2020年高考数学分类汇编:数列

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2020高考数学全国试题分类解析(数列部分)

2020高考数学全国试题分类解析(数列部分)

1. (广东卷)已知数列{}n x 满足122x x =,()1212n n n x x x --=+,3,4,n =….若lim 2n n x →∞=,则(B)(A)32(B)3(C)4(D)52. (福建卷)3.已知等差数列}{n a 中,12497,1,16a a a a 则==+的值是( A )A .15B .30C .31D .643. (湖南卷)已知数列}{n a 满足)(133,0*11N n a a a a n n n ∈+-==+,则20a =(B ) A .0B .3-C .3D .23 4. (湖南卷)已知数列{log 2(a n -1)}(n∈N *)为等差数列,且a 1=3,a 2=5,则nn n a a a a a a -++-+-+∞→12312lim 111(= (C )A .2B .23C .1D .215. (湖南卷)设f 0(x )=sinx ,f 1(x )=f 0′(x ),f 2(x )=f 1′(x ),…,f n +1(x )=f n ′(x ),n ∈N ,则f 2005(x )=(C ) A .sinxB .-sinxC .cos xD .-cosx6. (江苏卷)在各项都为正数的等比数列{a n }中,首项a 1=3 ,前三项和为21,则a 3+ a 4+ a 5=(C )( A ) 33 ( B ) 72 ( C ) 84 ( D )1897. (全国卷II) 如果数列{}n a 是等差数列,则(B ) (A)1845a a a a +<+ (B)1845a a a a +=+ (C) 1845a a a a +>+ (D) 1845a a a a =8. (全国卷II) 11如果128,,,a a a 为各项都大于零的等差数列,公差0d ≠,则(B) (A)1845a a a a >(B)1845a a a a <(C)1845a a a a +>+ (D) 1845a a a a =9. (山东卷){}n a 是首项1a =1,公差为d =3的等差数列,如果n a =2005,则序号n 等于(C )(A )667 (B )668 (C )669 (D )67010. (上海)16.用n 个不同的实数a 1,a 2,┄a n 可得n!个不同的排列,每个排列为一行写成 1 2 3一个n!行的数阵.对第i 行a i1,a i2,┄a in ,记b i =- a i1+2a i2-3 a i3+┄+(-1)n na in , 1 3 2i=1,2,3, ┄,n!.用1,2,3可你数阵如右,由于此数阵中每一列各数之和都 2 1 3是12,所以,b 1+b 2+┄+b 6=-12+2⨯12-3⨯12=-24.那么,在用1,2,3,4,5形成 2 3 1 的数阵中,b 1+b 2+┄+b 120等于3 1 23 2 1[答]( C )(A)-3600 (B) 1800 (C)-1080 (D)-72011. (浙江卷)limn →∞2123nn ++++=( C )(A) 2 (B) 4 (C)21(D)0 12. (重庆卷) 有一塔形几何体由若干个正方体构成,构成方式如图所示,上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点。

历年(2020-2023)全国高考数学真题分类(数列)汇编(附答案)

历年(2020-2023)全国高考数学真题分类(数列)汇编(附答案)

历年(2020‐2023)全国高考数学真题分类(数列)汇编【2023年真题】1. (2023·新课标I 卷 第7题) 记n S 为数列{}n a 的前n 项和,设甲:{}n a 为等差数列:乙:{}n sn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2. (2023·新课标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·新课标I 卷 第20题)设等差数列{}n a 的公差为d ,且 1.d >令2n n n nb a +=,记n S ,n T 分别为数列{}{},n n a 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.d4. (2023·新课标II 卷 第18题)已知为等差数列,,记n S ,n T 分别为数列,的前n 项和,432S =,316.T =(1)求的通项公式;(2)证明:当5n >时,n S .n T >【2022年真题】5.(2022·新高考I 卷 第17题)记n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知11a =,n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式;(2)证明:121112.na a a +++< 6.(2022·新高考II 卷 第17题)已知{}n a 为等差数列,{}nb 为公比为2的等比数列,且223344.a b a b b a -=-=-(1)证明:11;a b =(2)求集合1{|,1500}k m k b a a m =+剟中元素个数.【2021年真题】7.(2021·新高考II 卷 第12题)(多选)设正整数010112222k k k k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ,其中{}0,1i a ∈,记()01k n a a a ω=+++ ,则( ) A.()()2n n ωω=B. ()()231n n ωω+=+C. ()()8543n n ωω+=+D. ()21nn ω-=8.(2021·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 n N ∈次,那么12n S S S ++= __________2dm . 9.(2021·新高考I 卷 第17题)已知数列{}n a 满足11a =,,记2n n b a =,写出1b ,2b ,并求数列{}n b 的通项公式; 求{}n a 的前20项和.(1)(2)10.(2021·新高考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35a S =,244.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.【2020年真题】11.(2020·新高考I 卷 第14题、II 卷 第15题)将数列{21}n -与{32}n -的公共项从小到大排列得到数列{n a },则{}n a 的前n 项和为__________.12.(2020·新高考I 卷 第18题)已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8.a 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100.S13.(2020·新高考II 卷 第18题)已知公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=,38.a =(1)求{}n a 的通项公式;(2)求1223a a a a -+…11(1).n n n a a -++-参考答案1. (2023·新课标I 卷 第7题) 解:方法1:为等差数列,设其首项为1a ,公差为d , 则1(1)2n n n S na d -=+,111222n S n d d a d n a n -=+=+-,112n n S S dn n +-=+, 故{}nS n为等差数列,则甲是乙的充分条件,, 反之,{}n Sn为等差数列,即111(1)1(1)(1)n n n n n n S S nS n S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数,设为t 即1(1)n nna S t n n +-=+,故1(1)n n S na t n n +=-⋅+故1(1)(1)n n S n a t n n -=--⋅-,2n …两式相减有:11(1)22n n n n n a na n a tn a a t ++=---⇒-=,对1n =也成立,故{}n a 为等差数列, 则甲是乙的必要条件, 故甲是乙的充要条件,故选.C 方法2:因为甲:{}n a 为等差数列,设数列{}n a 的首项1a ,公差为.d 即1(1)2n n n S na d -=+, 则11(1)222n S n d d a d n a n -=+=+-,故{}n S n 为等差数列,即甲是乙的充分条件.反之,乙:{}n S n为等差数列.即11n n S S D n n +-=+,1(1).n SS n D n =+-即1(1).n S nS n n D =+-当2n …时,11(1)(1)(2).n S n S n n D -=-+-- 上两式相减得:112(1)n n n a S S S n D -=-=+-, 所以12(1).n a a n D =+-当1n =时,上式成立.又1112(2(1))2n n a a a nD a n D D +-=+-+-=为常数.所以{}n a 为等差数列. 则甲是乙的必要条件, 故甲是乙的充要条件,故选C . 2. (2023·新课标II 卷 第8题)解:2S ,42S S -,64S S -,86S S -成等比数列,242224264264262(1)55(21)521S S q S q S S S q S S q S S S⎧-=⎧+=-⎪-==+⇒⎨⎨-=⎩⎪=⎩从而计算可得24681,5,21,85S S S S =-=-=-=- 故选.C3. (2023·新课标I 卷 第20题)解:因为21333a a a =+,故3132d a a d ==+,即1a d =,故n a nd =,所以21n n n n b nd d++==,(1)2n n n d S +=,(3)2n n n T d +=,又3321S T +=,即34362122d d ⨯⨯+=,即22730d d -+=,故3d =或1(2d =舍), 故{}n a 的通项公式为:3.n a n =(2)方法一:(基本量法)若{}n b 为等差数列,则2132b b b =+,即11123123422a d a a d⨯⨯⨯⨯=+++,即2211320a a d d -+=,所以1a d =或12;a d =当1a d =时,n a nd =,1n n b d +=,故(1)2n n n d S +=,(3)2n n n T d+=,又999999S T -=, 即99100991029922d d ⋅⋅-=,即250510d d --=,所以5150d =或1(d =-舍); 当12a d =时,(1)n a n d =+,n n b d=,故(3)2n n n d S +=,(1)2n n n T d +=,又999999S T -=,即99102991009922d d ⋅⋅-=,即251500d d --=,所以50(51d =-舍)或1(d =舍); 综上:51.50d = 方法二:因为{}n a 为等差数列且公差为d ,所以可得1n a dn a d =+-,则211(1)n n n n nb dn a d dn a d++⋅==+-+- 解法一:因为{}n b 为等差数列,根据等差数列通项公式可知n b 与n 的关系满足一次函数,所以上式中的分母“1dn a d +-”需满足10a d -=或者11da d=-,即1a d =或者12;a d = 解法二:由211(1)n n n n nb dn a d dn a d ++⋅==+-+-可得,112b a =,216b a d =+,31122b a d =+,因为{}n b 为等差数列,所以满足1322b b b +=,即111212622a a d a d+=⋅++,两边同乘111()(2)a a d a d ++化简得2211320a a d d -+=,解得1a d =或者12;a d =因为{}n a ,{}n b 均为等差数列,所以995099S a =,995099T b =,则999999S T -=等价于50501a b -=, ①当1a d =时,n a dn =,1(1)n b n d =+,则505051501a b d d-=-=,得 250510(5051)(1)0d d d d --=⇒-+=,解得5150d =或者1d =-,因为1d >,所以51;50d =②当12a d =时,(1)n a d n =+,1n b n d =,则505050511a b d d-=-=,化简得 251500(5150)(1)0d d d d --=⇒+-=,解得5051d =-或者1d =,因为1d >,所以均不取; 综上所述,51.50d =4. (2023·新课标II 卷 第18题) 解:(1)设数列的公差为d ,由题意知:,即,解得52(1)2 3.n a n n ∴=+-=+(2)由(1)知23n a n =+,,212121n n b b n -+=+,当n 为偶数时,当n 为奇数时,22113735(1)(1)4(1)652222n n n T T b n n n n n ++=-=+++-+-=+-, ∴当n 为偶数且5n >时,即6n …时,22371(4)(1)022222n n n nT S n n n n n n -=+-+=-=->, 当n 为奇数且5n >时,即7n …时, 22351315(4)5(2)(5)0.22222n n T S n n n n n n n n -=+--+=--=+-> ∴当5n >时,n S .n T >5.(2022·新高考I 卷 第17题)解:1112(1)(1)33n n S S n n a a +=+-=,则23n n n S a +=①,1133n n n S a +++∴=②; 由②-①得:111322;33n n n n n a n n n a a a a n ++++++=-⇒=∴当2n …且*n N ∈时,13211221n n n n n a a a a aa a a a a ---=⋅⋅ 1543(1)(1)1232122n n n n n n n a n n +++=⋅⋅⋅=⇒=-- , 又11a =也符合上式,因此*(1)();2n n n a n N +=∈ 1211(2)2((1)1n a n n n n ==-++, 1211111111112(2(12122311n a a a n n n ∴+++=-+-++-=-<++ , 即原不等式成立.6.(2022·新高考II 卷 第17题) 解:(1)设等差数列{}n a 公差为d由2233a b a b -=-,知1111224a d b a d b +-=+-,故12d b = 由2244a b b a -=-,知111128(3)a d b b a d +-=-+,故11124(3);a d b d a d +-=-+故1112a d b d a +-=-,整理得11a b =,得证.(2)由(1)知1122d b a ==,由1k m b a a =+知:11112(1)k b a m d a -⋅=+-⋅+即111112(1)2k b b m b b -⋅=+-⋅+,即122k m -=,因为1500m 剟,故1221000k -剟,解得210k 剟, 故集合1{|,1500}k m k b a a m =+剟中元素的个数为9个. 7.(2021·新高考II 卷 第12题)(多选)解:对于A 选项,010112222k k k k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ,, 则12101122222kk k k n a a a a +-=⋅+⋅++⋅+⋅ ,,A 选项正确;对于B 选项,取2n =,012237121212n +==⋅+⋅+⋅,,而0120212=⋅+⋅,则,即,B 选项错误;对于C 选项,34302340101852225121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 32k k a ++⋅,所以,,23201230101432223121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 22k k a ++⋅,所以,,因此,,C 选项正确;对于D 选项,01121222n n --=+++ ,故,D 选项正确.故选.ACD8.(2021·新高考I 卷 第16题)解:对折3次时,可以得到2.512dm dm ⨯,56dm dm ⨯,103dm dm ⨯,20 1.5dm dm ⨯四种规格的图形. 对折4次时,可以得到2.56dm dm ⨯,1.2512dm dm ⨯,53dm dm ⨯,10 1.5dm dm ⨯,200.75dm dm ⨯五种规格的图形.对折3次时面积之和23120S dm =,对折4次时面积之和2475S dm =,即12402120S ==⨯,2180360S ==⨯,3120430S ==⨯,475515S ==⨯,……得折叠次数每增加1,图形的规格数增加1,且()*12401,2nn S n n N ⎛⎫=+⨯∈ ⎪⎝⎭,121111240[234(1)]2482n n S S S n ∴++=⨯⨯+⨯+⨯++⋅+记231242n n n T +=+++ ,则112312482n n n T ++=+++ , 11111111(224822n n n n n n T T T ++-==++++-113113322222n n n n n ++++=--=-, 得332n nn T +=-,123240(3)2n n n S S S +∴++=⨯-, 故答案为5;3240(3).2n n +⨯-9.(2021·新高考I 卷 第17题)解:⑴12b a =,且21+1=2a a =,则1=2b , 24b a =,且4321215a a a =+=++=,则25b =;1222121213n n n n n b a a a b +++==+=++=+,可得13n n b b +-=,故{}n b 是以2为首项,3为公差的等差数列; 故()21331n b n n =+-⨯=-.数列{}n a 的前20项中偶数项的和为2418201210109=102+3=1552a a a ab b b ⨯++++=+++⨯⨯ , 又由题中条件有211a a =+,431a a =+, ,20191a a =+, 故可得n a 的前20项的和10.(2021·新高考II 卷 第17题)解:(1)由等差数列的性质可得:535S a =,则3335,0a a a =∴=, 设等差数列的公差为d ,从而有22433()()a a a d a d d =-+=-,412343333(2)()()2S 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:*3(3)26().n a a n d n n N =+-=-∈(2)由数列的通项公式可得1264a =-=-,则2(1)(4)252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-, 则不等式n n S a >即2526n n n ->-,整理可得(1)(6)0n n -->, 解得1n <或6n >,又n 为正整数,故n 的最小值为7.(2)11.(2020·新高考I 卷 第14题、II 卷 第15题)解:数列 的首项是1,公差为2的等差数列; 数列 的首项是1,公差为3的等差数列; 公共项构成首项为1 ,公差为6的等差数列; 故 的前n 项和S n 为: .故答案为232.n n -12.(2020·新高考I 卷 第18题)解:(1)设等比数列的公比为q ,且1q >,2420a a += ,38a =,,解得舍)或,∴数列{}n a 的通项公式为2;n n a =(2)由(1)知12a =,24a =,38a =,416a =,532a =,664a =,7128a =,则当1m =时,10b =,当2m =时,21b =, 以此类推,31b =,45672b b b b ====,815...3b b ===,1631...4b b ===, 3263...5b b ===,64100...6b b ===, 10012100...S b b b ∴=+++0122438416532637480.=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=13.(2020·新高考II 卷 第18题)解:(1)设等比数列{}n a 的公比为(1)q q >,则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩, {21}n -{32}n -{}n a1q > ,122a q =⎧∴⎨=⎩, 1222.n n n a -∴=⋅=1223(2)a a a a -+…11(1)n n n a a -++- 35792222=-+-+…121(1)2n n -++-⋅,322322[1(2)]82(1).1(2)55n n n +--==----。

2020高考数学《数列》

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数列考试内容:数列.等差数列及其通项公式.等差数列前n项和公式.等比数列及其通项公式.等比数列前n项和公式.考试要求:(1)理解数列的概念,了解数列通项公式的意义了解递推公式是给出数列的一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项.(2)理解等差数列的概念,掌握等差数列的通项公式与前n项和公式,并能解决简单的实际问题.(3)理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前n项和公式,井能解决简单的实际问题.§03. 数列知识要点1. ⑴等差、等比数列:⑵看数列是不是等差数列有以下三种方法: ①),2(1为常数d n d a a n n ≥=-- ②211-++=n n n a a a (2≥n ) ③b kn a n +=(k n ,为常数).⑶看数列是不是等比数列有以下四种方法: ①)0,,2(1≠≥=-且为常数q n q a a n n②112-+⋅=n n na a a (2≥n ,011≠-+n n n a a a )① 注①:i. acb =,是a 、b 、c 成等比的双非条件,即ac b =、b 、c 等比数列.ii. ac b =(ac >0)→为a 、b 、c 等比数列的充分不必要. iii. ac b ±=→为a 、b 、c 等比数列的必要不充分. iv. ac b ±=且0φac →为a 、b 、c 等比数列的充要.注意:任意两数a 、c 不一定有等比中项,除非有ac >0,则等比中项一定有两个. ③n n cq a =(q c ,为非零常数).④正数列{n a }成等比的充要条件是数列{n x a log }(1φx )成等比数列.⑷数列{n a }的前n 项和n S 与通项n a 的关系:⎩⎨⎧≥-===-)2()1(111n s s n a s a n n n[注]: ①()()d a nd d n a a n -+=-+=111(d 可为零也可不为零→为等差数列充要条件(即常数列也是等差数列)→若d 不为0,则是等差数列充分条件). ②等差{n a }前n 项和n d a n d Bn An S n ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=22122 →2d可以为零也可不为零→为等差的充要条件→若d 为零,则是等差数列的充分条件;若d 不为零,则是等差数列的充分条件. ③非零..常数列既可为等比数列,也可为等差数列.(不是非零,即不可能有等比数列) 2. ①等差数列依次每k 项的和仍成等差数列,其公差为原公差的k 2倍...,,232k k k k k S S S S S --;②若等差数列的项数为2()+∈Nn n ,则,奇偶nd S S =-1+=n n a a S S 偶奇;③若等差数列的项数为()+∈-N n n 12,则()n n a n S 1212-=-,且n a S S =-偶奇,1-=n n S S 偶奇 得到所求项数到代入12-⇒n n . 3. 常用公式:①1+2+3 …+n =()21+n n ②()()61213212222++=+++n n n n Λ③()2213213333⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=++n n n Λ[注]:熟悉常用通项:9,99,999,…110-=⇒n n a ; 5,55,555,…()11095-=⇒nn a . 4. 等比数列的前n 项和公式的常见应用题:⑴生产部门中有增长率的总产量问题. 例如,第一年产量为a ,年增长率为r ,则每年的产量成等比数列,公比为r +1. 其中第n 年产量为1)1(-+n r a ,且过n 年后总产量为:.)1(1])1([)1(...)1()1(12r r a a r a r a r a a n n +-+-=+++++++-⑵银行部门中按复利计算问题. 例如:一年中每月初到银行存a 元,利息为r ,每月利息按复利计算,则每月的a 元过n 个月后便成为n r a )1(+元. 因此,第二年年初可存款:)1(...)1()1()1(101112r a r a r a r a ++++++++=)1(1])1(1)[1(12r r r a +-+-+.⑶分期付款应用题:a 为分期付款方式贷款为a 元;m 为m 个月将款全部付清;r 为年利率.()()()()()()()()1111111 (1112)1-++=⇒-+=+⇒++++++=+--m m m mm m mr r ar x r r x r a x r x r x r x r a5. 数列常见的几种形式:⑴n n n qa pa a +=++12(p 、q 为二阶常数)→用特证根方法求解.具体步骤:①写出特征方程q Px x +=2(2x 对应2+n a ,x 对应1+n a ),并设二根21,x x ②若21x x ≠可设n n n x c x c a 2211.+=,若21x x =可设n n x n c c a 121)(+=;③由初始值21,a a 确定21,c c .⑵r Pa a n n +=-1(P 、r 为常数)→用①转化等差,等比数列;②逐项选代;③消去常数n 转化为n n n qa Pa a +=++12的形式,再用特征根方法求n a ;④121-+=n n P c c a (公式法),21,c c 由21,a a 确定.①转化等差,等比:1)(11-=⇒-+=⇒+=+++P rx x Px Pa a x a P x a n n n n . ②选代法:=++=+=--r r Pa P r Pa a n n n )(21x P x a P r P P r a a n n n -+=---+=⇒--1111)(1)1(Λ r r P a P n n +++⋅+=--Pr 211Λ.③用特征方程求解:⇒⎭⎬⎫+=+=-+相减,r Pa a r Pa a n n n n 111+n a 1111-+--+=⇒-=-n n n n n n Pa a P a Pa Pa a )(. ④由选代法推导结果:Pr P P r a c P c a P r a c P r c n n n -+-+=+=-+=-=--111111112121)(,,. 6. 几种常见的数列的思想方法:⑴等差数列的前n 项和为n S ,在0πd 时,有最大值. 如何确定使n S 取最大值时的n 值,有两种方法:一是求使0,01π+≥n n a a ,成立的n 值;二是由n da n d S n )2(212-+=利用二次函数的性质求n 的值.⑵如果数列可以看作是一个等差数列与一个等比数列的对应项乘积,求此数列前n 项和可依照等比数列前n 项和的推倒导方法:错位相减求和. 例如:, (2)1)12,...(413,211n n -⋅⑶两个等差数列的相同项亦组成一个新的等差数列,此等差数列的首项就是原两个数列的第一个相同项,公差是两个数列公差21d d ,的最小公倍数.2. 判断和证明数列是等差(等比)数列常有三种方法:(1)定义法:对于n ≥2的任意自然数,验证)(11---n nn n a a a a 为同一常数。

2020年高考数学专题讲解:数列(一)

2020年高考数学专题讲解:数列(一)

二、命题分析数列一直是高考的重点和热点,有时甚至是难点.历年来,数列在高考中的题型有如下特征:1.每年必出一道选择题或填空题,主要考查等差、等比数列的概念和性质,以及通项公式、前用,题目具有“小、巧、活”的特点.2.每年必出一道解答题,题目往往与函数、导数、三角不等式、方程、平面向量、解析几何等知识综合起来考查,难度中等或中等偏难,突出考查对数列知识的理解、分析能力,创新能力,运算能力以及化归转化能力.相对于理科的命题,文科更注重基本解法、基本能力的考查.3.从新考纲的要求来看,2012年高考仍将延续这些特征,并将更侧重于考查学生的创新能力与逻辑思维能力.其他 标准摆动数列从第2项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项4.数列的表示法(1)数列的一般形式可以写成:(2)数列的表示法分别为 、 5.数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项a n 与 之间的关系可以用一个式子来表示,那么这个公式叫做这个数列的通项公式. 6.数列的递推公式若一个数列首项确定,其余各项用a n 与a n -1的关系式表示(如a n =2a n -1+1,n >1),则这个关系式就称为数列的递推公式.(三)基础自测1.(2010·安徽文)设数列{ɑn }的前n 项和S n =n2,则a 8的值为()A .15B .16C .49D .64 [答案] A[解析] a 8=S 8-S 7=64-49=15,a 8=15.2.数列12,-34,58,-716,…的一个通项公式是( )A .a n =(-1)n +12n -12n B .a n =(-1)n 2n -12n C .a n =(-1)n +12n -12n D .a n =(-1)n 2n -12n [答案] C3.若数列{a n }(n ∈N*)的首项为14,前n 项的和为S n ,点(a n ,a n +1)在直线x -y -2=0上,那么下列说法正确的是( ) A .当且仅当n =1时,S n 最小 B .当且仅当n =8时,S n 最大 C .当且仅当n =7或8时,S n 最大 D .Sn 有最小值,无最大值 [答案] C[解析] 由题意得:a n -a n +1-2=0,则a n +1-a n =-2,所以数列{a n }是以a 1=14,d =-2的等差数列,则S n =14n +n n -2×(-2)=-n 2+15n ,所以当且仅当n =7或8时,S n 最大.4.数列{a n }的前n 项和为S n ,若a n =1nn +,则S 5等于( )A .1 B.56 C.16 D.130[答案] B[解析] (1)注意到前四项中两项分子均为4,不妨把分子都统一为4,即45,48,411,414,…,因而有a n =43n +2.(2)注意到6=2×3,10=2×5,15=3×5,规律还不明显,再把各项同乘以2,即1×22,2×32,3×42,4×52,5×62,…,因而有a n =n n +2.(3)各项的分母分别为21,22,23,24,…易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3,因此把第1项变为-2-32,至此原数列已化为-21-321,22-322,-23-323,24-324,…,∴a n =(-1)n·2n-32n .(4)将数列各项改写为:93,993,9993,9 9993,…,分母都是3,而分子分别是10-1,102-1,103-1,104-1,…,∴a n =13(10n-1).[点评] 根据数列的前几项写出数列的一个通项公式,解决这一问题的关键是通过观察、分析、比较去发现项与项之间的关系.如果关系不明显,可将项适当变形,让规律突显出来以便于找出通项公式. 跟踪练习1:根据下面各数列的前几项的值,写出数列的一个通项公式: (1)1,13,935,1763,3399,…(2)-37,25,-513,38,-719,411,…(3)12,34,78,1516,3132,…; (4)23,-1,107,-179,2611,-3713,…. (5)1,3,7,15,31,… [解析] (1)将数列写成:31×3,53×5,95×7,177×9,339×11,… 观察分子、分母与项数n 之间的联系,易知: 其通项公式为a n =2n+1n -n +.(2)这是一个与(-1)n 有关的数列,可将数列写成 -37,410,-513,616,-719,822,… 可知分母组成以3为公差的等差数列,分子为以3为首项,1为公差的等差数列,因此其通项公式为:a n =(-1)nn +23n +4. (3)每一项的分子比分母少1,而分母组成数列21,22,23,24,…,所以a n =2n-12n .(4)偶数项为负,奇数项为正,故通项公式必含因子(-1)n +1,观察各项绝对值组成的数列,从第3项到第6项可见,分母分别由奇数7,9,11,13组成,而分子则是32+1,42+1,52+1,62+1,按照这样的规律第1、2两项可改写为12+12+1,-22+12·2+1,所以a n =(-1)n +1·n 2+12n +1. (5)考虑数列的差分数列{an +1-an }. a 2-a 1=2 a 3-a 2=4, a 4-a 3=8, ……a n -1n a=2n -1.(n ≥2)将这n -1个式子累加,得a n -1a =2+22+23+…+2n -1=2n -2 (n ≥2)∴ a n =1a +2n -2=1+2n -2=2n -1. (n ≥2)当n =1时,此式仍成立,故所求通项公式为an =2n -1.[点评] 根据数列的前几项写通项时,所求的通项公式不是惟一的.其中常用方法是观察法.观察an 与n 之间的联系,用归纳法写出一个通项公式,体现了由特殊到一般的思维规律.联想与转换是有效的思维方法,它是由已知认识未知、将未知转化为已知的重要思维方法. 2.命题方向:由na与ns的关系求通项[例2] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =13(a n -1)(n ∈N *).(1)求a 1,a 2,a 3的值; (2)求a n 的通项公式及S 10.[解析] (1)由a 1=S 1=13(a 1-1)得a 1=-12.又a 1+a 2=S 2=13(a 2-1),解得a 2=14.同理a 3=-18(2)n ≥2时,a n =S n -S n -1=13(a n -1)-13(a n -1-1),得a n a n -1=-12. ∴数列{a n }是首项为-12,公比为-12的等比数列.即a n =(-12)n ,∴S 10=a 1-q 101-q =-3411024. (2)n ≥2时,a n =S n -S n -1=13(a n -1)-13(a n -1-1),得a n a n -1=-12.∴数列{a n }是首项为-12,公比为-12的等比数列.即a n =(-12)n ,∴S 10=a 1-q101-q =-3411024. [点评] 数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是:a n =⎩⎪⎨⎪⎧S 1n =S n -S n -1 n.此公式经常使用,应引起重视.当n =1时,a 1若适合S n -S n -1,则n =1的情况可并入n ≥2时的通项a n ;当n =1时,a 1若不适合S n -S n -1,则用分段函数的形式表示. 跟踪练习2:已知数列{an }的前n 项和Sn ,求{an }的通项公式.(1)S n =2n 2-3n ;(2)Sn =3n +b .[解析] 利用数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系a n =⎩⎨⎧S 1 =S n -S n -1.解 (1)当n =1时,a 1=S 1=-1, 当n ≥2时,a n =S n -S n -1=4n -5. 又∵a1=-1,适合,a n =4n -5, ∴a n =4n -5.(2)当n =1时,a 1=S 1=3+b.n ≥2时,a n =S n -S n -1=2·3n -1,因此,当b =-1时,a 1=2适合a n =2·3n -1, ∴an =2·3n -1.当b ≠-1时,a 1=3+b 不合适a n =2·3n -1,∴a n =⎩⎨⎧3+b =2·3n -1.综上可知,当b =-1时,a n =2·3n -1; 当b≠-1时,a n =⎩⎨⎧3+b n =2·3n -13.命题方向:根据递推公式求通项公式[例3] 根据下列条件,写出数列的通项公式. (1)a 1=2,a n +1=a n +n ;(2)a 1=1,2n -1a n =an -1. [分析] (1)将递推关系写成n -1个等式累加.(2)将递推关系写成n -1个等式累乘,或逐项迭代也可. [解析] (1)当n =1,2,3,…,n -1时,可得n -1个等式: an -an -1=n -1,an -1-an -2=n -2,…,a 2-a 1=1, 将其相加,得an -a 1=1+2+3+…+(n -1),∴a n =a 1+1+n -1n -12=2+n n -12=n 2-n +42.(2)方法一:∵a n =a n a n -1·a n -1a n -2·a n -2a n -3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1=⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫122·⎝ ⎛⎭⎪⎫121·a 1=⎝ ⎛⎭⎪⎫121+2+…+(n -1)=⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -n2,∴a n =⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -n2.方法二:由2n -1a n =a n -1得a n =⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1a n -1∴a n =⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1a n -1=⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2a n -2=…=⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫121a 1=⎝ ⎛⎭⎪⎫12(n -1)+(n -2)+…+2+1=⎝ ⎛⎭⎪⎫12n n -2.[点评] 1.已知a 1且an -an -1=f (n )(n ≥2),可以用“累加法”,即an -an -1=f (n ),an -1-an -2=f (n -1),…,a 3-a 2=f (3),a 2-a 1=f (2).所有等式左右两边分别相加,代入a 1得an .2.已知a 1且a na n -1=f (n )(n ≥2),可以用“累乘法”, 即a n a n -1=f (n ),a n -1a n -2=f (n -1),…,a 3a 2=f (3),a 2a 1=f (2),所有等式左右两边分别相乘,代入a 1得a n . 提醒:并不是每一个数列都有通项公式,如果一个数列有通项公式,那么它的通项公式在形式上也可以不止一个.跟踪练习3:根据下列各个数列{a n }的首项和基本关系式,求其通项公式. (1)a 1=1,a n =a n -1+3n -1(n ≥2);(2)a 1=1,a n =n -1na n -1(n ≥2). [解析] (1)∵an =an -1+3n -1, ∴an -an -1=3n -1, an -1-an -2=3n -2, an -2-an -3=3n -3, …a 2-a 1=31.以上n -1个等式两边分别相加得a n =a 1+31+32+…+3n -1=1+3+32+…+3n -1=3n-12.a 2=12a 1.以上n -1个式子等式两边分别相乘得a n =a 1·12·23·…·n -1n =a 1n =1n .4.命题方向:函数与方程思想在数列中的应用[例4] 已知数列{a n }的通项公式a n =(n +1)·(910)n,求n 为何值时,a n 取最大值.[分析] 已知数列{a n }的通项公式,要求n为何值时a n 取最大值,则需满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n +1,a n ≥a n -1.因为涉及a n -1,所以∴a n +1a n=n +2+1-n +n 2+1-n=n 2+1+n n +2+1+n +<1.∴a n +1<a n .即{a n }为递减数列.(五)思想方法点拨:1.数列中数的有序性是数列定义的灵魂,要注意辨析数列的项和数集中元素的异同.数列可以看作是一个定义域为正整数集或它的子集的函数,因此在研究数列问题时,既要注意函数方法的普遍性,又要注意数列方法的特殊性. 2.观察法是求数列通项公式的最基础的一个方法,它一般适用于给出了数列的前几项,根据这些项来写出该数列的通项公式,一般来说,所给的数列的前几项规律性特别强并且规律也比较明显,要么能直接看出,要么需略作变形即可.3.通项an 与前n 项和Sn 的关系是一个十分重要的考点.运用时,不要忘记对an =Sn -Sn -1(n ≥2)的条件的验证. 4.数列的通项公式与递推公式是表达数列特征与构造的两种方法.观察法和猜想法一般适合于选择题和填空题;如果在解答题中用猜想法,则一定要用数学归纳法加以证明.而特定系数法一般是适合已知数列的类型的题目.(六)课后强化作业一、选择题1.已知数列{a n }对任意的p 、q ∈N *满足a p +q =a p +a q ,且a 2=-6,那么a 10等于( ) A .-165 B .-33 C .-30 D .-21 [答案] C[解析] ∵对任意p 、q ∈N *都有a p +q =a p +a q . ∴a 10=a 8+a 2=a 4+a 4+a 2=5a 2=-30.2.已知函数f (n )=⎩⎪⎨⎪⎧n 2 (当n 为奇数时)-n 2 (当n 为偶数时),且a n =f (n )+f (n +1),则a 1+a 2+a 3+…+a 100等于( )A .0B .100C .-100D .10200 [答案] B[解析] 当n 为奇数时, a n =n 2-(n +1)2=-(2n +1) 当n 为偶数时,a n =-n 2+(n +1)2=2n +1, 则a n =(-1)n (2n +1),a 1+a 2+…+a 100=-3+5-7+9…-199+201=2×50=100.3.(2011·沈阳一模)将数列{3n -1}按“第n 组有n 个数”的规则分组如下:(1),(3,9),(27,81,243),…,则第100组中的第一个数是( )A .34950B .35000C .35010D .35050。

2020高考真题汇编8:数列(文)

2020高考真题汇编8:数列(文)
二、填空题
5.【2020年高考全国Ⅰ卷文数】数列 满足 ,前16项和为540,则 .
6.【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=−2,a2+a6=2,则S10=__________.
7.【2020年高考浙江】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_______.
由 可知 ,从而 ,与数列的单调性矛盾,假设不成立.
第二种情况:若 ,由①知存在实数 ,满足 ,由 的定义可知: ,
另一方面, ,由数列 单调性可知: ,
这与 的定义矛盾,假设不成立.
同理可证得数列中的项数恒为负数.
综上可得,数列中的项数同号.
其次,证明 :
利用性质②:取 ,此时 ,
由数列的单调性可知 ,
从而题中的结论得证,数列 为等比数列.
15.解析:(1)因为等差数列 是“λ~1”数列,则 ,即 ,
也即 ,此式对一切正整数n均成立.
若 ,则 恒成立,故 ,而 ,
这与 是等差数列矛盾.
所以 .(此时,任意首项为1的等差数列都是“1~1”数列)
(2)因为数列 是“ ”数列,
所以 ,即 .
因为 ,所以 ,则 .
等比数列 的前 项和公式为 ,
依题意 ,即 ,
通过对比系数可知 ,故 .
故答案为: .
9.答案:
解析:因为数列 是以1为首项,以2为公差的等差数列,
数列 是以1首项,以3为公差的等差数列,
所以这两个数列的公共项所构成的新数列 是以1为首项,以6为公差的等差数列,
所以 的前 项和为 ,
故答案为: .
10.解析:(1)设 的公比为 .由题设得 , .

历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列)汇编(附答案)

历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列)汇编(附答案)

历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列)汇编考点01 数列的增减性1.(2022∙全国乙卷∙高考真题)嫦娥二号卫星在完成探月任务后,继续进行深空探测,成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星,为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值,用到数列{}n b :1111b α=+,212111b αα=++,31231111b ααα=+++,…,依此类推,其中(1,2,)k k α*∈=N .则( ) A .15b b < B .38b b <C .62b b <D .47b b <2.(2022∙北京∙高考真题)已知数列{}n a 各项均为正数,其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== .给出下列四个结论:①{}n a 的第2项小于3; ②{}n a 为等比数列; ③{}n a 为递减数列; ④{}n a 中存在小于1100的项. 其中所有正确结论的序号是 .3.(2021∙全国甲卷∙高考真题)等比数列{}n a 的公比为q ,前n 项和为n S ,设甲:0q >,乙:{}n S 是递增数列,则( )A .甲是乙的充分条件但不是必要条件B .甲是乙的必要条件但不是充分条件C .甲是乙的充要条件D .甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件4.(2020∙北京∙高考真题)在等差数列{}n a 中,19a =-,51a =-.记12(1,2,)n n T a a a n ==……,则数列{}n T ( ). A .有最大项,有最小项 B .有最大项,无最小项 C .无最大项,有最小项D .无最大项,无最小项考点02 递推数列及数列的通项公式1.(2023∙北京∙高考真题)已知数列{}n a 满足()31166(1,2,3,)4n n a a n +=-+= ,则( ) A .当13a =时,{}n a 为递减数列,且存在常数0M ≤,使得n a M >恒成立 B .当15a =时,{}n a 为递增数列,且存在常数6M ≤,使得n a M <恒成立 C .当17a =时,{}n a 为递减数列,且存在常数6M >,使得n a M >恒成立 D .当19a =时,{}n a 为递增数列,且存在常数0M >,使得n a M <恒成立2.(2022∙北京∙高考真题)已知数列{}n a 各项均为正数,其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== .给出下列四个结论:①{}n a 的第2项小于3; ②{}n a 为等比数列; ③{}n a 为递减数列; ④{}n a 中存在小于1100的项. 其中所有正确结论的序号是 .3.(2022∙浙江∙高考真题)已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ,则( )A .100521002a <<B .100510032a << C .100731002a <<D .100710042a << 4.(2021∙浙江∙高考真题)已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ,则( )A .100332S << B .10034S << C .100942S <<D .100952S << 5.(2020∙浙江∙高考真题)我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列,数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是 .6.(2020∙全国∙高考真题)数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-,前16项和为540,则1a = .7.(2019∙浙江∙高考真题)设,a b R ∈,数列{}n a 中,211,n n a a a a b +==+,N n *∈ ,则A .当101,102b a =>B .当101,104b a =>C .当102,10b a =->D .当104,10b a =->考点03 等差数列及其前n 项和一、单选题 1.(2024∙全国甲卷∙高考真题)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,已知510S S =,51a =,则1a =( ) A .72B .73 C .13-D .711-2.(2024∙全国甲卷∙高考真题)已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若91S =,则37a a +=( ) A .2-B .73C .1D .293.(2023∙全国甲卷∙高考真题)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.若264810,45a a a a +==,则5S =( ) A .25B .22C .20D .154.(2023∙全国乙卷∙高考真题)已知等差数列{}n a 的公差为23π,集合{}*cos N n S a n =∈,若{},S a b =,则ab =( )A .-1B .12-C .0D .125.(2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题)记n S 为数列{}n a 的前n 项和,设甲:{}n a 为等差数列;乙:{}nS n为等差数列,则( )A .甲是乙的充分条件但不是必要条件B .甲是乙的必要条件但不是充分条件C .甲是乙的充要条件D .甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件6.(2022∙北京∙高考真题)设{}n a 是公差不为0的无穷等差数列,则“{}n a 为递增数列”是“存在正整数0N ,当0n N >时,0n a >”的( ) A .充分而不必要条件 B .必要而不充分条件 C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件7.(2020∙浙江∙高考真题)已知等差数列{an }的前n 项和Sn ,公差d ≠0,11a d≤.记b 1=S 2,bn+1=S2n+2–S 2n ,n N *∈,下列等式不可能...成立的是( ) A .2a 4=a 2+a 6B .2b 4=b 2+b 6C .2428a a a = D .2428b b b =8.(2019∙全国∙高考真题)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.已知4505S a ==,,则 A .25n a n =-B . 310n a n =-C .228n S n n =-D .2122n S n n =-二、填空题 15.(2024∙全国新Ⅱ卷∙高考真题)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,若347a a +=,2535a a +=,则10S = .16.(2022∙全国乙卷∙高考真题)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.若32236S S =+,则公差d = . 17.(2020∙山东∙高考真题)将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{an },则{an }的前n 项和为 .18.(2020∙全国∙高考真题)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.若1262,2a a a =-+=,则10S = .19.(2019∙江苏∙高考真题)已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列,n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==,则8S 的值是 .20.(2019∙北京∙高考真题)设等差数列{an }的前n 项和为Sn ,若a 2=−3,S 5=−10,则a 5= ,Sn 的最小值为 .21.(2019∙全国∙高考真题)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,若375,13a a ==,则10S = . 22.(2019∙全国∙高考真题)记Sn 为等差数列{an }的前n 项和,12103a a a =≠,,则105S S = .考点04 等比数列及其前n 项和一、单选题 1.(2023∙全国甲卷∙高考真题)设等比数列{}n a 的各项均为正数,前n 项和n S ,若11a =,5354S S =-,则4S =( ) A .158B .658C .15D .402.(2023∙天津∙高考真题)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,若()112,22N n n a a S n *+==+∈,则4a =( )A .16B .32C .54D .1623.(2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题)记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和,若45S =-,6221S S =,则8S =( ). A .120B .85C .85-D .120-4.(2022∙全国乙卷∙高考真题)已知等比数列{}n a 的前3项和为168,2542a a -=,则6a =( ) A .14B .12C .6D .35.(2021∙全国甲卷∙高考真题)记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =,46S =,则6S =( ) A .7B .8C .9D .106.(2020∙全国∙高考真题)设{}n a 是等比数列,且1231a a a ++=,234+2a a a +=,则678a a a ++=( ) A .12B .24C .30D .327.(2020∙全国∙高考真题)记Sn 为等比数列{an }的前n 项和.若a 5–a 3=12,a 6–a 4=24,则n nS a =( )A .2n –1B .2–21–nC .2–2n –1D .21–n –18.(2020∙全国∙高考真题)数列{}n a 中,12a =,对任意 ,,m n m n m n N a a a ++∈=,若155121022k k k a a a ++++++=- ,则 k =( ) A .2B .3C .4D .5二、填空题 11.(2023∙全国甲卷∙高考真题)记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若6387S S =,则{}n a 的公比为 . 12.(2023∙全国乙卷∙高考真题)已知{}n a 为等比数列,24536a a a a a =,9108a a =-,则7a = . 13.(2019∙全国∙高考真题)记Sn 为等比数列{an }的前n 项和.若13314a S ==,,则S 4= . 14.(2019∙全国∙高考真题)记Sn 为等比数列{an }的前n 项和.若214613a a a ==,,则S 5= .考点05 数列中的数学文化1.(2023∙北京∙高考真题)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{}n a ,该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且1591,12,192a a a ===,则7a = ;数列{}n a 所有项的和为 .2.(2022∙全国新Ⅱ卷∙高考真题)图1是中国古代建筑中的举架结构,,,,AA BB CC DD ''''是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举,图2是某古代建筑屋顶截面的示意图.其中1111,,,DD CC BB AA 是举,1111,,,OD DC CB BA 是相等的步,相邻桁的举步之比分别为11111231111,0.5,,DD CC BB AAk k k OD DC CB BA ====.已知123,,k k k 成公差为0.1的等差数列,且直线OA 的斜率为0.725,则3k =( )A .0.75B .0.8C .0.85D .0.93.(2021∙全国新Ⅰ卷∙高考真题)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折,规格为20dm 12dm ⨯的长方形纸,对折1次共可以得到10dm 12dm ⨯,20dm 6dm ⨯两种规格的图形,它们的面积之和21240dm S =,对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯,10dm 6dm ⨯,20dm 3dm ⨯三种规格的图形,它们的面积之和22180dm S =,以此类推,则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ;如果对折n次,那么1nk k S ==∑ 2dm .4.(2020∙浙江∙高考真题)我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列,数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是 .5.(2020∙全国∙高考真题)0‐1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ,且存在正整数m ,使得(1,2,)i m i a a i +== 成立,则称其为0‐1周期序列,并称满足(1,2,)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0‐1序列12n a a a ,11()(1,2,,1)mi i k i C k a a k m m +===-∑ 是描述其性质的重要指标,下列周期为5的0‐1序列中,满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是( ) A .11010B .11011C .10001D .110016.(2020∙全国∙高考真题)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层,上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块,下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块,已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )A .3699块B .3474块C .3402块D .3339块考点06 数列求和1.(2021∙浙江∙高考真题)已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ,则( )A .100332S << B .10034S << C .100942S <<D .100952S << 2.(2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题)(多选)设正整数010112222k kk k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ,其中{}0,1i a ∈,记()01k n a a a ω=+++ .则( ) A .()()2n n ωω= B .()()231n n ωω+=+C .()()8543n n ωω+=+D .()21nn ω-=3.(2020∙江苏∙高考真题)设{an }是公差为d 的等差数列,{bn }是公比为q 的等比数列.已知数列{an +bn }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ,则d +q 的值是 .参考答案考点01 数列的增减性1.(2022∙全国乙卷∙高考真题)嫦娥二号卫星在完成探月任务后,继续进行深空探测,成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星,为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值,用到数列{}n b :1111b α=+,212111b αα=++,31231111b ααα=+++,…,依此类推,其中(1,2,)k k α*∈=N .则( ) A .15b b < B .38b b <C .62b b <D .47b b <【答案】D【详细分析】根据()*1,2,k k α∈=N …,再利用数列{}n b 与k α的关系判断{}n b 中各项的大小,即可求解.【答案详解】[方法一]:常规解法因为()*1,2,k k α∈=N ,所以1121ααα<+,112111ααα>+,得到12b b >,同理11223111ααααα+>++,可得23b b <,13b b >又因为223411,11αααα>++112233411111ααααααα++<+++,故24b b <,34b b >;以此类推,可得1357b b b b >>>>…,78b b >,故A 错误; 178b b b >>,故B 错误;26231111αααα>++…,得26b b <,故C 错误;11237264111111αααααααα>++++++…,得47b b <,故D 正确.[方法二]:特值法不妨设1,n a =则1234567835813213455b 2,b b ,b b ,b b ,b 2358132134========,,,47b b <故D 正确.2.(2022∙北京∙高考真题)已知数列{}n a 各项均为正数,其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== .给出下列四个结论:①{}n a 的第2项小于3; ②{}n a 为等比数列; ③{}n a 为递减数列; ④{}n a 中存在小于1100的项. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【详细分析】推导出199n n n a a a -=-,求出1a 、2a 的值,可判断①;利用反证法可判断②④;利用数列单调性的定义可判断③.【答案详解】由题意可知,N n *∀∈,0n a >,当1n =时,219a =,可得13a =;当2n ≥时,由9n nS a =可得119n n S a --=,两式作差可得199n n n a a a -=-,所以,199n n n a a a -=-,则2293a a -=,整理可得222390a a +-=, 因为20a >,解得2332a =<,①对;假设数列{}n a 为等比数列,设其公比为q ,则2213a a a =,即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭,所以,2213S S S =,可得()()22221111a q a q q +=++,解得0q =,不合乎题意,故数列{}n a 不是等比数列,②错; 当2n ≥时,()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>,可得1n n a a -<,所以,数列{}n a 为递减数列,③对; 假设对任意的N n *∈,1100n a ≥,则10000011000001000100S ≥⨯=, 所以,1000001000009911000100a S =≤<,与假设矛盾,假设不成立,④对. 故答案为:①③④.【名师点评】关键点名师点评:本题在推断②④的正误时,利用正面推理较为复杂时,可采用反证法来进行推导.3.(2021∙全国甲卷∙高考真题)等比数列{}n a 的公比为q ,前n 项和为n S ,设甲:0q >,乙:{}n S 是递增数列,则( )A .甲是乙的充分条件但不是必要条件B .甲是乙的必要条件但不是充分条件C .甲是乙的充要条件D .甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B【详细分析】当0q >时,通过举反例说明甲不是乙的充分条件;当{}n S 是递增数列时,必有0n a >成立即可说明0q >成立,则甲是乙的必要条件,即可选出答案. 【答案详解】由题,当数列为2,4,8,--- 时,满足0q >, 但是{}n S 不是递增数列,所以甲不是乙的充分条件.若{}n S 是递增数列,则必有0n a >成立,若0q >不成立,则会出现一正一负的情况,是矛盾的,则0q >成立,所以甲是乙的必要条件. 故选:B .【名师点评】在不成立的情况下,我们可以通过举反例说明,但是在成立的情况下,我们必须要给予其证明过程.4.(2020∙北京∙高考真题)在等差数列{}n a 中,19a =-,51a =-.记12(1,2,)n n T a a a n ==……,则数列{}n T ( ).A .有最大项,有最小项B .有最大项,无最小项C .无最大项,有最小项D .无最大项,无最小项【答案】B【详细分析】首先求得数列的通项公式,然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.【答案详解】由题意可知,等差数列的公差511925151a a d --+===--, 则其通项公式为:()()11912211n a a n d n n =+-=-+-⨯=-, 注意到123456701a a a a a a a <<<<<<=<< , 且由50T <可知()06,i T i i N <≥∈, 由()117,ii i T a i i N T -=>≥∈可知数列{}n T 不存在最小项, 由于1234569,7,5,3,1,1a a a a a a =-=-=-=-=-=,故数列{}n T 中的正项只有有限项:263T =,46315945T =⨯=. 故数列{}n T 中存在最大项,且最大项为4T . 故选:B.【名师点评】本题主要考查等差数列的通项公式,等差数列中项的符号问题,分类讨论的数学思想等知识,属于中等题.考点02 递推数列及数列的通项公式1.(2023∙北京∙高考真题)已知数列{}n a 满足()31166(1,2,3,)4n n a a n +=-+= ,则( ) A .当13a =时,{}n a 为递减数列,且存在常数0M ≤,使得n a M >恒成立 B .当15a =时,{}n a 为递增数列,且存在常数6M ≤,使得n a M <恒成立 C .当17a =时,{}n a 为递减数列,且存在常数6M >,使得n a M >恒成立 D .当19a =时,{}n a 为递增数列,且存在常数0M >,使得n a M <恒成立【答案】B【详细分析】法1:利用数列归纳法可判断ACD 正误,利用递推可判断数列的性质,故可判断B 的正误. 法2:构造()()31664x f x x =-+-,利用导数求得()f x 的正负情况,再利用数学归纳法判断得各选项n a 所在区间,从而判断{}n a 的单调性;对于A ,构造()()32192647342h x x x x x =-+-≤,判断得11n n a a +<-,进而取[]4m M =-+推得n a M >不恒成立;对于B ,证明n a 所在区间同时证得后续结论;对于C ,记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-,取[]01m m =+推得n a M >不恒成立;对于D ,构造()()32192649942g x x x x x =-+-≥,判断得11n n a a +>+,进而取[]1m M =+推得n a M <不恒成立. 【答案详解】法1:因为()311664n n a a +=-+,故()311646n n a a +=--,对于A ,若13a =,可用数学归纳法证明:63n a -≤-即3n a ≤, 证明:当1n =时,1363a -=≤--,此时不等关系3n a ≤成立; 设当n k =时,63k a -≤-成立, 则()3162514764,4k k a a +⎛⎫-∈--- ⎝=⎪⎭,故136k a +≤--成立, 由数学归纳法可得3n a ≤成立. 而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦, ()20144651149n a --=-≥>,60n a -<,故10n n a a +-<,故1n n a a +<, 故{}n a 为减数列,注意1063k a +-≤-< 故()()()()23111666649644n n n n n a a a a a +-=≤-=-⨯--,结合160n a +-<,所以()16694n n a a +--≥,故19634n n a +⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭,故19634nn a +⎛⎫≤- ⎪⎝⎭,若存在常数0M ≤,使得n a M >恒成立,则9634nM ⎛⎫-> ⎪⎝⎭,故6934nM -⎛⎫> ⎪⎝⎭,故946log 3M n -<,故n a M >恒成立仅对部分n 成立, 故A 不成立.对于B ,若15,a =可用数学归纳法证明:106n a --≤<即56n a ≤<, 证明:当1n =时,10611a ---≤≤=,此时不等关系56n a ≤<成立; 设当n k =时,56k a ≤<成立, 则()31164416,0k k a a +⎛⎫-∈-⎪⎝=⎭-,故1106k a +--≤<成立即 由数学归纳法可得156k a +≤<成立. 而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦, ()201416n a --<,60n a -<,故10n n a a +->,故1n n a a +>,故{}n a 为增数列, 若6M =,则6n a <恒成立,故B 正确.对于C ,当17a =时, 可用数学归纳法证明:061n a <-≤即67n a <≤, 证明:当1n =时,1061a <-≤,此时不等关系成立; 设当n k =时,67k a <≤成立, 则()31160,4164k k a a +⎛⎤-∈ ⎥⎝=⎦-,故1061k a +<-≤成立即167k a +<≤ 由数学归纳法可得67n a <≤成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=--<⎢⎥⎣⎦--,故1n n a a +<,故{}n a 为减数列,又()()()2111666644n n n n a a a a +-=-⨯-≤-,结合160n a +->可得:()111664n n a a +⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭,所以1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭, 若1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭,若存在常数6M >,使得n a M >恒成立,则164nM ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭恒成立,故()14log 6n M ≤-,n 的个数有限,矛盾,故C 错误.对于D ,当19a =时, 可用数学归纳法证明:63n a -≥即9n a ≥, 证明:当1n =时,1633a -=≥,此时不等关系成立; 设当n k =时,9k a ≥成立,则()3162764143k k a a +-≥=>-,故19k a +≥成立 由数学归纳法可得9n a ≥成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=-->⎢⎥⎣⎦--,故1n n a a +>,故{}n a 为增数列,又()()()2119666446n n n n a a a a +->=-⨯--,结合60n a ->可得:()11116396449n n n a a --+⎭-⎛⎫⎛⎫-= ⎪⎪⎝⎝⎭> ,所以114963n n a -+⎛⎫⎪⎭≥+⎝,若存在常数0M >,使得n a M <恒成立,则19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭,故19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭,故946log 13M n -⎛⎫<+ ⎪⎝⎭,这与n 的个数有限矛盾,故D 错误.故选:B.法2:因为()3321119662648442n n n n n n n a a a a a a a +-=-+-=-+-, 令()3219264842f x x x x =-+-,则()239264f x x x =-+',令()0f x ¢>,得06x <<6x >+;令()0f x '<,得66x << 所以()f x在,6⎛-∞ ⎝⎭和63⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增,在633⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减, 令()0f x =,则32192648042x x x -+-=,即()()()146804x x x ---=,解得4x =或6x =或8x =,注意到465<<,768<<, 所以结合()f x 的单调性可知在(),4-∞和()6,8上()0f x <,在()4,6和()8,+∞上()0f x >, 对于A ,因为()311664n n a a +=-+,则()311646n n a a +=--,当1n =时,13a =,()32116643a a =--<-,则23a <, 假设当n k =时,3k a <, 当1n k =+时,()()331311646364k k a a +<---<-=,则13k a +<, 综上:3n a ≤,即(),4n a ∈-∞,因为在(),4-∞上()0f x <,所以1n n a a +<,则{}n a 为递减数列, 因为()332111916612647442n n n n n n n a a a a a a a +-+=-+-+=-+-, 令()()32192647342h x x x x x =-+-≤,则()239264h x x x '=-+,因为()h x '开口向上,对称轴为96324x -=-=⨯, 所以()h x '在(],3-∞上单调递减,故()()2333932604h x h ''≥=⨯-⨯+>,所以()h x 在(],3-∞上单调递增,故()()321933326347042h x h ≤=⨯-⨯+⨯-<,故110n n a a +-+<,即11n n a a +<-, 假设存在常数0M ≤,使得n a M >恒成立,取[]14m M =-+,其中[]1M M M -<≤,且[]Z M ∈,因为11n n a a +<-,所以[][]2132431,1,,1M M a a a a a a -+-+<-<-<- , 上式相加得,[][]()14333M a a M M M -+<--+≤+-=, 则[]14m M a a M +=<,与n a M >恒成立矛盾,故A 错误; 对于B ,因为15a =, 当1n =时,156a =<,()()33211166566644a a =-+=⨯-+<, 假设当n k =时,6k a <,当1n k =+时,因为6k a <,所以60k a -<,则()360k a -<, 所以()3116664k k a a +=-+<, 又当1n =时,()()332111615610445a a =-+=⨯+-->,即25a >, 假设当n k =时,5k a ≥,当1n k =+时,因为5k a ≥,所以61k a -≥-,则()361k a -≥-, 所以()3116654k k a a +=-+≥, 综上:56n a ≤<,因为在()4,6上()0f x >,所以1n n a a +>,所以{}n a 为递增数列, 此时,取6M =,满足题意,故B 正确;对于C ,因为()311664n n a a +=-+,则()311646n n a a +=--,注意到当17a =时,()3216617644a =-+=+,3341166441664a ⎪⎛⎫⎫+=+ ⎪⎝+-⎭⎭⎛= ⎝,143346166144416a ⎢⎛⎫+=⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪⎝+ ⎪⎭⎭⎥⎦⎝⎣猜想当2n ≥时,)1312164k k a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭,当2n =与3n =时,2164a =+与43164a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭满足()1312164nn a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭,假设当n k =时,)1312164k k a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭,当1n k =+时,所以()())13113131122311666116664444k k k k a a +-+-⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=+-+ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦-+=+=, 综上:()()13121624n n a n - =⎛⎫+≥⎪⎝⎭,易知310n->,则)13121014n -⎛⎫<< ⎪⎝⎭,故()()()1312166,724n n a n -⎛⎪=⎫+∈≥ ⎝⎭,所以(],67n a ∈,因为在()6,8上()0f x <,所以1n n a a +<,则{}n a 为递减数列, 假设存在常数6M >,使得n a M >恒成立,记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-,取[]01m m =+,其中[]*00001,N m m m m -<≤∈,则()0142log 6133m mM ->=+, 故()()14log 61312m M ->-,所以()1312614m M -⎛⎫ ⎪<⎝-⎭,即)1312164m M -⎛⎫+ ⎪⎭<⎝, 所以m a M <,故n a M >不恒成立,故C 错误; 对于D ,因为19a =, 当1n =时,()32116427634a a ==->-,则29a >, 假设当n k =时,3k a ≥, 当1n k =+时,()()331116936644k k a a +≥=-->-,则19k a +>,综上:9n a ≥,因为在()8,+∞上()0f x >,所以1n n a a +>,所以{}n a 为递增数列, 因为()332111916612649442n n n n n n n a a a a a a a +--=-+--=-+-, 令()()32192649942g x x x x x =-+-≥,则()239264g x x x '=-+, 因为()g x '开口向上,对称轴为96324x -=-=⨯, 所以()g x '在[)9,+∞上单调递增,故()()2399992604g x g ≥=⨯-⨯+'>',所以()()321999926949042g x g ≥=⨯-⨯+⨯->, 故110n n a a +-->,即11n n a a +>+, 假设存在常数0M >,使得n a M <恒成立, 取[]21m M =+,其中[]1M M M -<≤,且[]Z M ∈,因为11n n a a +>+,所以[][]213211,1,,1M M a a a a a a +>+>+>+ , 上式相加得,[][]1191M a a M M M +>+>+->, 则[]21m M a a M +=>,与n a M <恒成立矛盾,故D 错误. 故选:B.【名师点评】关键名师点评:本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题,再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系,从而可判断数列的上界或下界是否成立.2.(2022∙北京∙高考真题)已知数列{}n a 各项均为正数,其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== .给出下列四个结论:①{}n a 的第2项小于3; ②{}n a 为等比数列; ③{}n a 为递减数列; ④{}n a 中存在小于1100的项. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【详细分析】推导出199n n n a a a -=-,求出1a 、2a 的值,可判断①;利用反证法可判断②④;利用数列单调性的定义可判断③.【答案详解】由题意可知,N n *∀∈,0n a >,当1n =时,219a =,可得13a =;当2n ≥时,由9n n S a =可得119n n S a --=,两式作差可得199n n n a a a -=-,所以,199n n n a a a -=-,则2293a a -=,整理可得222390a a +-=, 因为20a >,解得2332a =<,①对;假设数列{}n a 为等比数列,设其公比为q ,则2213a a a =,即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭,所以,2213S S S =,可得()()22221111a q a q q +=++,解得0q =,不合乎题意,故数列{}n a 不是等比数列,②错; 当2n ≥时,()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>,可得1n n a a -<,所以,数列{}n a 为递减数列,③对; 假设对任意的N n *∈,1100n a ≥,则10000011000001000100S ≥⨯=, 所以,1000001000009911000100a S =≤<,与假设矛盾,假设不成立,④对. 故答案为:①③④.【名师点评】关键点名师点评:本题在推断②④的正误时,利用正面推理较为复杂时,可采用反证法来进行推导.3.(2022∙浙江∙高考真题)已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ,则( )A .100521002a <<B .100510032a << C .100731002a <<D .100710042a << 【答案】B【详细分析】先通过递推关系式确定{}n a 除去1a ,其他项都在()0,1范围内,再利用递推公式变形得到1111133n n n a a a +-=>-,累加可求出11(2)3n n a >+,得出1001003a <,再利用11111111333132n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+ ⎪-+⎝⎭-+,累加可求出()111111113323nn a n ⎛⎫-<-++++ ⎪⎝⎭ ,再次放缩可得出10051002a >. 【答案详解】∵11a =,易得()220,13a =∈,依次类推可得()0,1n a ∈ 由题意,1113n n n a a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭,即()1131133n n n n na a a a a +==+--,∴1111133n n n a a a +-=>-, 即211113a a ->,321113a a ->,431113a a ->,…,1111,(2)3n n n a a -->≥, 累加可得()11113n n a ->-,即11(2),(2)3n n n a >+≥, ∴()3,22n a n n <≥+,即100134a <,100100100334a <<, 又11111111,(2)333132n n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+≥ ⎪-+⎝⎭-+, ∴211111132a a ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,321111133a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭,431111134a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭,…,111111,(3)3n n n a a n -⎛⎫-<+≥ ⎪⎝⎭, 累加可得()11111111,(3)3323n n n a n ⎛⎫-<-++++≥ ⎪⎝⎭ ,∴100111111111333349639323100326a ⎛⎫⎛⎫-<++++<+⨯+⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ , 即100140a <,∴100140a >,即10051002a >; 综上:100510032a <<. 故选:B .【名师点评】关键点名师点评:解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩. 4.(2021∙浙江∙高考真题)已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ,则( )A .100332S << B .10034S << C .100942S <<D .100952S << 【答案】A【详细分析】显然可知,10032S >,利用倒数法得到21111124n n a a +⎛⎫==+-⎪⎪⎭,再放缩可得12<,由累加法可得24(1)n a n ≥+,进而由1n a +=113n n a n a n ++≤+,然后利用累乘法求得6(1)(2)n a n n ≤++,最后根据裂项相消法即可得到1003S <,从而得解.【答案详解】因为)111,N n a a n *+==∈,所以0n a >,10032S >.由211111124n n n a a a ++⎛⎫=⇒=+=+-⎪⎪⎭2111122n a +⎛⎫∴<⇒<⎪⎪⎭12<()111,222n n n -+<+=≥,当1n =112+=,12n +≤,当且仅当1n =时等号成立,12412(1)311n n n n a n a a a n n n ++∴≥∴=≤=++++ 113n n a n a n ++∴≤+, 由累乘法可得()6,2(1)(2)n a n n n ≤≥++,且16(11)(12)a =++,则6(1)(2)n a n n ≤++,当且仅当1n =时取等号,由裂项求和法得:所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,即100332S <<. 故选:A .【名师点评】的不等关系,再由累加法可求得24(1)n a n ≥+,由题目条件可知要证100S 小于某数,从而通过局部放缩得到1,n n a a +的不等关系,改变不等式的方向得到6(1)(2)n a n n ≤++,最后由裂项相消法求得1003S <.5.(2020∙浙江∙高考真题)我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列,数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是 .【答案】10【详细分析】根据通项公式可求出数列{}n a 的前三项,即可求出. 【答案详解】因为()12n n n a +=,所以1231,3,6a a a ===. 即312313610S a a a =++=++=. 故答案为:10.【名师点评】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和,属于容易题.6.(2020∙全国∙高考真题)数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-,前16项和为540,则1a = .【答案】7【详细分析】对n 为奇偶数分类讨论,分别得出奇数项、偶数项的递推关系,由奇数项递推公式将奇数项用1a 表示,由偶数项递推公式得出偶数项的和,建立1a 方程,求解即可得出结论.【答案详解】2(1)31nn n a a n ++-=-,当n 为奇数时,231n n a a n +=+-;当n 为偶数时,231n n a a n ++=-. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ,16123416S a a a a a =+++++135********()()a a a a a a a a =+++++++111111(2)(10)(24)(44)(70)a a a a a a =++++++++++ 11(102)(140)(5172941)a a ++++++++ 118392928484540a a =++=+=,17a ∴=.故答案为:7.【名师点评】本题考查数列的递推公式的应用,以及数列的并项求和,考查分类讨论思想和数学计算能力,属于较难题.7.(2019∙浙江∙高考真题)设,a b R ∈,数列{}n a 中,211,n n a a a a b +==+,N n *∈ ,则A .当101,102b a =>B .当101,104b a =>C .当102,10b a =->D .当104,10b a =->【答案】A【解析】若数列{}n a 为常数列,101a a a ==,则只需使10a ≤,选项的结论就会不成立.将每个选项的b 的取值代入方程20x x b -+=,看其是否有小于等于10的解.选项B 、C 、D 均有小于10的解,故选项B 、C 、D 错误.而选项A 对应的方程没有解,又根据不等式性质,以及基本不等式,可证得A 选项正确.【答案详解】若数列{}n a 为常数列,则1n a a a ==,由21n n a a b +=+,可设方程20x x b -+= 选项A :12b =时,2112n n a a +=+,2102x x -+=, 1210∆=-=-<, 故此时{}n a 不为常数列,222112n n n n a a a +=+=+≥ ,且2211122a a =+≥,792a a ∴≥≥21091610a a >≥>, 故选项A 正确; 选项B :14b =时,2114n n a a +=+,2104x x -+=,则该方程的解为12x =, 即当12a =时,数列{}n a 为常数列,12n a =,则101102a =<,故选项B 错误; 选项C :2b =-时,212n n a a +=-,220x x --=该方程的解为=1x -或2,即当1a =-或2时,数列{}n a 为常数列,1n a =-或2, 同样不满足1010a >,则选项C 也错误;选项D :4b =-时,214n n a a +=-,240x x --=该方程的解为12x =, 同理可知,此时的常数列{}n a 也不能使1010a >, 则选项D 错误. 故选:A.【名师点评】遇到此类问题,不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想,通过研究函数的不动点,进一步讨论a 的可能取值,利用“排除法”求解.考点03 等差数列及其前n 项和一、单选题 1.(2024∙全国甲卷∙高考真题)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,已知510S S =,51a =,则1a =( ) A .72B .73 C .13-D .711-【答案】B【详细分析】由510S S =结合等差中项的性质可得80a =,即可计算出公差,即可得1a 的值. 【答案详解】由105678910850S S a a a a a a -=++++==,则80a =, 则等差数列{}n a 的公差85133a a d -==-,故151741433a a d ⎛⎫=-=-⨯-= ⎪⎝⎭.故选:B.2.(2024∙全国甲卷∙高考真题)已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若91S =,则37a a +=( ) A .2-B .73C .1D .29【答案】D【详细分析】可以根据等差数列的基本量,即将题目条件全转化成1a 和d 来处理,亦可用等差数列的性质进行处理,或者特殊值法处理.【答案详解】方法一:利用等差数列的基本量 由91S =,根据等差数列的求和公式,911989193612S a d a d ⨯=+=⇔+=, 又371111222628(936)99a a a d a d a d a d +=+++=+=+=. 故选:D方法二:利用等差数列的性质根据等差数列的性质,1937a a a a +=+,由91S =,根据等差数列的求和公式, 193799()9()122a a a a S ++===,故3729a a +=.故选:D方法三:特殊值法不妨取等差数列公差0d =,则9111199S a a ==⇒=,则371229a a a +==. 故选:D3.(2023∙全国甲卷∙高考真题)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.若264810,45a a a a +==,则5S =( ) A .25B .22C .20D .15【答案】C【详细分析】方法一:根据题意直接求出等差数列{}n a 的公差和首项,再根据前n 项和公式即可解出; 方法二:根据等差数列的性质求出等差数列{}n a 的公差,再根据前n 项和公式的性质即可解出. 【答案详解】方法一:设等差数列{}n a 的公差为d ,首项为1a ,依题意可得,2611510a a a d a d +=+++=,即135a d +=,又()()48113745a a a d a d =++=,解得:11,2d a ==, 所以515455210202S a d ⨯=+⨯=⨯+=. 故选:C.方法二:264210a a a +==,4845a a =,所以45a =,89a =,从而84184a a d -==-,于是34514a a d =-=-=, 所以53520S a ==. 故选:C.4.(2023∙全国乙卷∙高考真题)已知等差数列{}n a 的公差为23π,集合{}*cos N n S a n =∈,若{},S a b =,则ab =( ) A .-1B .12-C .0D .12【答案】B【详细分析】根据给定的等差数列,写出通项公式,再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素详细分析、推理作答.【答案详解】依题意,等差数列{}n a 中,112π2π2π(1)()333n a a n n a =+-⋅=+-, 显然函数12π2πcos[()]33y n a =+-的周期为3,而N n *∈,即cos n a 最多3个不同取值,又{cos |N }{,}n a n a b *∈=,则在123cos ,cos ,cos a a a 中,123cos cos cos a a a =≠或123cos cos cos a a a ≠=, 于是有2πcos cos()3θθ=+,即有2π()2π,Z 3k k θθ++=∈,解得ππ,Z 3k k θ=-∈, 所以Z k ∈,2ππ4πππ1cos(π)cos[(π)]cos(π)cos πcos πcos 333332ab k k k k k =--+=--=-=-.故选:B5.(2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题)记n S 为数列{}n a 的前n 项和,设甲:{}n a 为等差数列;乙:{}nS n为等差数列,则( )A .甲是乙的充分条件但不是必要条件B .甲是乙的必要条件但不是充分条件C .甲是乙的充要条件D .甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【详细分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义,再结合数列前n 项和与第n 项的关系推理判断作答.,【答案详解】方法1,甲:{}n a 为等差数列,设其首项为1a ,公差为d , 则1111(1)1,,222212n n n n S S S n n n d d dS na d a d n a nn n +--=+=+=+--=+,因此{}nS n为等差数列,则甲是乙的充分条件; 反之,乙:{}nS n为等差数列,即111(1)1(1)(1)n n n n n n S S nS n S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数,设为t ,即1(1)n nna S t n n +-=+,则1(1)n n S na t n n +=-⋅+,有1(1)(1),2n n S n a t n n n -=--⋅-≥,两式相减得:1(1)2n n n a na n a tn +=---,即12n n a a t +-=,对1n =也成立, 因此{}n a 为等差数列,则甲是乙的必要条件, 所以甲是乙的充要条件,C 正确.方法2,甲:{}n a 为等差数列,设数列{}n a 的首项1a ,公差为d ,即1(1)2n n n S na d -=+, 则11(1)222n S n d d a d n a n-=+=+-,因此{}n S n 为等差数列,即甲是乙的充分条件;反之,乙:{}nS n 为等差数列,即11,(1)1n n n S S S D S n D n n n+-==+-+, 即1(1)n S nS n n D =+-,11(1)(1)(2)n S n S n n D -=-+--,当2n ≥时,上两式相减得:112(1)n n S S S n D --=+-,当1n =时,上式成立, 于是12(1)n a a n D =+-,又111[22(1)]2n n a a a nD a n D D +-=+-+-=为常数, 因此{}n a 为等差数列,则甲是乙的必要条件, 所以甲是乙的充要条件. 故选:C6.(2022∙北京∙高考真题)设{}n a 是公差不为0的无穷等差数列,则“{}n a 为递增数列”是“存在正整数0N ,当0n N >时,0n a >”的( ) A .充分而不必要条件 B .必要而不充分条件 C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件【答案】C【详细分析】设等差数列{}n a 的公差为d ,则0d ≠,利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【答案详解】设等差数列{}n a 的公差为d ,则0d ≠,记[]x 为不超过x 的最大整数. 若{}n a 为单调递增数列,则0d >,若10a ≥,则当2n ≥时,10n a a >≥;若10a <,则()11n a a n d +-=, 由()110n a a n d =+->可得11a n d >-,取1011a N d ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦,则当0n N >时,0n a >, 所以,“{}n a 是递增数列”⇒“存在正整数0N ,当0n N >时,0n a >”;若存在正整数0N ,当0n N >时,0n a >,取N k *∈且0k N >,0k a >, 假设0d <,令()0n k a a n k d =+-<可得k a n k d >-,且k ak k d->, 当1k a n k d ⎡⎤>-+⎢⎥⎣⎦时,0n a <,与题设矛盾,假设不成立,则0d >,即数列{}n a 是递增数列.所以,“{}n a 是递增数列”⇐“存在正整数0N ,当0n N >时,0n a >”.所以,“{}n a 是递增数列”是“存在正整数0N ,当0n N >时,0n a >”的充分必要条件. 故选:C.7.(2020∙浙江∙高考真题)已知等差数列{an }的前n 项和Sn ,公差d ≠0,11a d≤.记b 1=S 2,bn+1=S2n+2–S 2n ,n N *∈,下列等式不可能...成立的是( ) A .2a 4=a 2+a 6B .2b 4=b 2+b 6C .2428a a a = D .2428b b b =【答案】D【详细分析】根据题意可得,21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-,而1212b S a a ==+,即可表示出题中2468,,,b b b b ,再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立.【答案详解】对于A ,因为数列{}n a 为等差数列,所以根据等差数列的下标和性质,由4426+=+可得,4262a a a =+,A 正确;对于B ,由题意可知,21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-,1212b S a a ==+,∴234b a a =+,478b a a =+,61112b a a =+,81516b a a =+. ∴()47822b a a =+,26341112b b a a a a +=+++.根据等差数列的下标和性质,由31177,41288+=++=+可得()26341112784=2=2b b a a a a a a b +=++++,B 正确;对于C ,()()()()2224281111137222a a a a d a d a d d a d d d a -=+-++=-=-, 当1a d =时,2428a a a =,C 正确; 对于D ,()()22222478111213452169b a a a d a a d d =+=+=++,()()()()2228341516111125229468145b b a a a a a d a d a a d d =++=++=++, ()22428112416832b b b d a d d d a -=-=-.当0d >时,1a d ≤,∴()113220d a d d a -=+->即24280b b b ->;当0d <时,1a d ≥,∴()113220d a d d a -=+-<即24280b b b ->,所以24280b b b ->,D 不正确.故选:D.【名师点评】本题主要考查等差数列的性质应用,属于基础题.8.(2019∙全国∙高考真题)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.已知4505S a ==,,则。

2020全国卷真题分类(数列、三角、解三角形、立体几何)

2020全国卷真题分类(数列、三角、解三角形、立体几何)

数列(2020卷一理17)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) 故{}n a 的公比为2-.(2) 1(31)(2)99nn n S +-=-(2020卷一文10).设{}n a 是等比数列,且1231a a a ++=,234+2a a a +=,则678a a a ++= A .12 B .24 C .30 D .32答案:D(2020卷一文16).数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-,前16项和为540,则1a = 答案:7(2020卷二理6).数列{}n a 中,12a =,m n m n a a a +=.若155121022k k k a a a ++++++=-,则k = A .2 B .3C .4D .5答案:C(2020卷二文3).如图,将钢琴上的12个键依次记为a 1,a 2,…,a 12.设1≤i <j <k ≤12.若k –j =3且j –i =4,则称a i ,a j ,a k 为原位大三和弦;若k –j =4且j –i =3,则称a i ,a j ,a k 为原位小三和弦.用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为A .5B .8C .10D .15答案:C(2020卷二文6).记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 5–a 3=12,a 6–a 4=24,则nnS a = A .2n–1 B .2–21–nC .2–2n –1D .21–n–1答案:B(2020卷三理17).(12分)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{2na n }的前n 项和S n .答案:(1)2 1.n a n =+ (2)1(21)2 2.n n S n +=-+ (2020卷三文17).(12分)设等比数列{a n }满足124a a +=,138a a -=. (1)求{a n }的通项公式;(2)记n S 为数列{log 3a n }的前n 项和.若13m m m S S S +++=,求m . 答案:(1)1=3n n a - (2)6m =三角函数(2020卷一理7)设函数()cos π()6f x x ω=+在[]π,π-的图像大致如下图,则f (x )的最小正周期为A .10π9 B .7π6 C .4π3D .3π2答案:C(2020卷一理9).已知 π()0,α∈,且3cos28cos 5αα-=,则sin α= AB .23C .13D答案:A(2020卷二理2).若α为第四象限角,则 A .cos2α>0 B .cos2α<0C .sin2α>0D .sin2α<0答案:D(2020卷二文13).若2sin 3x =-,则cos2x =__________答案:19(2020卷三理9).已知2tan θ–tan(θ+π4)=7,则tan θ= A .–2 B .–1C .1D .2答案:D(2020卷三理16).关于函数f (x )=1sin sin x x+有如下四个命题: ①f (x )的图像关于y 轴对称. ②f (x )的图像关于原点对称. ③f (x )的图像关于直线x =2π对称. ④f (x )的最小值为2.其中所有真命题的序号是__________. 答案:②③(2020卷三文5).已知πsin sin=3θθ++()1,则πsin =6θ+() A .12BC .23D答案:B解三角形(2020卷一文18).(12分)ABC △的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c .已知B =150°.(1)若a,b,求ABC △的面积;(2)若sin AC,求C . 答案:(1)√3(2)15C =︒(2020卷二理17).(12分)ABC △中,sin 2A -sin 2B -sin 2C = sin B sin C .(1)求A ;(2)若BC =3,求ABC △周长的最大值.答案:(1)2π3A =(2)3+(2020卷二文17).(12分)△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知25cos ()cos 24A A π++=. (1)求A ; (2)若b c -=,证明:△ABC 是直角三角形.答案:(1)3A π=(略)(2020卷三理7).在△ABC 中,cos C =23,AC =4,BC =3,则cos B = A .19B .13C .12D .23答案:A立体几何(2020卷一理10).已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点,⊙1O 为ABC △的外接圆,若⊙1O 的面积为4π,1AB BC AC OO ===,则球O 的表面积为 A .64π B .48πC .36πD .32π答案:A(2020卷二理16).如图,在三棱锥P –ABC 的平面展开图中,AC =1,AB AD ==AB⊥AC ,AB ⊥AD ,∠CAE =30°,则cos ∠FCB = .答案:14-(2020卷一理18).(12分)如图,D 为圆锥的顶点,O 是圆锥底面的圆心,AE 为底面直径,AE AD =.ABC △是底面的内接正三角形,P 为DO上一点,PO .(1)证明:PA ⊥平面PBC ; (2)求二面角B PC E --的余弦值.答案:(1)略(2)(2020卷一文19).(12分)如图,D 为圆锥的顶点,O 是圆锥底面的圆心,ABC △是底面的内接正三角形,P 为DO 上一点,∠APC =90°.(1)证明:平面PAB ⊥平面PAC ;(2)设DO ,求三棱锥P −ABC 的体积. 答案:(1)略(2)√68(2020卷二理10).已知△ABC 的等边三角形,且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π,则O 到平面ABC 的距离为AB .32C .1D 答案:C(2020卷二文理20).(12分)如图,已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形,侧面BB 1C 1C 是矩形,M ,N 分别为BC ,B 1C 1的中点,P 为AM 上一点,过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ,交AC 于F .(1)证明:AA 1∥MN ,且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ;(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心,若AO ∥平面EB 1C 1F ,且AO =AB ,求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心,若AO =AB =6,AO //平面EB 1C 1F ,且∠MPN =π3,求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积.答案:(1)略(2)(3)24(2020卷三理8).下图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是A .B .C .D .答案:C(2020卷三理15).已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为__________.答案:3π(2020卷三理19).(12分)如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,点,E F 分别在棱11,DD BB 上,且12DE ED =,12BF FB =.(1)证明:点1C 在平面AEF 内;(2)若2AB =,1AD =,13AA =,求二面角1A EF A --的正弦值.答案:(1)略(2)(2020卷三文19).(12分)如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,点E ,F 分别在棱1DD ,1BB 上,且12DE ED =,12BF FB =.证明:(1)当AB BC =时,EF AC ⊥; (2)点1C 在平面AEF 内. 答案:略。

2020年全国各地高中数学真题分类汇编—数列(含答案)

2020年全国各地高中数学真题分类汇编—数列(含答案)

2020年全国各地⾼考真题分类汇编—数列1.(2020•浙江)已知等差数列{a n}的前n项和S n,公差d≠0,且≤1.记b1=S2,b n+1=S2n+2﹣S2n,n∈N*,下列等式不可能成⽴的是()A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2a8D.b42=b2b82.(2020•北京)在等差数列{a n}中,a1=﹣9,a5=﹣1.记T n=a1a2…a n(n=1,2,…),则数列{T n}()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3.(2020•新课标Ⅰ)设{a n}是等⽐数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=()A.12B.24C.30D.324.(2020•新课标Ⅱ)如图,将钢琴上的12个键依次记为a1,a2,…,a12.设1≤i<j<k≤12.若k﹣j=3且j﹣i=4,则a i,a j,a k为原位⼤三和弦;若k﹣j=4且j﹣i=3,则称a i,a j,a k 为原位⼩三和弦.⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为()A.5B.8C.10D.155.(2020•新课标Ⅱ)0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤.若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得a i+m=a i(i=1,2,…)成⽴,则称其为0﹣1周期序列,并称满⾜a i+m=a i(i=1,2…)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a1a2…a n…,C(k)=a i a i+k(k=1,2,…,m﹣1)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C(k)≤(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010…B.11011…C.10001…D.11001…6.(2020•新课标Ⅱ)记S n为等⽐数列{a n}的前n项和.若a5﹣a3=12,a6﹣a4=24,则=()A.2n﹣1B.2﹣21﹣n C.2﹣2n﹣1D.21﹣n﹣17.(2020•新课标Ⅱ)数列{a n}中,a1=2,a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+…+a k+10=215﹣25,则k=()A.2B.3C.4D.58.(2020•新课标Ⅱ)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9.(2020•上海)已知数列{a n}是公差不为零的等差数列,且a1+a10=a9,则=.10.(2020•新课标Ⅱ)记S n为等差数列{a n}的前n项和.若a1=﹣2,a2+a6=2,则S10=.11.(2020•浙江)已知数列{a n}满⾜a n=,则S3=.12.(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{a n},则{a n}的前n项和为.13.(2020•江苏)设{a n}是公差为d的等差数列,{b n}是公⽐为q的等⽐数列.已知数列{a n+b n}的前n项和S n=n2﹣n+2n﹣1(n∈N*),则d+q的值是.14.(2020•新课标Ⅰ)数列{a n}满⾜a n+2+(﹣1)n a n=3n﹣1,前16项和为540,则a1=.15.(2020•天津)已知{a n}为等差数列,{b n}为等⽐数列,a1=b1=1,a5=5(a4﹣a3),b5=4(b4﹣b3).(Ⅰ)求{a n}和{b n}的通项公式;(Ⅱ)记{a n}的前n项和为S n,求证:S n S n+2<S n+12(n∈N*);(Ⅲ)对任意的正整数n,设c n=求数列{c n}的前2n项和.16.(2020•海南)已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)求a1a2﹣a2a3+…+(﹣1)n﹣1a n a n+1.17.(2020•江苏)已知数列{a n}(n∈N*)的⾸项a1=1,前n项和为S n.设λ和k为常数,若对⼀切正整数n,均有S n+1﹣S n=λa n+1成⽴,则称此数列为“λ﹣k”数列.(1)若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列,求λ的值;(2)若数列{a n}是“﹣2”数列,且a n>0,求数列{a n}的通项公式;(3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列,且a n≥0?若存在,求出λ的取值范围;若不存在,说明理由.18.(2020•新课标Ⅰ)设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列,a1为a2,a3的等差中项.(1)求{a n}的公⽐;(2)若a1=1,求数列{na n}的前n项和.19.(2020•⼭东)已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{b m}的前100项和S100.20.(2020•新课标Ⅲ)设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2=4,a3﹣a1=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{log3a n}的前n项和.若S m+S m+1═S m+3,求m.。

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2020年高考数学分类汇编:数列
6.数列{}n a 中,12a =,m n m n a a a +=,若155121022k k k a a a ++++++=-,则k =
A .2
B .3
C .4
D .5
8.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
3.如图,将钢琴上的12个键依次记为a 1,a 2,…,a 12.设1≤i <j <k ≤12.若k –j =3且j –i =4,则称a i ,a j ,a k 为原位大三和弦;若k –j =4且j –i =3,则称a i ,a j ,a k 为原位小三和弦.用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为
A .5
B .8
C .10
D .15
14.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________.
4.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
6.记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 5–a 3=12,a 6–a 4=24,则n
n
S a = A .2n –1
B .2–21–n
C .2–2n –1
D .21–n –1
14.记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 1=–2,a 2+a 6=2,则S 10=__________. 12.0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12
n
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12
n
a a a ,1
1()(1,2,
,1)m
i i k i C k a a k m m +===-∑是描述其性
质的重要指标,下列周期为5的0-1序列中,满足1
()(1,2,3,4)5
C k k ≤=的序列是
A .11010
B .11011
C .10001
D .11001
10.设{}n a 是等比数列,且1231a a a ++=,234+2a a a +=,则678a a a ++=
A .12
B .24
C .30
D .32
16.数列{}n a 满足2(1)31n
n n a a n ++-=-,前16项和为540,则1a =.
11.设{a n }是公差为d 的等差数列,{b n }是公比为q 的等比数列.已知数列{a n +b n }的前n 项和
221()n n S n n n +=-+-∈N ,则d +q 的值是__▲_______.
7.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,公差0d ≠,且1
1a d
≤.记12b S =,1222–n n n b S S ++=,n *∈N ,下列等式不可能...成立的是 A .4262a a a =+
B .4262b b b =+
C .2
428a a a = D .2
428b b b =
11.我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列(1)
{
}2
n n +就是二阶等差数列.数列*(1)
{
}()2
n n n +∈N 的前3项和是_______. 18.(12分)
已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==. (1) 求{}n a 的通项公式;
(2) 求1
12231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-.
17.(12分)
设数列{}n a 满足13a =,134n n a a n +=-.
(1)计算2a ,3a ,猜想{}n a 的通项公式并加以证明; (2)求数列{}
2n n a 的前n 项和n S .
17.(12分) 设等比数列
{}n a 满足12a +a =4,31a -a =8
(1) 求{}n a 的通项公式;
(2) 记n s 为数列{}3n log a 的前n 项和.若m m+1m+3s +s =s ,求m.
17.(12分)
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.
20.(本小题满分16分)
已知数列{}()n a n ∈*N 的首项a 1=1,前n 项和为S n .设λ与k 是常数,若对一切正整数n ,均有
11111k
k
k
n n n S S a λ++-=成立,则称此数列为“λ–k ”数列.
(1)若等差数列{}n a 是“λ–1”数列,求λ的值;
(2)若数列{}n a 2”数列,且a n >0,求数列{}n a 的通项公式; (3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{}n a 为“λ–3”数列,且a n ≥0?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由,
19.(本小题满分16分)
已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥.
(1)若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+,,,
,求h (x )的表达式; (2)若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞,,,
,求k 的取值范围;
(3)若()
422242() 2() (48 () 4 3 02 f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<,,,[]
, D m n =⊆⎡⎣,
求证:n m -
20.(本题满分15分)
已知数列{a n },{b n },{c n }满足111112
1,,,n
n n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-=
∈*N . (Ⅰ)若{b n }为等比数列,公比0q >,且1236b b b +=,求q 的值及数列{a n }的通项公式; (Ⅱ)若{b n }为等差数列,公差0d >,证明:*1231
1,n c c c c n d
++++<+
∈N .
19.(本小题满分15分)
已知{}n a 为等差数列,{}n b 为等比数列,()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-. (Ⅰ)求{}n a 和{}n b 的通项公式;
(Ⅱ)记{}n a 的前n 项和为n S ,求证:(
)2
*
21n n n S S S n ++<∈N

(Ⅲ)对任意的正整数n ,设()2
11
32,,,.n n
n n n n n a b n a a c a n b +-+-⎧⎪
⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项和.
1.(本小题15分)
已知{}n a 是无穷数列.给出两个性质:
①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >,在{}n a 中都存在一项m a ,使2i m j
a a a =;
②对于{}n a 中任意项(3)n a n ,在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >.使得2k
n l
a a a =.
(Ⅰ)若(1,2,
)n a n n ==,判断数列{}n a 是否满足性质①,说明理由;
(Ⅱ)若1
2(1,2,
)n n a n -==,判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②,说明理由;
(Ⅲ)若{}n a 是递增数列,且同时满足性质①和性质②,证明:{}n a 为等比数列。

(考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效)。

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