−−⎣⎦∑.。

高考数列数学必考知识点

高考数列数学必考知识点数列是高中数学中一个非常重要的概念，广泛应用于各个领域。

在高考中，数列是必考的知识点之一。

下面将重点介绍高考数列数学必考的知识点，以帮助同学们更好地复习和备考。

一、数列的定义和性质数列是按照一定规律排列的一组数，一般表示为{an}，其中an表示数列的第n项。

数列有很多性质，包括等差数列、等比数列、通项公式等。

1. 等差数列等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列。

设数列an的公差为d，则有an = a1 + (n-1)d。

其中a1为首项，n为项数。

2. 等差数列的通项公式设等差数列的第一项为a1，公差为d，则等差数列的第n项可以表示为an = a1 + (n-1)d。

3. 等比数列等比数列是指数列中相邻两项的比都相等的数列。

设数列an的公比为q，则有an = a1 * q^(n-1)。

其中a1为首项，n为项数。

4. 等比数列的通项公式设等比数列的第一项为a1，公比为q，则等比数列的第n项可以表示为an = a1 * q^(n-1)。

二、数列的求和公式高考数列题目中常常涉及到数列的求和，下面介绍几种常见的数列求和公式。

1. 等差数列求和公式设等差数列的首项为a1，末项为an，项数为n，则等差数列的和Sn可以表示为Sn = (a1 + an) * n / 2。

2. 等比数列求和公式设等比数列的首项为a1，末项为an，公比为q，项数为n，则等比数列的和Sn可以表示为Sn = a1 * (1 - q^n) / (1 - q)。

三、常见的数列题型高考中的数列题目形式多样，主要包括判断题型、选择题型和解答题型。

以下列举几个常见的数列题型。

1. 判断题型判断题型是要求判断给定的数列是否是等差数列或等比数列。

解决这类题目时，需要根据数列的定义和性质进行分析判断。

2. 选择题型选择题型是给出数列的前几项，要求选择数列的类型和下一项。

解答这类题目时，可以根据前几项的差或比的规律来确定数列的类型，并利用通项公式计算出下一项。

2024年高考数学总复习第六章数列真题分类23等差数列及其前n项和

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真题分类23 等差数列及其前n项和
C2.等差数列中的单调性问题
高考·数学
命题者说：深入探究公差d与等差数列单调性之间的关系，并能判断所给数列的单调性．
第1题第2题
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真题分类23 等差数列及其前n项和
高考·数学
1．(2022·北京，6，4 分)设{an}是公差不为 0 的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”
答案：16 由 S9＝27⇒9（a12＋a9）＝27⇒a1＋a9＝6⇒2a5＝6⇒2a1＋ 8d＝6 且 a5＝3.
又 a2a5＋a8＝0⇒2a1＋5d＝0，解得 a1＝－5，d＝2. 故 S8＝8a1＋8×（82－1） d＝16.
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真题分类23 等差数列及其前n项和
高考·数学
A．64 B．128 C．256 D．512
答案：B 由已知条件可得ab11 ＝ab55 ，则 b5＝aa5b11 ＝962×81892 ＝64，因此 b3＝ b1＋b5 192＋64
2 ＝ 2 ＝128. 故选 B.
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真题分类23 等差数列及其前n项和
高考·数学
2．(2019·课标全国Ⅰ(理)，9，5 分)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．已知 S4＝0，a5
真题分类23 等差数列及其前n项和
高考·数学
第六章数列
§6.2 等差数列真题分类23 等差数列及其前n项和
C1.等差数列中基本量的求解 C2.等差数列中的单调性问题 C3.等差数列的证明与判定技巧 C4.等差数列中的设项技巧
C5.等差数列的性质及其应用 C6.等差数列前n项和公式的应用 C7.等差数列前n项和的性质及其应用 C8.求等差数列前n项和最值的方法

2023年高考数学试题分类解析【第七章数列】附答案解析

2023年高考数学试题分类解析【第七章数列】第一节数列的通项公式与性质1.（2023新高考II 卷18）已知{}n a 为等差数列，6,2,n n na nb a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数.记n S ，n T 分别为{}n a ，{}n b 的前n 项和.若432S =，316T =.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求证：当5n >时，n n T S >.【解析】（1）{}n a 为等差数列，设公差为d .312312362616T b b b a a a =++=-++-=，所以17a d +=①,又432S =，所以可得12316a d +=②,联立①②解得15,2a d ==，所以()1123n a a n d n =+-=+，*n ∈N .（2）由（1）得()21142n n n S a n d n n -=+=+.当n 为偶数时，()()13124......n n n T b b b b b b -=+++++++()()1312466...622...2n n a a a a a a -=-+-++-++++()()59...2132711...23n n n =++++-+++++()()521723223222n nn n n ++++=-+⨯23722n n =+.当5n >时，()()2223741022222n n n n n n n T S n n n -=+-+=-=->，即n n T S >.当n 为奇数时，1n -为偶数，()()21371123622n n n T T b n n n -=+=-+-++-235522n n =+-.当5n >时，()()()222353154525022222n n n n T S n n n n n n -=+--+=-=+->，即n n T S >.综上所述，当5n >时，n n T S >.第二节等差数列与等比数列1.（2023全国甲卷理科5）已知正项等比数列{}n a 中，11a =，n S 为{}n a 前n 项和，5354S S =-，则4S =（）A.7B.9C.15D.30【解析】由题知()23421514q q q q q q ++++=++-，即34244q q q q +=+，即32440q q q +--=，()()()2120q q q -++=.{}n a 为正项等比数列，0q >，所以解得2q =，故4124815S =+++=.故选C.2.（2023全国甲卷文科5）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若2610a a +=，4845a a =，则5S =（）A.25B.22C.20D.15【分析】解法一：根据题意直接求出等差数列{}n a 的公差和首项，再根据前n 项和公式即可解出；解法二：根据等差数列的性质求出等差数列{}n a 的公差，再根据前n 项和公式的性质即可解出．【解析】解法一：设等差数列{}n a 的公差为d ，首项为1a ，依题意可得，2611510a a a d a d +=+++=，即135a d +=，又()()48113745a a a d a d =++=，解得：11,2d a ==，所以515455210202S a d ⨯=+⨯=⨯+=．故选C.解法二：264210a a a +==，4845a a =，所以45a =，89a =，从而84184a a d -==-，于是34514a a d =-=-=，所以53520S a ==．故选C.3.（2023全国甲卷文科13）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为.4.（2023全国乙卷理科15）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a =.6.（2023新高考I 卷7）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，则（）A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【解析】{}n a 为等差数列，设首项为1a 公差为d ，则()112n n n S na d -=+，111222n S n d d a d n a n -=+=+-，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，所以甲是乙的充分条件.n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，即()()()1111111n n n n n n nS n S S S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数，设为t ，即()11n nna S t n n +-=+，故()11n n S na tn n +=-+，()()()1112n n S n a t n n n -=---≥，两式相减得()1112n n n n n a S S na n a tn -+=-=---，12n n a a t +-=为常数，对1n =也成立，所以{}n a 为等差数列，所以甲是乙的必要条件.所以，甲是乙的充要条件，故选C.7.（2023新高考I 卷20）设等差数列{}n a 的公差为d ，且1d >.令2n nn nb a +=，记n S ，n T 分别为数列{}n a ，{}n b 的前n 项和.（1）若21333a a a =+，3321S T +=，求{}n a 的通项公式；（2）若{}n b 为等差数列，且999999S T -=，求d .【解析】（1）()21311332(1)n a a a d a d a d a nd d -===+⇒=⇒=>，则3123312349,6,n n b S a a a d T d d d +++==++===，则296212730(21)(3)0d d d d d d+=⇒-+=⇒--=，故*3,3,n d a n n ==∈N .（2）若{}n b 为等差数列，设公差为r ，则()()()2200000000(1)n n b nr n n a nd b nr drn db ra n a b a nd+=+⇒+=++=++++故0000110dr db ra a b =⎧⎪+=⎨⎪=⎩，（101d r >⇒<<）()()999999000019910099()992n S T a nd b nr a b d r =⨯-=+--=-+-=∑，0050()1a b d r -+-=.①00a =时，00111,1,50()1501db dr d r b d d d⎛⎫==-=+⇒-=+ ⎪⎝⎭25150510(5051)(1)0. 50d d d d d ⇒--=⇒-+=⇒=②00b =时，00111,1,50()1501ra dr a d r r r r ⎛⎫==+-=⇒+-= ⎪⎝⎭250510(5051)(1)01r r r r r d ⇒+-=⇒+-=⇒==.矛盾.综上，5150d =.8.（2023新高考II 卷8）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =-，6221S S =，则8S =（）A.120B.85C.85- D.120-【解析】由6221S S =，得()2422121q q S S ++=，即42200q q +-=，解得24q =或25q =-（舍），则416q =.因为4844S S q S -=，所以()()484117585S q S =+=⨯-=-.故选C.9.（2023天津卷6）已知{}n a 为等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，122n n a S +=+，则4a 的值为（）A．3B．18C．54D．152【分析】由1n n n a S S -=-得出公比的值，再由题意对所给的递推关系式进行赋值，得到关于首项、公比的方程，求解方程组确定首项的值，然后结合等比数列通项公式即可求得4a 的值.【解析】因为122n n a S +=+，所以有122n n a S -=+，两式相减得()1122n n n n n a a S S a +--==-，即13n n a a +=，所以3q =.又由题意可得：当1n =时，2122a a =+，即1122a q a =+，解得可得12a =，则34154a a q ==.故选C.10.（2023北京卷14）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量（单位：株）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，11a =，512a =，9192a =.则7a =；数列{}n a 所有项的和为.【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解,d q ，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求73,a a ，再结合等差、等比数列的求和公式运算求解.【解析】解法一：设前3项的公差为d ，后7项公比为0q >，则4951921612a q a ===，且0q >，可得2q =，则53212a a d q =+=，即123d +=，可得1d =，空1：可得43733,48a a a q ===，空2：()716293121233232338412a a a -=+++⨯+⋅⋅⋅+⨯=+-+=++ .解法二：空1：因为{},37n a n ≤≤为等比数列，则227591219248a a a ==⨯=，且0n a >，所以748a =；又因为2537a a a =，则25373a a a ==；空2：设后7项公比为0q >，则2534a q a ==，解得2q =，可得()1339334567189236,21a qa a a a a q a a a a a a a a +-==++++++++=-3192238112-⨯==-，所以93126381384a a a a =+-+=++ .故答案为：48；384.第三节数列求和2.（2023全国甲卷理科17）已知数列{}n a 中，21a =，设n S 为{}n a 前n 项和，2n n S na =.（1）求{}n a 的通项公式.（2）求数列12n n a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【解析】（1）因为2n n S na =.当1n =时，112a a =，即10a =.当3n =时，()33213a a +=，即32a =.当2n ≥时，()1121n n S n a --=-，所以()()11212n n n n n S S na n a a ---=--=，化简得()()121n n n a n a --=-.当3n ≥时，13 (1122)n n a a an n -====--，即1n a n =-.当1,2n =时都满足上式，所以1n a n =-，n ∈*N .（2）因为122n n n a n +=，所以231111123...2222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()2311111112...122222nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.两式相减得，2311111221111111 (1)222222212nn n n n T n n ++⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=++++-⨯=-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-11122nn ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即()1222nn T n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，n ∈*N .第四节数列的综合与应用2.（2023北京卷10）数列{}n a 满足()()31661,2,3,4n n a a n +=-+= ，则（）A.若13a =，则{}n a 是递减数列，且存在常数0M ，使得n a M >恒成立B.若15a =，则{}n a 是递增数列，且存在常数6M ，使得n a M <恒成立C.若17a =，则{}n a 是递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立D.若19a =，则{}n a 是递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立【分析】思路1：利用数学归纳法可判断ACD 正误，利用递推公式可判断数列性质，从而判断B 的正误；思路2：构造()()31664x f x x =-+-，利用导数求得()f x 的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项n a 所在区间，从而判断{}n a 的单调性.思路3：利用数形结合，画图分析各选项合理性.【解析】解法一：因为()311664n n a a +=-+，故()311646n n a a +=--，对于A ，若13a =，可用数学归纳法证明：63n a -≤-即3n a ≤，证明：当1n =时，1363a -=≤--，此时不等关系3n a ≤成立；设当n k =时，63k a -≤-成立，则()31276,4164k k a a +⎛⎫-∈-∞- ⎪⎝=⎭-，故136k a +≤--成立，由数学归纳法可得3n a ≤成立.而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦，()20144651149n a --=-≥>，60n a -<，故10n n a a +-<，故1n n a a +<，故{}n a 为减数列，注意1063k a +-≤-<故()()()()23111666649644n n n n n a a a a a +-=≤-，结合160n a +-<，所以()16694n n a a +--≥，故119634n n a +-⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，故119634n n a +-⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，若存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，则19634n M -⎛⎫-> ⎪⎝⎭，故16934n M --⎛⎫> ⎪⎝⎭，故9461log 3Mn -<+，故n a M >恒成立仅对部分n 成立，故A 不成立.对于B，若15,a =可用数学归纳法证明：106n a --≤<即56n a ≤<，证明：当1n =时，10611a ---≤≤=，此时不等关系56n a ≤<成立；设当n k =时，56k a ≤<成立，则()31164416,0k k a a +⎛⎫-∈-⎪⎝=⎭-，故1106k a +--≤<成立即由数学归纳法可得156k a +≤<成立.而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦，()201416n a --<，60n a -<，故10n n a a +>-，故1n n a a +>，故{}n a 为递增数列，若6M =，则6n a <恒成立，故B 正确.对于C，当17a =时，可用数学归纳法证明：061n a <-≤即67n a <≤，证明：当1n =时，1061a <-≤，此时不等关系成立；设当n k =时，67k a <≤成立，则()31160,4164k k a a +⎛⎤-∈ ⎥⎝=⎦-，故1061k a +<-≤成立即167k a +<≤，由数学归纳法可得67n a <≤成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=--<⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +<，故{}n a 为递减数列，又()()()2111666644n n n n a a a a +-=-⨯-≤-，结合160n a +->可得：()111664nn a a +⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，所以1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若1164n n a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若存在常数6M >，使得n a M >恒成立，则164n M ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭恒成立，故()14log 6n M ≤-，n 的个数有限，矛盾，故C 错误.对于D，当19a =时，可用数学归纳法证明：63n a -≥即9n a ≥，证明：当1n =时，1633a -=≥，此时不等关系成立；设当n k =时，9k a ≥成立，则()3162764143k k a a +-≥=>-，故19k a +≥成立.由数学归纳法可得9n a ≥成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=-->⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +>，故{}n a 为递增数列，又()()()2119666446n n n n a a a a +->=-⨯--，结合60n a ->可得：()116349946nnn a a +⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎝⎭⎝>⎪⎭-，所以19463nn a +⎛+⎫⎪⎝⎭≥，若存在常数0M >，使得n a M <恒成立，则19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故946log 13M n -⎛⎫<+ ⎪⎝⎭，n 的个数有限，与D 选项矛盾，故D 错误.故选B.解法二：因为()3321119662648442n n n n n n n a a a a a a a +-=-+-=-+-，令()3219264842f x x x x =-+-，则()239264f x x x =-+'，令()0f x '>，得06x <<-或6x >令()0f x '<，得6633x -<<+；所以()f x在,63⎛-∞- ⎝⎭和63⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在633⎛-+ ⎝⎭上单调递减，令()0f x =，则32192648042x x x -+-=，即()()()146804x x x ---=，解得4x =或6x =或8x =，注意到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[]4m M =-+，其中[]1M M M -<≤，且[]M ∈Z ，因为11n n a a +<-，所以[][]2132431,1,,1M M a a a a a a -+-+<-<-<- ，上式相加得，[][]()14333M a a M M M -+<--+≤+-=，则[]4m M a a M -+=<，与n a M >恒成立矛盾，故A 错误；对于B，因为15a =，当1n =时，156a =<，()()33211166566644a a =-+=⨯-+<，假设当n k =时，6k a <，当1n k =+时，因为6k a <，所以60k a -<，则()360k a -<，所以()3116664k k a a +=-+<，又当1n =时，()()332111615610445a a =-+=⨯+-->，即25a >，假设当n k =时，5k a ≥，当1n k =+时，因为5k a ≥，所以61k a -≥-，则()361k a -≥-，所以()3116654k k a a +=-+≥，综上：56n a ≤<，因为在()4,6上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列，此时，取6M =，满足题意，故B 正确；对于C，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，注意到当17a =时，()3216617644a =-+=+，3341166441664a ⎪⎛⎫⎫+=+ ⎪⎝+-⎭⎭⎛= ⎝，143346166144416a ⎢⎛⎫+=⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪⎝+ ⎪⎭⎭⎥⎦⎝⎣猜想当2n ≥时，()11312164k k a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，当2n =与3n =时，2164a =+与43164a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭满足()11312164n n a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，假设当n k =时，()11312164k k a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭=，当1n k =+时，所以()()()13113131223111666441166644k k k k a a --+-⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=+-+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦-+=+=，综上，()()113121624n n n a --⎛⎫+⎪=≥ ⎝⎭.易知1310n -->，则)113121014n --⎛⎫<< ⎪⎝⎭，故()()()11312166,724n n n a --⎛⎫+∈≥ =⎪⎝⎭，所以(],67n a ∈，因为在()6,8上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列，假设存在常数6M >，使得n a M >恒成立，记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-，取[]01m m =+，其中[]*0001,m m m m -<≤∈N ，则()0142log 6133m mM ->=+，故()()14log 61312m M ->-，所以)1312614m M -⎛⎫ ⎪<⎝-⎭，即)1312164mM -⎛⎫+ ⎪⎭<⎝，所以1m a M +<，故n a M >不恒成立，故C 错误；对于D，因为19a =，当1n =时，()32116427634a a ==->-，则29a >，假设当n k =时，3k a ≥，当1n k =+时，()()331116936644k k a a +≥=-->-，则19k a +>，综上，9n a ≥，因为在()8,+∞上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列，因为()332111916612649442n n n n n n n a a a a a a a +--=-+--=-+-，令()()32192649942g x x x x x =-+-≥，则()239264g x x x =-+'，因为()g x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯，所以()g x '在[)9,+∞上单调递增，故()()2399992604g x g ''≥=⨯-⨯+>，所以()()321999926949042g x g ≥=⨯-⨯+⨯->，故110n n a a +-->，即11n n a a +>+，假设存在常数0M >，使得n a M <恒成立，取[]1m M =+，其中[]1M M M -<≤，且[]M ∈Z ，因为11n n a a +>+，所以[][]213211,1,,1M M a a a a a a +>+>+>+ ，上式相加得，[][]1191M a a M M M +>+>+->，则[]1m M a a M +=>，与n a M <恒成立矛盾，故D 错误.故选B.解法三（蛛网图）：令()()31664f x x =-+，则()1n n a f a +=.故可利用数形结合判断{}n a 的单调性.首选()()31664f x x =-+关于()6,6中心对称，又由()()23604f x x '=- 可知()f x 在R 上单调递增.再令()31664x x =-+，即()()36460x x ---=，得()()()6480x x x ---=，解得14x =，26x =，38x =.在同一坐标系下画出y x =和()y f x =的图像如下图所示.对于选项A，当13a =时，如图（a）所示，{}n a 是单调递减数列，且130a =>.当2n 时，0n a <，当n →+∞时，n a →-∞.故不存在0M ，使n a M >恒成立.故A 错误.对于选项B，当15a =时，如图（b）所示，{}n a 是单调递增数列，且当n →+∞时，6n a →.故取6M =，可使得n a M 恒成立.B 正确.图（a）图（b）对于选项C，当17a =时，如图（c）所示，图（c）{}n a 是单调递减数列.当n →+∞时，6n a →.故不存在6M >使得n a M >恒成立，C 错误.对于选项D，当19a =时，如图（d）所示.图（d）{}n a 是单调递增数列，且当n →+∞时，n a →+∞.故不存在6M >，使n a M <恒成立.D 错误.故选B.【评注】本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.3.（2023北京卷21）已知数列{}{},n n a b 的项数均为()2m m >，且{},1,2,,i i a b m ∈ ，{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==.对于{}1,2,,k m ∈ ，定义{}{}max ,0,1,,k i k r i B A k m =∈ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.（1）若12a =，21a =，33a =；11b =，23b =，33b =，求0123,,,r r r r 的值；（2）若11a b ，且112,1,2,,1i i i r r r i m +-+=- ，求n r ；（3）证明：存在{},,,0,1,2,,p q r s m ∈ ，满足0,0p q m r s m ≤<≤≤<≤，使得p s q r A B A B +=+．【分析】（1）先求01230123,,,,,,,A A A A B B B B ，根据题意分析求解；（2）根据题意分析可得11i i r r +-≥，利用反证可得11i i r r +-=，再结合等差数列运算求解；（3）讨论,m m A B 的大小，根据题意结合反证法分析证明.【解析】（1）由题意可知：012301230,2,3,6,0,1,4,7A A A A B B B B ========，当0k =时，则0000,,1,2,3i B A B A i ==>=，故00r =；当1k =时，则01111,,,2,3i B A B A B A i <≤>=，故11r =；当2k =时，则222,0,1,,i B A i B A ≤=>故21r =；当3k =时，则3,0,1,2,i B A i ≤=，33,B A >故32r =；综上所述：00r =，11r =，21r =，32r =.（2）由题意可知：n r m ≤，且n r ∈N ，因为1,1n n a b ≥≥，则111,1n n A a B b ≥=≥=，当且仅当1n =时，等号成立，所以010,1r r ==，又因为112i i i r r r -+≤+，则11i i i i r r r r +--≥-，即112101m m m m r r r r r r ----≥-≥⋅⋅⋅≥-=，可得11i i r r +-≥，反证：假设满足11i i r r +->的最小正整数为j ，11j m ≤≤-，当i j ≥时，则12i i r r +-≥；当1i j ≤-时，则11i i r r +-=，则()()()112100m m m m m r r r r r r r r ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()22m j j m j ≥-+=-，又因为11j m ≤≤-，则()2211m r m j m m m m ≥-≥--=+>，假设不成立，故11n n r r +-=，即数列{}n r 是以1为公差的等差数列，所以01,n r n n n =+⨯=∈N .（3）（i）若m m A B =，则取0,p r q s m ====即可.（ii）若m m A B ≥，构建,1n n n r S A B n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≥，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≥，则1,0K K K r K r A B m A B +-≥-<，可得()()111K K K K K r r r K r K r b B B A B A B m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≤-.①若存在正整数N ，使得0N N N r S A B =-=，即N N r A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r A B A B +=+；②若不存在正整数N ，使得0N S =，因为{}1,2,,1n S m ∈⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，由抽屉原理，必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y X r Y r A B A B -=-，可得Y X X r Y r A B A B +=+，可取,,,Y X p X s r q Y r r ====，使得p s q r A B A B +=+；（iii）若m m A B <，构建,1n n r n S B A n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≤-，则1,0K K r K r K B A m B A +-≤-->，可得()()111K K K K K r r r r K r K b B B B A B A m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≥-.①若存在正整数N ，使得0N N r N S B A =-=，即N N r A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r A B A B +=+；②若不存在正整数N ，使得0N S =，因为{}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，由抽屉原理，必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y r X r Y B A B A -=-，可得Y X X r Y r A B A B +=+，可取,,,Y X p X s r q Y r r ====，使得p s q r A B A B +=+；综上所述，存在0,0p q m r s m ≤<≤≤<≤使得p s q r A B A B +=+．【评注】方法点睛：对于一些直接说明比较困难的问题，可以尝试利用反证法分析证明.。

关于数列的2025年高考数学知识点

关于数列的2025年高考数学知识点在高考数学中，数列一直是一个重要的考点，它不仅能够考查学生的逻辑思维能力，还能锻炼学生的运算和推理能力。

对于即将参加2025 年高考的同学们来说，掌握好数列的相关知识点至关重要。

一、数列的基本概念数列，简单来说，就是按照一定顺序排列的一列数。

例如：1，3，5，7，9 就是一个数列。

数列中的每一个数都称为这个数列的项。

其中，第一项称为首项，通常用 a₁表示。

数列的通项公式，就是用一个公式来表示数列的第 n 项与 n 之间的关系。

比如，一个等差数列的通项公式可以表示为 aₙ ＝ a₁＋（n 1)d ，其中 a₁是首项，d 是公差。

而数列的前 n 项和 Sₙ ，则是数列前 n 项的总和。

比如等差数列的前 n 项和公式为 Sₙ ＝ n(a₁＋ aₙ) ／ 2 。

二、等差数列等差数列是指从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数的数列。

这个常数称为公差，通常用 d 表示。

等差数列的通项公式为 aₙ ＝ a₁＋（n 1)d 。

例如，数列 2，5，8，11，14 就是一个公差为 3 的等差数列，其首项 a₁＝ 2 。

对于等差数列的前 n 项和 Sₙ ，我们有 Sₙ ＝ n(a₁＋ aₙ) ／ 2 ＝na₁＋ n(n 1)d ／ 2 。

在解题时，常常需要根据已知条件，通过列方程来求解等差数列的首项、公差、项数等。

三、等比数列等比数列是指从第二项起，每一项与它的前一项的比值等于同一个常数的数列。

这个常数称为公比，通常用 q 表示（q ≠ 0）。

等比数列的通项公式为 aₙ ＝ a₁qⁿ⁻¹。

比如，数列 2，4，8，16，32 就是一个公比为 2 的等比数列，首项a₁＝ 2 。

等比数列的前 n 项和 Sₙ ，当 q ＝ 1 时，Sₙ ＝ na₁；当q ≠ 1 时，Sₙ ＝ a₁(1 qⁿ) ／（1 q) 。

在解决等比数列的问题时，要特别注意公比是否为 1 的情况。

四、数列的性质等差数列有许多重要的性质，比如：若 m ＋ n ＝ p ＋ q ，则 aₙ ＋ aₙ ＝ aₙ ＋ a_q 。

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