2022年高考历年数列大题汇总.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 1.10 理 已知数列a n满意a 10 ,a 22,且对任意m,nN *都有名师归纳总结 a 2m1a 2n12 m n12 mn2第 1 页,共 15 页（）求a ,a 5；（）设b na 2n1a 2n1 nN*证明：b n是等差数列；（）设c n a 2n1a 2n1qn1 q0,nN*,求数列nc的前n项和S n. 2（ 10 文）已知等差数列a n的前 3 项和为 6, 前 8 项和为 4. （）求数列a n的通项公式；（）设b n4a nqn1q0,nN,求数列nb的前 n 项和S ；3.（09 理）设数列a n的前 n项和为S ,对任意的正整数n ,都有a n5S n1成立,记b n4a nnN*；1a n（I）求数列b n的通项公式；（II）记c nb 2 nb 2n1 nN*,设数列nc的前 n 项和为T ,求证：对任意正整数 nn 都有T n3；2（III）设数列b n的前 n项和为R ；已知正实数满意： 对任意正整数n R nn 恒成立,求的最小值；4. （ 09 文）设数列na的前 n项和为S ,对任意的正整数n,都有a n5 S n1成立,记b n4a nnN*；1a n（I ）求数列a n与数列b n的通项公式；（II ）设数列nb的前 n 项和为R ,是否存在正整数 nk ,使得R n4 k 成立？如存在,找出一个正整数k ；如不存在,请说明理由；（III）记c nb 2nb 2n1 nN*,设数列c n的前 n项和为T ,求证： 对任意正整数 n 都有T n3；2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 5.（08 理）设数列a n的前 n 项和为S ,已知ba n2nb1S n名师归纳总结 （）证明：当b2时,ann2n1是等比数列；第 2 页,共 15 页（）求a n的通项公式6.设数列a n的前 n项和为S n2 a nn 2,（）求a a 4（）证明：an12an是等比数列；（）求a n的通项公式6. （07 理）已知函数f x x 24,设曲线yf x 在点 x n,f x n处的切线与 x轴的交点为nx1,0nN*,其中1x 为正实数（）用nx 表示nx1； 证明：对一切正整数n x n1x 的充要条件是x 12（）如x 14,记anlgx n2,证明数列 a n成等比数列, 并求数列 x n的通项公式；x n27. （ 07 文）已知函数f （x）=x24,设曲线 yf （x）在点（ xn,f （xn）处的切线与x 轴的交点为（ Fn+1, u）（u, N× ）,其中1x 为正实数（1）用 xn 表示x n1；（2）如 x1=4,记 an=lgx n2,证明数列an成等比数列,并求数列xn的通项公式；x n2（3）如 x1 4,bn xn 2,Tn 是数列 bn的前 n 项和,证明Tn<38. （ 06 理） 已知数列a n,其中a 11,a23,2 anan1an1,n2记数列an的前 n 项和为S n,数列 lnS n的前 n 项和为Un.求U ； 设F n U eN22 xn,T n in1 F k ,（其中F k 1 x 为kF x 的导函数）,2 .1运算lim nT n 1 T n9.（06 文）数列a n的前 n 项和记为S a 11,a n12S n1n1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （）求a n的通项公式；（） 等差数列 nb 的各项为正, 其前 n项和为 T ,且 T 3 15,又 a 1 b a 2 b a 3 b成等比数列,求 T n10. （05 理）在等差数列 在等差数列 a n 中 公差 d 0, a 2 是 a 1 与 a 4 的等差中项 ,已知数列 a a a a k 2 , a k n 成等比数列 ,求数列 k n 的通项 nk11. （04 理）数列 an的前 n 项和记为 Sn,已知 a11,an1n 2 Sn（n1,2,3, ）证n明：数列 Sn 是等比数列；nSn14an12. （02 理）设数列 an 满意a n12 a nnan,1n,1 2 ,3,（）当a 12时,求a 2,a 3,a 4, 并由此猜想出a 的一个通项公式；（）当a 13时,证明对全部的n1,有（i ）ann2 ;（ii ）1111211n1.a 1aa2参考答案名师归纳总结 1. 解：（）由题意,令m2 ,n1 可得a 32 a2a 126 .第 3 页,共 15 页再令m,3n1 可得a 52a 3a 1820 . （2 分）当nN*时, 由已知 以n2代替m可得（）a2n1a2n12a2n18于是a2 n1 1a2n1 1a2n1a2n18 即b n1b n.8所以,数列b n是公差为8的等差数列. （5 分）（）由（） 、（）的解答可知nb是首项b 1a 3a 16, 公差为 的等差数列- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2. 解析：（）设a n的公差为 d ,由已知得3 a 13dd64；解得a 13,d1,8 a 128故a n3n14nqn （5 分）n qn（）由 的解答可得b nn qn1,于是2n n q1S n1q021 q3q2n1当q1时,上式两边同乘以q 可得qS n11 q2q23q3 n1 qn1上述两式相减可得 q1 S nn nq11 q2 qqn1n nqqn1；q11nn 1 qnqn1q11时S n123nn n1所以S n1 n1 qnn nq1,当q q2 12综上所述,S nn n1,qn1q12n1 q1, （ 12nqn1q12分）3.本小题主要考查数列、不等式等基础学问、 考查化归思想、 分类整合思想, 以及推理论证、分析与解决问题的才能；名师归纳总结 解：（）当n1时,a 15a 11,a 11q1第 5 页,共 15 页4又Qa n5 a n1,a n15 a n11a n1a n5 a n1,即an11an4数列a n成等比数列,其首项a 11,公比是44a n1n4b n41n 4 11n4- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （）由（）知b n451n 4名师归纳总结 c nb 2nb 2n145142n51n 1625 16 n4第 6 页,共 15 页2 n1n 116= 16 nn 25 16n4n 25 162523 1616 n216n又b 13,b 213,c 1433当n1 时,T 132当n2 时,T n42511K1n31621631642511 1161 116n 12 1634251693.7 分2 161 1163482（）由（）知b n451n 4一方面,已知R nn 恒成立,取n 为大于 1 的奇数时,设n2 k1 kN*就R nb 1b 2Kb 2k14n5411111K K 1k11112 43 42 44n511 2 4111 K K1 k11k211 11 43 42 44>4n1nR n4 n1, 即（4）n1对一切大于1 的奇数 n 恒成立4,否就,（4）n1只对满意n41的正奇数 n 成立,冲突；另一方面,当4时,对一切的正整数n 都有R n4 n事实上,对任意的正整数k,有- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - b 2n1b 2n8 4511512k 42k名师归纳总结 85120418.第 7 页,共 15 页16 k16 k8k 15 16408k 16k 1164当 n 为偶数时,设n2m mN*就R nb 1b 2 b 3b 4Kb 2m1b 2m<8m4 n4.【解析】（I ）当n1时,a 15S 11,a 14又a n5 S n1,a n15 S n11a n1a n5a n1,即an11a n41的等比数列,数列a n是首项为a 11,公比为q44a n1n,b n41 41 4nnN*1n8 3 分4（II ）不存在正整数k ,使得R n4 k 成立；1证明：由（ I ）知b n41 n41 n4451 4n51204815 16k404b 2k1b 2k8511512 4k 42kk 16k 16k 16k 116当 n 为偶数时,设n2 m mN8 m4nR nb 1b 2 b 3b 4b 2m1b 2m当 n 为奇数时,设n2 m1 mN- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - R nb 1b 2 b 3b 4b 2m3b 2m2b 2m18 m148 m44n对于一切的正整数n,都有R n4 k8 分15不存在正整数k ,使得R n4 k 成立； （III）由b n451得n 15 16 4 nc nb 2n1b 2n4 2514 2n5116 nn 15 164n 15 16nn1116 n16 n 23 16416 n216 n又b 13,b 213,c24,33当n1时,T 13,2当n2时,T n425 1114251211 161n21632 163 16n 16311614252 161 1 166933482 14 分5.【解】：由题意知a 12,且名师归纳总结 ba n2nb1S na n1n 2第 8 页,共 15 页ba n1n 21b1S n1两式相减得b a n1a nn 2b1即a n1ba nn 22n（）当b2时,由知a n12 a n于是a n1n1n 22 a n2nn12a nn2n1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又a 11 2n110,所以annn 21是首项为 1,公比为 2 的等比数列；（）当b2时,由（）知a nn2 n12 n1,即a nnn 1 21当b2时,由由得2n121b2n1bann 221b因此a n1an1ban2bb2nb an21bn 21b2n1b a n21b2n22 1bbn得a n222bn112n22b bn1n2b【点评】：此题重点考察数列的递推公式,利用递推公式求数列的通项公式,同时考察分类争论思想；【突破】：推移脚标两式相减是解决含有S 的递推公式的重要手段,使其转化为不含 nS 的 n递推6）由于a 1S 1,2a 1S 12,所以a 12,S 121S nn 21由 2a nS nn 2知2 a n1S n1n 21a n得a nS nn 216,S 28所以a 2S 12 222 2a 3S 23 282316,S 224a 4S 34 240（）由题设和式知名师归纳总结 an1n2ananS nn 21S nn 22n12nn 2第 9 页,共 15 页所以a12是首项为 2,公比为 2 的等比数列；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （）a na n2a n12a n12 a n22 n2a 22 a 12 n1a 1n12 n17. 题综合考察数列、函数、不等式、导数应用等学问,以及推理论证、运算及解决问题的能力；解：（）由题可得f'x2 xyf2x n4f'x n1xx n,所以过曲线上点x 0,fx 0的切线方程为即yx n42x nxx n,即x n2x x n令y0,得x n242xnxn1x n明显nx0xn1xn22xn（）证明： （必要性）名师归纳总结 如对一切正整数n x n1x ,就 nx 2x ,即 1x 12x 1,而x 10,2 x 14,即有x 122第 10 页,共 15 页2x 1（充分性）如x 120,由x n1x n22xn,即x n2n用数学归纳法易得nx0,从而x n1x n22x n22n12x n2x n又x 12nx2n2于是x n1x nx n2x n4x n22x n2x n0,2x n2 x n2x nxn22即x n1x 对一切正整数 n成立（）由xn1xn2,知x n12x nx22,同理,x n122xn2n2xn故x n12x n22x n2x n21从而lgxn122lgxn2,即a n12 a nx n12xn2,所以,数列a n成等比数列,故an2n1a 1n 21lgx 122n1lg3x 12- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 即lgx n22n1lg3,从而xn232n1xn2xn2名师归纳总结 所以x n2 3 2n11f'xnx1xn,第 11 页,共 15 页2 3n118 解：（1）由题可得f' 2x ,所以过曲线上点x n,f x n的切线方程为yf x n即yx n242x nxx n,42x x n,令y0,得xn242x nxn1xn即x n2明显nx0,xn1x n22xn（2）由x n1xn2,知x n12x n2 22x n2x n同理,x n12x n222 x n故x n12x n22x n12x n2x 12 2n 21lg3,从而lgx n122lgx n2,即a n12 a nx n2x n21所以,数列a n成等比数列 .故an2n1a 12n1lgx 1即lgxn2n 21lg3.从而x n232 n1,xn2x n2所以x n2 2 3n11. 2 3n11（3）由（ 2）知nx2 2 3n11,2 n311b nxn22 3n4101- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - b n13 2 nn112 n3111111. b n2 3112 n32 1 133名师归纳总结 当n1时,明显 T1=b1=2<3 第 12 页,共 15 页当n1时,bn1b n11 32b n21 3n1b ,3T nb 1b 2b nb 11b11 3n1b13b 1 11 31n31 3 3n3. 13综上,T n3 nN*9 本小题主要考察等差数列、等比数列的基础学问,以及对数运算、 导数运算和极限运算的才能,同时考查分类争论的思想方法,满分12 分；解：（）由题意,a n是首项为 1,公差为 2 的等差数列前 n 项和S n112n1n2 n ,lnS nln2 n2lnn2Un2 ln1ln2lnn2lnn.（）Fnx2U en.2x2n2n .22x2nx2nF n'x2 xn1n n.n n2nT nxnF k'xn2 xk1x1x2nx0x112 xn1k1k1x1x2nx11x2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - lim nTn1xlim n1x2n210x11x2nlim nnn11x1Tnx名师归纳总结 lim n1n1x11 分3 分第 13 页,共 15 页x21x2x2n10 解：（）由a n12S n1可得a n2S n11n2,两式相减得a n1a n2a a n13 a nn2又a 22 S 113a 23 a 1故a n是首项为 1,公比为 3 得等比数列a nn 31（）设nb的公比为 d由T 315得,可得b 1b 2b 315,可得b 25故可设b 15d b 35d又a 11,a 23,a 39由题意可得5d15d9532解得d 12,d210等差数列b n的各项为正,d0d2T n3 nn n122 n2 n211 解：由题意得：a2a a 2即a 1d2a a13 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又d0,a 1d 4 分又a a a ak2,ak n成等比数列 , 6 分8 分10 分12 分该数列的公比为qa 3a 13 d3, d所以ak nan 1 31 又ak na 1kn1 dk a knn 31所以数列 nk 的通项为knn 31 12 （I）证：由 a1=1,an+1=nn2 Snn=1,2,3, ,S 2知 a2=211S1=3a1,S 24a 12, S 11,22221S 11又 an+1=Sn+1-Snn=1,2,3, ,就 Sn+1-Sn=nn2 Snn=1,2,3, , nSn+1=2n+1Sn, Sn12n Sn1n=1,2,3, .故数列 Sn 是首项为 1,公比为 2 的等比数列 nn13.本小题主要考查数列和不等式等学问,考查猜想、归纳、推理以及分析问题和解决问题的才能 . 满分 14 分. 解：（）由a 12 a 3,2得a212 a 1a 11,3 由a 23 ,得a 3a22a 21,42由a 34,得a43 a3.5由此猜想a 的一个通项公式：ann1 x1 4 分（）（ i ）用数学归纳法证明：当n,1a 1312,不等式成立 . 6分名师归纳总结 假设当nk时不等式成立,即akk2,那么,3 10 分第 14 页,共 15 页ak1akakk 1 k2 k2k1k也就是说,当nk1 时a k1k12 .2 .依据和,对于全部n,1有ann- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （ii ）由an1ana nn1 及（ i ）,对k2 ,有a kak1a k1k11名师归纳总结 ak1k12k21122 ak1,1a 111 .12123 12 分第 15 页,共 15 页a k2k1a 12k12 k111,k11于是2.1ak1a12kn1n11. 14 分n1111k11a k1a 11a 1k22k11a 1k12k1a 12- - - - - - -