历年高考试题汇编——数列
历年数列高考题汇编练习题
历年高考数学《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．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. 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 4、（20I0年全国新课标卷文）设等差数列{}n a 满足35a =，109a =-。
（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求{}n a 的前n 项和n S 及使得n S 最大的序号n 的值。
5、（2011年全国卷）设等差数列{}n a 的前N 项和为n S ,已知26,a =12630,a a +=求n a 和n S 6、（2011辽宁卷）已知等差数列{a n }满足a 2=0，a 6+a 8=-10 （I ）求数列{a n }的通项公式；（II ）求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-12n n a 的前n 项和． 7、（2010年陕西省）已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列. （Ⅰ）求数列{a n }的通项;（Ⅱ）求数列{2an }的前n 项和S n .设等差数列{n a }的前n 项和为n s ，公比是正数的等比数列{n b }的前n 项和为n T ，已知1133331,3,17,12,},{}n n a b a b T S b ==+=-=求{a 的通项公式。
2024全国卷真题分类汇编(教师版)(数列)
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.。
近五年(2017-2021)高考数学真题分类汇编07 数列
①求数列{bn}的通项公式；
②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}，对任意正整数k，当k≤m时，都有 成立，求m的最大值．
53．（2019·北京（文））设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．
A．1盏B．3盏
C．5盏D．9盏
二、填空题
22．（2020·海南）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________．
23．（2020·浙江）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 就是二阶等差数列，数列 的前3项和是________．
A．2a4=a2+a6B．2b4=b2+b6C． D．
7．（2020·全国（文））设 是等比数列，且 ， ，则 （）
A．12B．24C．30D．32
8．（2020·全国（文））记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则 =（）
A．2n–1B．2–21–nC．2–2n–1D．21–n–1
近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编
七、数列
一、单选题
1．（2021·全国（文））记 为等比数列 的前n项和.若 ， ，则 （）
A．7B．8C．9D．10
2．（2021·浙江）已知 ，函数 .若 成等比数列，则平面上点 的轨迹是（）
A．直线和圆B．直线和别解答，则按第一个解答计分．
43．（2021·全国（理））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;
专题06数列解答题2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(全国通用版)(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n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+．(1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．【答案】(1)证明见解析：； (2)78-．解析：(1)解：因为221nn S n a n+=+，即222n n S n na n +=+①，当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----，即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈，所以{}n a 是以1为公差的等差数列．(2)解：由(1)可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=-- ⎪⎝⎭，所以，当12n =或13n =时()min 78n S =-．【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年全国甲卷理科·第17题2．(2022新高考全国II 卷·第17题)已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-．(1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数．【答案】(1)证明见解析； (2)9．解析：(1)设数列{}n a 的公差为d ，所以，()11111111224283a d b a d b a d b b a d +-=+-⎧⎨+-=-+⎩，即可解得，112db a ==，所以原命题得证．（2）由(1)知，112d b a ==，所以()1111121k k m b a a b a m d a -=+⇔⨯=+-+，即122k m -=，亦即[]221,500k m -=∈，解得210k ≤≤，所以满足等式的解2,3,4,,10k = ，故集合{}1|,1500k m k b a a m =+≤≤中的元素个数为10219-+=．【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3．(2022新高考全国I 卷·第17题)记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：121112na a a +++< ．【答案】(1)()12n n n a +=(2)见解析解析：(1)∵11a =，∴111S a ==,∴111S a =,又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，∴()121133n n S n n a +=+-=,∴()23n n n a S +=,∴当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，∴()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111nn n an a --=+,即111n n a n a n -+=-,∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯()1341123212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--，显然对于1n =也成立，∴{}n a 的通项公式()12n n n a +=；(2)()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭∴12111n a a a +++ 1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 【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I 卷·第17题4．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第17题)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】解析:(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：()()214262n 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．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2021年新高考全国Ⅱ卷·第17题5．(2021年新高考Ⅰ卷·第17题)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】122,5b b ==；300．解析:(1)由题设可得121243212,1215b a a b a a a ==+===+=++=又22211k k a a ++=+，2122k k a a +=+，故2223k k a a +=+即13n n b b +=+即13n n b b +-=所以{}n b 为等差数列，故()21331n b n n =+-⨯=-．(2)设{}n a 的前20项和为20S ，则2012320S a a a a =++++ ，因为123419201,1,,1a a a a a a =-=-=- ，所以()20241820210S a a a a =++++- ()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++-=⨯⨯+⨯-= ⎪⎝⎭．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2021年新高考Ⅰ卷·第17题6．(2020年新高考I 卷(山东卷)·第18题)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)2nn a =；(2)100480S =．解析：(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2nn a =，所以数列{}n a 的通项公式为2nn a =．(2)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 ==== ，即有52个5；6465100,,,b b b 对应的区间分别为：(](](]0,64,0,65,,0,100 ，则64651006b b b ==== ，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．【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1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．(1)求{}n a 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：(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 n n 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)5512nn n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----．【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题的8．(2021年高考全国乙卷理科·第19题)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：(1)由已知212n n S b +=得221n nn 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12112222121n b b b b b +⋅=--，所以111221n n n nb b b 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;(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 nn n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立,∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩．【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1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,得到1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---，进而得到111221n n n nb b b b +++=-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．【题目栏目】数列\等差、等比数列的综合应用【题目来源】2021年高考全国乙卷理科·第19题9．(2021年高考全国甲卷理科·第18题)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】答案见解析解析：选①②作条件证明③：(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 aa n =-，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：(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．【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．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2021年高考全国甲卷理科·第18题10．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第17题)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)9nn n S -+-=．【解析】(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 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．【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年高考数学课标Ⅰ卷理科·第17题11．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题)设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．(1)计算a 2，a 3，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 ．【答案】(1)25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；(2)1(21)22n n S n +=-⋅+．解析：(1)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 =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；的(2)由(1)可知，2(21)2n nn a n ⋅=+⋅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)2nn n S n +-=+⨯+++-+⋅ ()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+．【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题．【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年高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题12．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第19题)已知数列{}n a 和{}n b 满足11a =，10b =，1434n n n a a b +=-+，1434n n n b b a +=--．()1证明：{}n n a b +是等比数列，{}n n a b -是等差数列；()2求{}n a 和{}n b 的通项公式．【答案】()1见解析；()21122n n a n =+-，1122n n b n =-+.【官方解析】()1由题设得114()2()n n n n a b b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+．又因为111a b +=，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()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+．又因为111a b -=，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列．()2由()1知，112n n n a b -+=，21n n a b n -=-．所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-，111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．【分析】()1可通过题意中的1434n n n a b a +=-+以及1434n n n b a b +=--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.【解析】()1由题意可知，，，，所以，即111()2n n n n a b a b +++=+，所以数列是首项为、公比为的等比数列，，因为，所以，数列是首项、公差为等差数列，.()2由()1可知，112n n n a b -+=，，所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-，111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+.【点评】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.【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第19题13．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第17题)(12分)等比数列{}n a 中，11a =，534a 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 ．(1)12n n a -=或()12n n a -=-；(2)6m =【答案】【官方解析】(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()123mm S --=，由63m S =，得()2188m-=-，此方和没有正整数解若12n n a -=，则21m m S =-，由63m S =，得264m =，解得6m =综上，6m =．1434n n n a a b +-=+1434n n n b b a +-=-111a b +=111a b -=1144323442n n n n n n n n a b a b b a a b ++=+=--+++-{}n n a b +112(112n n n a b -+=()11443434448n n n n n n n n a b a b b a a b ++---=+-=-+-112n n n n a b a b ++=-+-{}n n a b -12的21n n a b n -=-21n n a b n -=-【民间解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，由11a =，534a a =可得42141q q ⨯=⨯⨯，所以24q =所以2q =±当2q =时，1112n n n a a q --==；当2q =-时，()1112n n n a a q --==-(2)由(1)可知2q =±当2q =时，由()1163631m m a q S q-=⇒=-即126312m-=-，即62642m ==，所以6m =；当2q =-时，由()1163631m m a q S q-=⇒=-即()126312m--=+，即()2188m-=-，无解综上可知6m =．【题目栏目】数列\等比数列\等比数列的综合应用【题目来源】2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第17题14．(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第17题)(12分)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】解析：(1)设{}n a 的公差为d ，由题意得13315a d +=-．由17a =得2d =，所以{}n a 的通项公式为29n a n =-．(2)由(1)得228(4)16n S n n n =-=--．所以当4n =时，n S 取得最小值，最小值为16-．【题目栏目】数列\等差数列\等差数列的前n 项和【题目来源】2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第17题15．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题)已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+,其中0λ≠.(Ⅰ)证明{}n a 是等比数列,并求其通项公式;(Ⅱ)若53132S =,求λ.【答案】(Ⅰ)11(11n n a λλλ-=--;(Ⅱ)1λ=-.【解析】(Ⅰ)由题意得1111a S a λ==+,故1λ≠,111a λ=-,10a ≠.由1n n S a λ=+,111n n S a λ++=+得11n n n a a a λλ++=-,即1(1)n n a a λλ+-=.由10a ≠,0λ≠得0n a ≠,所以11n n a a λλ+=-.因此{}n a 是首项为11λ-,公比为1λλ-的等比数列,于是11()11n n a λλλ-=--.(Ⅱ)由(Ⅰ)得1()1n n S λλ=--,由53132S =得5311(132λλ-=-,即51()132λλ=-,解得1λ=-.【题目栏目】数列\等比数列\等比数列的前n 项和【题目来源】2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题16．(2016高考数学课标Ⅱ卷理科·第17题)(本题满分12分)n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S ，=记[]=lg n nb a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.9=0lg 99=1，．(I)求111101b b b ，，；(II)求数列{}n b 的前1 000项和．【答案】(1)[]1lg10b ==，[]11lg111b ==，[]101lg1012b ==；(2)1893．【解析】(1)设{}n a 的公差为d ，据已知有72128d +=，解得1d =．所以数列{}n a 的通项公式为n a n =．[]1lg10b ==，[]11lg111b ==，[]101lg1012b ==．(2)因为0,110,1,10100,2,1001000,3,1000,n n n b n n ≤<⎧⎪≤<⎪=⎨≤<⎪⎪=⎩所以数列{}n b 的前1000项和为1902900311893⨯+⨯+⨯=．【题目栏目】数列\等差数列\等差数列的前n 项和【题目来源】2016高考数学课标Ⅱ卷理科·第17题17．(2015高考数学新课标1理科·第17题)(本小题满分12分)n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知20,24 3.n n n n a a a S >+=+(Ⅰ)求{}n a 的通项公式：(Ⅱ)设112n n n b a a +=,求数列{}n b 的前n 项和【答案】(Ⅰ)21n +(Ⅱ)11646n -+分析：(Ⅰ)先用数列第n 项与前n 项和的关系求出数列{n a }的递推公式，可以判断数列{n a }是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{n a }的通项公式；(Ⅱ)根据(Ⅰ)数列{n b }的通项公式，再用拆项消去法求其前n 项和．解析：(Ⅰ)当1n =时，211112434+3a a S a +=+=，因为0n a >，所以1a =3，当2n ≥时，2211n n n n a a a a --+--=14343n n S S -+--=4n a ，即111()()2()n n n n n n a a a a a a ---+-=+，因为0n a >，所以1n n a a --=2，所以数列{n a }是首项为3，公差为2的等差数列，所以n a =21n +；(Ⅱ)由(Ⅰ)知，n b =1111((21)(23)22123n n n n =-++++，所以数列{n b }前n 项和为12n b b b +++ =1111111[((()]235572123n n -+-++-++ =11646n -+．考点：数列前n 项和与第n 项的关系；等差数列定义与通项公式；拆项消去法【题目栏目】数列\数列的求和\裂项相消法求和问题【题目来源】2015高考数学新课标1理科·第17题18．(2014高考数学课标2理科·第17题)(本小题满分12分)已知数列{}n a 满足1a =1，131n n a a +=+．(Ⅰ)证明{}12n a +是等比数列，并求{}n a 的通项公式；(Ⅱ)证明：12111na a a ++<…+【答案】解析：(Ⅰ)由131n n a a +=+，得1113(22n n a a ++=+，且11322a +=所以{}12n a +是首相为32，公比为3的等比数列。
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 −−−=⎡⎤=−−−⎣⎦∑.。
数列历年高考真题分类汇编(6)
专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用答案部分 2019年1.解析：对于B ，令2104x λ-+=，得12λ=， 取112a =，所以211,,1022n a a ==<L ， 所以当14b =时，1010a <，故B 错误；对于C ，令220x λ--=，得2λ=或1λ=-， 取12a =，所以22,,210n a a ==<L ， 所以当2b =-时，1010a <，故C 错误； 对于D ，令240x λ--=，得12λ±=，取1a =2a =，…，10n a =<， 所以当4b =-时，1010a <，故D 错误；对于A ，221122a a =+…，223113224a a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭…，242431911714216216a a a ⎛⎫=++++=> ⎪⎝⎭…，10n n a a +->，{}n a 递增，当4n …时，11132122n n n n a a a a +=+>+=，所以5465109323232a a a a a a ⎧>⎪⎪⎪>⎪⎨⎪⎪⎪>⎪⎩M，所以610432a a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以107291064a >>故A 正确．故选A ． 2.解析：（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ．由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++．解得()2121n n n n b S S S d++=-． 所以2*,n b n n n =+∈N ．（2）*n c n ===∈N ． 我们用数学归纳法证明．①当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；②假设()*n k k =∈N时不等式成立，即12h c c c +++<L ． 那么，当1n k =+时，121k k c c c c +++++<<L<==即当1n k =+时不等式也成立．根据（1）和（2），不等式12n c c c +++<L 对任意*n ∈N 成立．3.解析（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩． 因此数列{}n a 为“M—数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==，得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-， 当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N .②由①知，b k =k ，*k ∈N .因为数列{c n }为“M–数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0.因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k kq k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1； 当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x -=． 令()0f 'x =，得x =e.列表如下：x (1,e)e (e ，+∞) ()f 'x+0 –f （x ）极大值因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==．取q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤， 经检验知1k q k -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5．3.解析：（I ）1，3，5，6.（答案不唯一）.（II ）设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为110,...,,q r r n a a a -.由p q <，10p q r r n a a a -≤<.因为{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a .又12,,...,p r r r a a a 是{}n a 的长度为p 的递增子列，所以0,p m r a a ≤所以00m n a a <.（III ）由题设知，所有正奇数都是{}n a 中的项.先证明：若2m 是{}n a 中的项，则2m 必排在2m -1之前（m 为正整数）.假设2m 排在2m -1之后，设121,,...,,21m p p p a a a m --是数列{}n a 的长度为m 末项为2m -1的递增子列，则121,,...,,2 1.2m p p p a a a m m --是数列{}n a 的长度为m+1末项为2m 的递增子列，与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是{}n a 中的项.假设存在正偶数不是{}n a 中的项，设不在{}n a 中的最小正偶数为2m.因为2k 排在2k -1之前() 1,2,1k m =⋯- ,所以2k 和2k -1不可能在{}n a 的同一个子列中. 又{}n a 中不超过 21m +的数为1，2，…..， 21m -， 21m +， 所以{}n a 的长度为 1m +末项为 21m +的递增子列个数至多为12222112 2m m -⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯=<，与已知矛盾.最后证明 2m 排在 23m -之后（ 2m ≥为整数）.假设存在 2m （ 2m ≥），使得 2m 排在 23m -之前，则{}n a 的长度为 1m +末项为 21m +的递增子列个数小于 2m ，与已知矛盾.综上，数列{}n a 只可能为2,1,4,3,,23,2,21,m m m ⋅⋅⋅--⋅⋅⋅. 经验证，数列2,1,4,3,,23,2,21,m m m ⋅⋅⋅--⋅⋅⋅符合条件， 所以1,1.n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数为偶数.2010-2018年1．A 【解析】对数列进行分组如图k321∙∙∙，222121，2k 22，21，20，20，20，20则该数列前k 组的项数和为(1)1232k k k ++++⋅⋅⋅+= 由题意可知100N >，即(1)1002k k +>，解得14k ≥，n ∈*N 即N 出现在第13组之后．又第k 组的和为122112kk -=-- 前k 组的和为1(12)(122)k +++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+12(21)(21)(21)k =-+-+⋅⋅⋅+- 12(222)k k =++⋅⋅⋅+-122k k +=--，设满足条件的的N 在第1k +(k ∈*N ,13k ≥)组，且第N 项为第1k +的第m ()m ∈*N 个数，第1k +组的前m 项和为211222m -+++⋅⋅⋅+21m =-，要使该数列的前N 项和为2的整数幂， 即21m -与2k --互为相反数， 即212mk -=+， 所以23mk =-，由14k ≥，所以2314m-≥，则5m ≥，此时52329k =-= 对应满足的最小条件为29(291)54402N +=+=，故选A ． 2．C 【解析】由题意可得10a =，81a =，2a ，3a ，…，7a 中有3个0、3个1，且满足对任意k ≤8，都有1a ，2a ，…，k a 中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111,00010111, 00011011, 00011101,00100111, 00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101，共14个．3．A 【解析】对命题p ：12,,,n a a a L 成等比数列，则公比)3(1≥=-n a a q n n且0≠n a ； 对命题q ，①当0=n a 时，22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++L L L 成立；②当0≠n a 时，根据柯西不等式，等式22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++L L L 成立，则nn a a a a a a 13221-=⋅⋅⋅==，所以12,,,n a a a L 成等比数列， 所以p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件.4．A 【解析】2a ，4a ，8a 成等比数列，∴2428a a a =⋅，即2111(6)(2)(14)a a a +=++，解得12a =，所以(1)n S n n =+．5．B 【解析】∵21)(x x f =在[0,1]上单调递增，可得1110()()0f a f a ->，1211()()0f a f a ->，…，199198()()0f a f a ->，∴111101211199198|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+-1110121119919819910()()+()()()()=()()f a f a f a f a f a f a f a f a --+⋅⋅⋅+--=299-0=199（） ∵),(2)(22x x x f -=在490]99[，上单调递增，在50[,1]99单调递减 ∴2120()()0f a f a ->，…，249248()()0f a f a ->，250249()()0f a f a -=，251250()()0f a f a -<，…，299298()()0f a f a -<∴221202221299298|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+- =24920299250()()[()()]f a f a f a f a ---=250202992()()()f a f a f a --=505098004(1)199999801⨯⨯-=< ∵|2sin |31)(3x x f π=在24[0,]99，5074[,]9999上单调递增，在2549[,]9999，75[,1]99上单调递减，可得33253493742492()2()2(=(2sin sin )39999I f a f a f a ππ=-+-）252(2sin sin )(1312123444ππ>-=-=> 因此312I I I <<．6．27【解析】所有的正奇数和2n (*n ∈N )按照从小到大的顺序排列构成{}n a ，在数列{}n a中，52前面有16个正奇数，即5212a =，6382a =．当1n =时，1211224S a =<=，不符合题意；当2n =时，2331236S a =<=，不符合题意；当3n =时，3461248S a =<=，不符合题意；当4n =时，45101260S a =<=，不符合题意；……；当26n =时，52621(141)2(12)212S ⨯+⨯-=+-= 441 +62= 503<2712516a =，不符合题意；当27n =时，52722(143)2(12)212S ⨯+⨯-=+-=484 +62=546>2812a =540，符合题意．故使得112n n S a +>成立的n 的最小值为27．7．5【解析】设数列的首项为1a ，则12015210102020a +=⨯=，所以15a =，故该数列的首项为5．8．12【解析】将82a =代入111n n a a +=-，可求得712a =；再将712a =代入111n na a +=-，可求得61a =-；再将61a =-代入111n na a +=-得52a =；由此可知数列{}n a 是一个周期数列，且周期为3，所以1712a a ==． 9．64【解析】由11a =且125,,a a a 成等比数列，得2111(4)()a a d a d +=+，解得2d =，故81878642S a d ⨯=+=． 102a t =，则23112t q t q t q ++≤≤≤≤≤≤，由于1t ≥，所以max{q t ≥，故q．11．4【解析】由题意得1122(4)()(1)(14)()3322(4)()(1)(14)()33k k k k k k k k k k k k -+⎧+>--+⎪⎪⎨⎪+>+++⎪⎩，得22(1)1010k k ⎧-<⎨>⎩，因此*k N ∈，所以4k =．12．【解析】(1)由条件知：(1)n a n d =-,12n n b -=．因为1||n n a b b -≤对n =1，2，3，4均成立， 即1|(1)2|1n n d ---≤对n =1，2，3，4均成立，即1≤1，1≤d ≤3，3≤2d ≤5，7≤3d ≤9，得7532d ≤≤． 因此，d 的取值范围为75[,]32．(2)由条件知：1(1)n a b n d =+-,11n n b b q -=．若存在d ，使得1||n n a b b -≤(n =2，3，···，m +1)成立，即1111|(1)|n b n d b q b -+--≤(n =2，3，···，m +1)，即当2,3,,1n m =+L 时，d 满足1111211n n q q b d b n n ---≤≤--．因为q ∈，则112n m q q -<≤≤，从而11201n q b n --≤-，1101n q b n ->-，对2,3,,1n m =+L 均成立． 因此，取d =0时，1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立．下面讨论数列12{}1n q n ---的最大值和数列1{}1n q n --的最小值（2,3,,1n m =+L ）． ①当2n m ≤≤时，111 2222111()()()n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n -------+--+-==---， 当112mq <≤时，有2n m q q ≤≤，从而1() 20n n n n q q q ---+>．因此，当21n m ≤≤+时，数列12{}1n q n ---单调递增，故数列12{}1n q n ---的最大值为2m q m-． ②设()()21x f x x =-，当0x >时，ln 21(0(n )l 22)x f x x '=--<， 所以()f x 单调递减，从而()(0)1f x f <=．当2n m ≤≤时，111112111()()()nn n q q n n f q n n n n --=≤-=<-， 因此，当21n m ≤≤+时，数列1{}1n q n --单调递减，故数列1{}1n q n --的最小值为mq m． 因此，d 的取值范围为11(2)[,]m mb q b q m m-．13．【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而12b =，所以260q q +-=. 又因为0q >，解得2q =.所以，2nn b =.由3412b a a =-，可得138d a -= ①. 由114=11S b ，可得1516a d += ②，联立①②，解得11a =，3d =，由此可得32n a n =-.所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2nn b =.（Ⅱ）设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4nn n a b n -=-⨯， 故23245484(31)4nn T n =⨯+⨯+⨯++-⨯L ，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯L ，上述两式相减，得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯L1112(14)4(31)414(32)48.n n n n n ++⨯-=---⨯-=--⨯- 得1328433n n n T +-=⨯+. 所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 14．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：0n x >当1n =时，110x => 假设n k =时，0k x >，那么1n k =+时，若10k x +≤，则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>． 因此0n x >()n ∈*N所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>因此10n n x x +<<()n ∈*N（Ⅱ）由111ln(1)n n n n x x x x +++=++>得2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++ 记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)f x f ≥=0， 因此2111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥ 故112(N )2n n n n x x x x n *++-∈≤ （Ⅲ）因为11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=+++=≤所以112n n x -≥得 由1122n n n n x x x x ++-≥得 111112()022n n x x +-->≥ 所以12111111112()2()2222n n n n x x x -----⋅⋅⋅-=≥≥≥ 故212n n x -≤综上，1211(N )22n n n x n *--∈≤≤ ．15．【解析】（Ⅰ）由已知，1211,1,n n n n S qS S qS +++=+=+两式相减得到21,1n n a qa n ++=?.又由211S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ³都成立. 所以，数列{}n a 是首项为1，公比为q 的等比数列. 从而1=n n a q -.由2322+2a a a ，，成等比数列，可得322=32a a +，即22=32,q q +， 则(21)(2)0q+q -=， 由已知,0q >，故 =2q . 所以1*2()n n a n -=?N . （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n n a q -=.所以双曲线2221ny x a -=的离心率n e =由53q =解得43q =. 因为2(1)2(1)1+k k q q -->1*k q k -?N （）. 于是11211+1n n n q e e e q q q --++鬃?>+鬃?=-，故1231433n nn e e e --++鬃?>. 16．【解析】（Ⅰ）由题意有，1110451002a d a d +=⎧⎨=⎩ ，即1129202a d a d +=⎧⎨=⎩．解得112a d =⎧⎨=⎩ 或1929a d =⎧⎪⎨=⎪⎩，故1212n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或11(279)929()9n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩． （Ⅱ）由1d >，知21n a n =-，12n n b -=，故1212n n n c --=，于是 2341357921122222n n n T --=++++++L ， ① 2345113579212222222n n n T -=++++++L . ② ①-②可得221111212323222222n n n n n n T --+=++++-=-L ，故n T 12362n n -+=-． 17．【解析】（Ⅰ）2()()212,nn n F x f x x x x =-=+++-L 则(1)10,n F n =->1211111112()1220,12222212n nn n F +⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+++-=-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-L 所以()n F x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内至少存在一个零点n x ． 又1()120n n F x x nx-'=++>L ，故在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增，所以()n F x 在1(,1)2内有且仅有一个零点n x ．因为n x 是()n F x 的零点，所以()=0n n F x ，即11201n n nx x +--=-，故111=+22n n n x x +.（Ⅱ）解法一：由题设，()()11().2nnn x g x ++=设()()211()()()1,0.2nnn n n x h x f x g x x x x x ++=-=+++->L当1x =时, ()()n n f x g x = 当1x ≠时, ()111()12.2n n n n x h x x nx--+'=++-L若01x <<,()11111()22n n n n n n h x xx nx x ----+'>++-L()()11110.22n n n n n n x x --++=-=若1x >,()11111()22n n n n n n h x x x nx x ----+'<++-L()()11110.22n n n n n n x x --++=-=所以()h x 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减， 所以()(1)0h x h <=，即()()n n f x g x <．综上所述，当1x =时, ()()n n f x g x =；当1x ≠时()()n n f x g x <． 解法二 由题设，()()211()1,(),0.2nn n n n x f x x x x g x x ++=+++=>L当1x =时, ()()n n f x g x =；当1x ≠时, 用数学归纳法可以证明()()n n f x g x <． 当2n =时, 2221()()(1)0,2f xg x x -=--<所以22()()f x g x <成立． 假设(2)n k k =≥时，不等式成立，即()()k k f x g x <． 那么，当+1n k =时，()()111k+1k 11()()()2kk k k k k x f x f x x g x x x+++++=+<+=+()12112k k x k x k +++++=.又()()11k+121111()22k k k k x k x k kx k x g x ++++++-++-=令()1()11(x 0)k k k h x kx k x +=-++>， 则()()11()(k 1)11(x 1)kk k k h x k x k k xk k x --'=+-+=+-．所以当01x <<,()0kh x '<,()k h x 在(0,1)上递减； 当1x >,()0kh x '>,()k h x 在(1,)+∞上递增． 所以()(1)0k k h x h >=，从而()1k+1211()2k k x k x k g x +++++>．故11()()k k f x g x ++<.即+1n k =，不等式也成立． 所以，对于一切2n ≥的整数，都有()()n n f x g x <．解法三:由已知，记等差数列为{}k a ，等比数列为{}k b ，1,2,...,1k n =+．则111a b ==，11nn n a b x ++==，所以()11+1(2n)n k x a k k n-=-⋅≤≤,1(2),k k b x k n -=≤≤ 令()()111(x)1,0(2).n k k k k k x m a b x x k n n---=-=+->≤≤当1x =时, =k k a b ,所以()()n n f x g x =． 当1x ≠时, ()()12211()(k 1)11n k k n k k k m x nx x k x x n----+-'=--=--， 而2k n ≤≤，所以10k ->，11n k -+≥． 若01x <<, 11n k x -+<,()0k m x '<，当1x >,11n k x-+>,()0km x '>， 从而()k m x 在(0,1)上递减,()k m x 在(1,)+∞上递增.所以()(1)0k k m x m >=， 所以当01(2),k k x x a b k n >≠>≤≤且时,又11a b =,11n n a b ++=，故()()n n f x g x < 综上所述，当1x =时, ()()n n f x g x =；当1x ≠时()()n n f x g x <18．【解析】（Ⅰ）由21=0=22()n n n a a a n N λμ++-=∈，，有．若存在某个0,n N +∈使得0,no a =则由上述递推公式易得10,no a -=重复上述过程可得10a =，此与13a =矛盾，所以对任意,0n n N a +∈≠．从而12(),n n a a n N ++=∈即{}n a 是一个公比2q =的等比数列．故11132n n n a a q --==⋅．（Ⅱ）由01,1k λμ==-，数列{}n a 的递推关系式变为211010n n n n a a a a k +++-=， 变形为2101()().n n n a a a n N k +++=∈由上式及130a =>， 归纳可得12130n n a a a a +=>>⋅⋅⋅>>>⋅⋅⋅>．因为22220010001111111n nn n n n n a a k k a a k k a a a k k +-+===-?+++， 所以对01,2,,n k =⋅⋅⋅求和得01010121()()k k k a a a a a a ++=+-+⋅⋅⋅+-010000102011111 =()111k a k k k k a k a k a -⋅+⋅++⋅⋅⋅++++0000011111>2+( )231313131k k k k k k ⋅++⋅⋅⋅+=+++++1444442444443． 另一方面，由上已证的不等式知001212k k a a a a +>>⋅⋅⋅>>>，得00110000102011111()111k k a a k k k k a k a k a +=-⋅+⋅++⋅⋅⋅++++0000011111<2+()221212121k k k k k k ⋅++⋅⋅⋅+=+++++1444442444443． 综上，0100112+23121k a k k +<<+++．19．【解析】（Ⅰ）,64,2,,2141211d a S d a S a S d +=+===4122421,,S S S S S S =∴成等比Θ解得12,11-=∴=n a a n （Ⅱ）)121121()1(4)1(111++--=-=-+-n n a a n b n n n n n ，当n 为偶数时11111(1)()()33557n T =+-+++-L L1111()()23212121n n n n ++-+---+ 1221211+=+-=∴n nn T n 11111(1)()()33557n n T =+-+++--L L 当为奇数时， 1111()()23212121n n n n +++---+12221211++=++=∴n n n T n ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=∴为奇数为偶数n n n n n nT n ,1222,122． 20．【解析】（Ⅰ）由题意，()()*∈=N n a a a nb n 221Λ，326b b-=，知3238b b a -==，又由12a =，得公比2q =（2q =-舍去），所以数列{}n a 的通项公式为2()n n a n N *=∈，所以()()1121232n n n n n a a a a ++==L ，故数列{}n b 的通项公式为，()1()n b n n n N *=+∈； （Ⅱ）（i ）由（Ⅰ）知，11111()21n n n n c n N a b n n *⎛⎫=-=--∈ ⎪+⎝⎭， 所以11()12n n S n N n *=-∈+； （ii ）因为12340,0,0,0c c c c =>>>； 当5n ≥时，()()11112n nn n c n n +⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦，而()()()()()11112120222n n n n n n n n n ++++++--=>， 得()()51551122n n n ++≤<， 所以当5n ≥时，0n c <，综上对任意n N *∈恒有4n S S ≥，故4k =．21．【解析】（I ）因为{}n a 是递增数列，所以11n n n n n a a a a p ++-=-=．而11a =，因此又123,2,3a a a 成等差数列，所以21343a a a =+，因而230p p -=， 解得1,03p p == 当0p =时，1n n a a +=，这与{}n a 是递增数列矛盾。
历年高考数学真题汇编专题13 等差、等比数列的应用(解析版)
历年高考数学真题汇编专题13 等差、等比数列的应用1．【2019年高考全国III 卷文数】已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a =（ ） A ．16 B ．8C ．4D ．2【答案】C【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则231111421111534a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩， 解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ．2．【2019年高考浙江卷】设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1=a ，a n +1=a n 2+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】①当b =0时，取a =0，则0,n a n *=∈N .②当<0b 时，令2x x b =+，即20x x b -+=.则该方程140b ∆=->，即必存在0x ，使得2000x x b -+=， 则一定存在10 ==a a x ，使得21n n n a a b a +=+=对任意n *∈N 成立，解方程20a a b -+=，得12a ±=，10≤时，即90b -…时，总存在a =，使得121010a a a ==⋯=≤， 故C 、D 两项均不正确.③当0b >时，221a a b b =+≥，则2232a a b b b =+≥+，()22243a a b b b b =+++….（ⅰ）当12b =时，22451111711,1222162a a ⎡⎤⎛⎫++=>>+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦≥，则26111112224a ⎛⎫>++=> ⎪⎝⎭，2719222a >+=， 28918310224a ⎛⎫>+=> ⎪⎝⎭ ，则2981102a a =+>， 21091102a a =+> ， 故A 项正确.（ⅱ）当14b =时，令1==0a a ，则2231111,4442a a ⎛⎫==+< ⎪⎝⎭，所以224311114242a a ⎛⎫=+<+= ⎪⎝⎭，以此类推，所以2210911114242a a ⎛⎫=+<+= ⎪⎝⎭，故B 项不正确. 故本题正确答案为A.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.3、【2019年高考全国I 卷文数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若13314a S ==，，则S 4=___________． 【答案】58【解析】设等比数列的公比为q ，由已知223111314S a a q a q q q =++=++=，即2104q q ++=.解得12q =-，所以441411()(1)521181()2a q S q ---===---． 准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式的计算，部分考生易出现运算错误．一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算3343431315()428S S a S a q =+=+=+-=，避免繁分式计算． 4、【2019年高考全国III 卷文数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若375,13a a ==，则10S =___________.【答案】100【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，根据题意可得317125,613a a d a a d =+=⎧⎨=+=⎩得11,2a d =⎧⎨=⎩ 101109109101012100.22S a d ⨯⨯∴=+=⨯+⨯= 5、【2019年高考江苏卷】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__________． 【答案】16【解析】由题意可得：()()()25811191470989272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩， 解得：152a d =-⎧⎨=⎩，则8187840282162S a d ⨯=+=-+⨯=. 等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程（组），如本题，从已知出发，构建1a d ,的方程组. 6、【2019年高考全国I 卷文数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=-a 5．（1）若a 3=4，求{a n }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．n 由95S a =-得140a d +=． 由a 3=4得124a d +=． 于是18,2a d ==-．因此{}n a 的通项公式为102n a n =-．（2）由（1）得14a d =-，故(9)(5),2n n n n da n d S -=-=. 由10a >知0d <，故n n S a ≥等价于211100n n -+…，解得1≤n ≤10． 所以n 的取值范围是{|110,}n n n *≤≤∈N ．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.7、【2019年高考全国II 卷文数】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．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得22416q q =+，即2280q q --=．解得2q =-（舍去）或q =4．因此{}n a 的通项公式为121242n n n a --=⨯=．（2）由（1）得2(21)log 221n b n n =-=-， 因此数列{}n b 的前n 项和为21321n n +++-=L ．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.8、【2019年高考北京卷文数】设{a n }是等差数列，a 1=–10，且a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列．（1）求{a n }的通项公式；（2）记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值．n 因为110a =-，所以23410,102,103a d a d a d =-+=-+=-+． 因为23410,8,6a a a +++成等比数列， 所以()()()23248106a a a +=++． 所以2(22)(43)d d d -+=-+． 解得2d =．所以1(1) 212n a a n d n =+-=-． （2）由（1）知，212n a n =-．所以，当7n ≥时，0n a >；当6n ≤时，0n a ≤． 所以，n S 的最小值为630S =-．一、等差数列1、定义：数列{}n a 若从第二项开始，每一项与前一项的差是同一个常数，则称{}n a 是等差数列，这个常数称为{}n a 的公差，通常用d 表示2、等差数列的通项公式：()11n a a n d =+-，此通项公式存在以下几种变形： （1）()n m a a n m d =+-，其中m n ≠：已知数列中的某项m a 和公差即可求出通项公式（2）n ma a d n m -=-：已知等差数列的两项即可求出公差，即项的差除以对应序数的差（3）11n a a n d-=+：已知首项，末项，公差即可计算出项数3、等差中项：如果,,a b c 成等差数列，则b 称为,a c 的等差中项（1）等差中项的性质：若b 为,a c 的等差中项，则有c b b a -=-即2b a c =+ （2）如果{}n a 为等差数列，则2,n n N *∀≥∈，n a 均为11,n n a a -+的等差中项（3）如果{}n a 为等差数列，则m n p q a a a a m n p q +=+⇔+=+ 4、等差数列通项公式与函数的关系：()111n a a n d d n a d =+-=⋅+-，所以该通项公式可看作n a 关于n 的一次函数，从而可通过函数的角度分析等差数列的性质。
高考数学真题分项汇编专题06 数列小题(理科)(原卷版)
十年（2014－2023）年高考真题分项汇编—数列小题目录题型一：数列的概念与通项公式 ....................................... 1 题型二：等差数列 .................................................. 2 题型三：等比数列 .................................................. 4 题型四：等差与等比数列综合 ......................................... 6 题型五：数列的求和 ................................................ 6 题型六：数列与数学文化 ............................................. 7 题型七：数列的综合应用 (9)题型一：数列的概念与通项公式一、选择题1．(2016高考数学浙江理科·第6题)如图，点列{}{},n n A B 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 ，1n n B B +*122,,n n n n B B B B n +++≠∈N (P Q ≠表示点P 与Q 不重合)．若n n n d A B =，n S 为1n n n A B B +∆的面积，则 ( )( )A ．{}n S 是等差数列B ．{}2n S 是等差数列 C ．{}n d 是等差数列D ．{}2n d 是等差数列2．(2019·浙江·第10题)已知a ，b ∈R ，数列{}n a 满足1a a =，21n n a a b +=+，*n ∈N ，则 ( )A ．当12b =时，1010a > B ．当14b =时，1010a > C ．当2b =−时，1010a > D ．当4b =−时，1010a >3．(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第12题)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,,其中第一项是,接下来的两项是,,再接下来的三项是,,,依此类推．求满足如下条件的最小整数:且该数列的前项和为的整数幂．那么该款软件的激活码是 ( )A ．B ．C ．D ．4．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第12题)定义“规范01数列”{}n a 如下:{}n a 共有2m 项,其中m 项为0,m 项为1,且对任意2k m ≤,1,2,,k a a a 中0的个数不少于1的个数.若4m =,则不同的“规范01数列”共有 ( )A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个5．(2021年高考浙江卷·第10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 ．100321S << B ．10034S <<C ．100942S <<D ．100952S << 二、填空题1．(2022高考北京卷·第15题) 己知数列{}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__________．2．(2015高考数学新课标2理科·第16题) 设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =−，11n n n a S S ++=，则n S =________．3．(2017年高考数学上海（文理科）·第14题) 已知数列和,其中,,的项是互不相等的正整数,若对于任意,的第项等于的第项,则________．4．(2016高考数学浙江理科·第13题) 设数列{}n a 的前n 项和为n S ．若*214,21,n n S a S n +==+∈N ，则1a = ，5S = ．题型二：等差数列一、选择题1．(2020北京高考·第8题)在等差数列{}n a 中，19a =−，31a =−．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020212021222N 100N >N2440330220110{}n a {}n b 2n a n =*n ∈N {}n b *n ∈N {}n b n a {}n a n b 149161234lg()lg()b b b b b b b b =2．(2019·全国Ⅰ·理·第9题)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知40S =，55a =，则( )A ．25na n =− B ．310na n =− C ．228n S n n =−D ．2122nS n n =−3．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第4题)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，3243S S S =+,12a =．则5a =( )A ．12−B ．10−C ．10D ．12 4．设{}n a 是等差数列，1359a a a ++=，69a =，则这个数列的前6项和等于 ( )Ａ．12 Ｂ．24 Ｃ．36 Ｄ．485．(2016高考数学课标Ⅰ卷理科·第3题)已知等差数列{}n a 前9项的和为27，10=8a ，则100=a( )A100 B99 C98 D976．(2014高考数学福建理科·第3题)等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若132,12a S ==，则6a 等于( )A ．8B ．10C ．12D ．147．(2015高考数学重庆理科·第2题)在等差数列{}n a 中，若24a =，42a =，则6a =( )A ．1−B ．0C ．1D ．68．(2015高考数学北京理科·第6题)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 −−>9．(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第4题)记为等差数列的前项和．若,,则的公差为( )A ．B ．C ．D ．10．(2014高考数学辽宁理科·第8题)设等差数列{}n a 的公差为d ，若数列1{2}n a a为递减数列，则( )A ．0d <B ．0d >C ．10a d <D ．10a d >二、填空题1．(2019·全国Ⅲ·理·第14题) 记n S 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =___________． 【点评】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案． 2．(2019·江苏·第8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 .n S {}n a n 4524a a +=648S ={}n a 12483．(2019·北京·理·第10题) 设等差数列{}n a 的前n n 项和为n S ，若23a =−a 2=−3，S 5=−10，则a 5=__________，S n 的最小值为__________．4．(2018年高考数学上海·第6题) 记等差数列{}n a 的前n 项和为n S ．若30a =，6714a a +=，则7S = ．5．(2018年高考数学北京（理）·第9题) 设{}n a 是等差数列，且13a =，2536a a +=，则{}n a 的通项公式为__________．6．(2014高考数学北京理科·第12题) 若等差数列{}n a 满足7890a a a ++> , 7100a a +< , 则当n = 时, {}n a 的前n 项和最大．7．(2015高考数学陕西理科·第13题) 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 ．8．(2015高考数学广东理科·第10题) 在等差数列{n a }中，若2576543=++++a a a a a ，则82a a += ．9．(2016高考数学江苏文理科·第8题) 已知{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项和．若2123a a +=−，510S =，则9a 的值是 ． 10．(2016高考数学北京理科·第12题) 已知{}n a 为等差数列， n S 为其前n 项和，若1356,0a a a =+=，则6S =__________．题型三：等比数列一、选择题1．(2023年天津卷·第6题)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 ．1522．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第8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 ．120−3．(2023年全国甲卷理科·第5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 ．158 B ．658C ．15D ．404．(2022年高考全国乙卷数学(理)·第8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．(2019·全国Ⅲ·理·第5题)已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a = ( )A ．16B ．8C ．4D ．26．(2018年高考数学浙江卷·第10题)已知1234,,,a a a a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++，若11a >，则 ( )A ．1324,a a a a <<B ．1324,a a a a ><C ．1324,a a a a <>D ．1324,a a a a >>7．(2014高考数学重庆理科·第2题)对任意等比数列}{n a ,下列说法一定正确的是( )A ．139,,a a a 成等比数列B ．236,,a a a 成等比数列C ．248,,a a a 成等比数列 D ．963,,a a a 成等比数列8．(2015高考数学新课标2理科·第4题)已知等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++=( )A ．21B ．42C ．63D ．849．(2015高考数学湖北理科·第5题)设12,,,n a a a ∈R ，3n ≥．若p ：12,,,n a a a 成等比数列；q ：22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a −−++++++=+++ ，则 ( )A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件 二、填空题1．(2023年全国乙卷理科·第15题) 已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =−，则7a =______． 2．(2019·全国Ⅰ·理·第14题) 记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若113a =，246a a =，则5S = ．3．(2014高考数学广东理科·第13题) 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 +++=4．(2014高考数学江苏·第7题) 在各项均为正数的等比数列{}n a 中，21,a =8642a a a =+，则6a 的值是 ． 5．(2015高考数学安徽理科·第14题) 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．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第14题) 设等比数列满足,，则．7．(2017年高考数学江苏文理科·第9题) 等比数列的各项均为实数,其前项的和为,已知,则=____．8．(2016高考数学课标Ⅰ卷理科·第15题) 设等比数列满足1310a a +=，245a a +=，则12...n a a a 的最{}n a 121a a +=−133a a −=−4a ={}n a n n S 3676344S S ==,8a大值为 ．题型四：等差与等比数列综合一、选择题1．(2015高考数学浙江理科·第3题)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 <>2．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第9题)等差数列的首项为，公差不为．若成等比数列，则前项的和为( )A ．B ．C ．D ． 二、填空题3．(2014高考数学天津理科·第11题) 设{}n a 是首项为1a ,公差为1−的等差数列,n S 为其前n 项和．若124,,S S S 成等比数列,则1a 的值为_________．4．(2014高考数学安徽理科·第12题) 数列{}n a 是等差数列，若1351,3,5a a a +++构成公比为q 的等比数列，则q = ．5．(2015高考数学湖南理科·第14题)设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若11a =，且13S ，22S ，3S 成等差数列，则n a = ．6．(2017年高考数学北京理科·第10题)若等差数列和等比数列满足,,则_______． 7．(2020江苏高考·第11题)设{}n a 是公差为d 的等差数列，{}n b 是公比为q 的等比数列．已知数列{}n n a b +的前n 项和221()n n S n n n +=−+−∈N ，则d q +的值是_______．题型五：数列的求和一、选择题1．(2014高考数学大纲理科·第10题)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 ．32．(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第6题)数列{}n a 中，12a =，m n m n a a a +=，若155121022k k k a a a ++++++=− ，则k =( )A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题{}n a 10236,,a a a {}n a 624−3−38{}n a {}n b 111a b ==−448a b ==22a b =1．(2020年浙江省高考数学试卷·第11题) 已知数列{a n }满足(1)=2n n n a +，则S 3=________． 2．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学（海南）·第15题) 将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________．3．(2019·上海·第8题)已知数列{}n a 前n 项和为n S ，且满足2n n S a +=，则5S =______. 4．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第14题)记n S 为数列{}n a 的前n 项和．若21n n S a =+,则6S = ．5．(2015高考数学江苏文理·第14题)设向量 (cos,sin cos )666k k k k πππ=+a (0,1,2,,12k = )，则1110()kk k +=⋅∑aa 的值为_______．6．(2015高考数学江苏文理·第11题)设数列{}n a 满足11a =，且11n n a a n +−=+(*n N ∈), 则数列1n a前10项的和为_______．7．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科·第15题)等差数列的前项和为，，，则． 8．(2016高考数学上海理科·第11题)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________．题型六：数列与数学文化一、选择题1．(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第0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{}n a n n S 33a =410S =11nk kS ==∑2．(2022新高考全国II 卷·第3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 AA k 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高考北京·第6题)《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种．这五种规格党旗的长12345,,,,a a a a a (单位:cm)成等差数列，对应的宽为12345,,,,b b b b b (单位:cm),且长与宽之比都相等，已知1288a =，596=a ，1192b =，则3b = A ．64B ．96C ．128D ．1604．(2018年高考数学北京(理)·第4题)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A ．B ．C ．D ．5．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科·第3题)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯 ( ) A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏 二、填空题1．(2023年北京卷·第14题) 我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量(单位：铢)从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且1591,12,192a a a ===，则7a =___________；数列{}n a 所有项的和为____________．2．(2021年新高考Ⅰ卷·第16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 ．题型七：数列的综合应用一、选择题1．(2023年北京卷·第10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．(2020年浙江省高考数学试卷·第7题)已知等差数列{a n }的前n 项和S n ，公差d ≠0，11a d≤．记b 1=S 2，b n +1=S n +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 =3．(2022高考北京卷·第6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 4．(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第11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 ．110015．(2023年全国乙卷理科·第10题)已知等差数列{}n a 的公差为23π，集合{}*cos N nS an ∈，若{},S a b =，则ab =( )A ．－1B ．12−C ．0D ．12二、填空题1．(2018年高考数学江苏卷·第14题)已知集合*{|21,}A x x n n ==−∈N ，*{|2,}n B x x n ==∈N ．将A B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为 ．。
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aa2aa8aa{a}
（5）已知，则，为等比数列，104716n55577 ） （D （B） （C）
（A）
na(1)a2n1{a}}{a60项和为 ，则 （16）数列 满足的前 n1nnn
ma32SS0SSn
， 7、设等差数列，，的前，则项和为1mm1mnnA、3 B、4
C、5 D、6
a，b，cBCABCSA
，的三边长分别为n=1，2的面积为，，12、设3，… nnnnnnnnnnc＋ab＋a
nnnn
若b＞c，b＋c＝2a，a＝a，b＝，c＝，则( )
11nn1n11111n＋＋＋22A、{S}为递减数列 nB、{S}为递增数列 n
C、{S}为递增数列，{S}为递减数列
n2n12－ }为递增数列}为递减数列，{SD、{Sn122n
－
21aaaSaS
n
______. ，的通项公式是14、若数列的前项和为，则数列
nnnnnn
33
1a0aaSaaSn
为，=1已知数列(14年I卷)17.{}的前，项和为，，其中nnnn11nn.
常数aa （I）证明：；nn2a. }）是否存在{，使得为等差数列？并说明理由II（n
a1aaa3. 满足=1已知数列年(14II卷)17. ，nn11n1
aa
的通项公式；是等比数列，
并求（Ⅰ）证明 nn23111+….
（Ⅱ）证明： aaa2n12
(15年I卷)
20aS4Saa3a ，.为数列(17) n的前项和已知nnnnnn
a
（I）求的通项公式：
n
1bbn
项和的前 （II）设，求数列
nnaann1
aaaaaa
( a｝满足a=3， )
=21，则年(15II卷)（4）等比数列｛1n731355（A）21 （B）42 （C）63 （D）84
aa1SaSSS
，的前n项和，且________．设(15年II卷（)16） 是数列，则n1n1nn1nn
a
a8a
，则) （3）已知等差数列27，前9项的和为(16年I卷10010n（A）100 （B）
99 （C）98 （D）97
a
aa10aa5aaa
的最大满足，则，15(16年I卷)（）设等比数列满足n123142n 。 值为
，其中年II卷) 17.
(16 的最大整数，如表示不超过
.
) (I，求， 的前)项和.
求数列 (II
(16III)12“01”{a}{a}2mm0m1，如下：项为年项为卷共有 ，、定义规范项，其中数列
nna,a,,amk201.m401，则不同的“规范，的个数不少于若且对任意中的个数＝k21
）数列”
共有（ A18 B16 D C 14
12 个（（）个个）（）（个）
0
n17(16III) ，其中年，卷（的前项和）已知数列 I是等比数列，
并求其通项公式（）证明31S II，求（）若
5
32