2020高考数学(理科)历年高考题汇总专题复习：第五章数列(含两年高考一年模拟).pdf

第五章 数 列 考点 15 等差数列 两年高考真题演练 1.(2019重庆)在等差数列an中，若 a24，a42，则 a6()A1 B0 C1 D6 2(2019北京)设an是等差数列，下列结论中正确的是()A若 a1a20，则 a2a30 B若 a1a30，则 a1a20 C若 0a1a2，则 a2 a1a3 D若 a10，则(a2a1)(a2a3)0 3(2019浙江)已知an是等差数列，公差 d 不为零，前 n 项和是 Sn，若 a3，a4，a8成等比数列，则()Aa1d0，dS40 Ba1d0，dS40 Ca1d0，dS40 Da1d0，dS40 4(2018陕西)原命题为“若anan12an，nN，则an为递减数列”，关于其逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是()A真，真，真 B假，假，真 C真，真，假 D假，假，假 5(2018辽宁)设等差数列an的公差为 d.若数列2a1an为递减数列，则()Ad0 Ca1d0 6(2019广东)在等差数列an中，若 a3a4a5a6a725，则 a2a8_ 7(2018江西)在等差数列an中，a17，公差为 d，前 n 项和为 Sn，当且仅当 n8 时 Sn取得最大值，则 d 的取值范围为_ 8(2018北京)若等差数列an满足 a7a8a90，a7a1060n800？若存在，求 n 的最小值；若不存在，说明理由 考点 15 等差数列 一年模拟试题精练 1(2019云南省昆明模拟)已知公差不为零的等差数列an的前 n项和为 Sn，若 a10S4，则S8a9等于()A4 B5 C8 D10 2(2019北京西城模拟)已知正项数列an中，a11，a22，2a2na2n1a2n1(n2)，则 a6等于()A16 B8 C2 2 D4 3(2019 安徽安庆模拟)已知数列an是等差数列，a1tan 225，a513a1，设 Sn为数列(1)nan的前 n 项和，则 S2 014()A2 015 B2 015 C3 021 D3 022 4(2019乌鲁木齐模拟)设an是公差不为零的等差数列，a22，且 a1，a3，a9成等比数列，则数列an的前 n 项和 Sn()A.n247n4 B.n223n2 C.n243n4 D.n22n2 5(2019江西四县模拟)已知数列an是等差数列，且 a10，1，a21，2，a32，3，则 a4的取值范围为()A3，4 B.83，133 C.52，92 D2，5 6(2019四川德阳模拟)在数列an中，已知 a120，an1an4(nN*)(1)求数列an的通项公式和前 n 项和 An；(2)若 bn2An24n(nN*)，求数列bn的前 n 项 Sn.7(2019河北衡水模拟)已知等差数列an 中，a2a66,Sn 为其前 n 项和，S5353.(1)求数列an 的通项公式；(2)令 bn 1an1an(n2)，b13，Snb1b2bn，若 Sn1”是“an为递增数列”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(2018重庆)对任意等比数列an，下列说法一定正确的是()Aa1，a3，a9成等比数列 Ba2，a3，a6成等比数列 Ca2，a4，a8成等比数列 Da3，a6，a9成等比数列 5(2019安徽)已知数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前 n 项和等于_ 6(2019湖南)设 Sn为等比数列an的前 n 项和，若 a11，且3S1，2S2，S3成等差数列，则 an_ 7(2018江苏)在各项均为正数的等比数列an中，若 a21，a8a62a4，则 a6的值是_ 8(2018安徽)如图，在等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC2 2.过点 A 作 BC 的垂线，垂足为 A1；过点 A1作 AC 的垂线，垂足为 A2；过点 A2作 A1C 的垂线，垂足为 A3；，依此类推，设 BAa1，AA1a2，A1A2a3，A5A6a7，则 a7_.9(2018广东)若等比数列an的各项均为正数，且 a10a11a9a122e5，则 ln a1ln a2ln a20_ 10(2018江西)已知首项都是 1 的两个数列an，bn(bn0，nN*)满足 anbn1an1bn2bn1bn0.(1)令 cnanbn，求数列cn的通项公式；(2)若 bn3n1，求数列an的前 n 项和 Sn.考点 16 等比数列 一年模拟试题精练 1(2019山东日照模拟)设数列an是由正数组成的等比数列，Sn为其前 n 项和，已知 a2a41，S37，则 S5()A.152 B.314 C.334 D.172 2(2019湖北八校模拟)已知实数等比数列an的前 n 项和为 Sn，则下列结论中一定成立的是()A若 a30，则 a2 0130 B若 a40，则 a2 0140 C若 a30，则 S2 0130 D若 a40，则 S2 0140 3(2019青岛模拟)已知an为等差数列，bn为等比数列，其公比 q1 且 bi0(i1，2，n)，若 a1b1，a11b11，则()Aa6b6 Ba6b6 Ca6b6 Da6b6或 a6b6 4(2019江西赣州模拟)在公比大于 1 的等比数列an中，a3a772，a2a827，则 a12()A96 B64 C72 D48 5(2019湖南常德模拟)已知an是等比数列，a22，a514，则a1a2a2a3anan1()A16(14n)B16(12n)C.323(14n)D.323(12n)6(2019甘肃一模)抛物线 x212y 在第一象限内图象上一点(ai，2a2i)处的切线与 x 轴交点的横坐标记为 ai1，其中 iN*，若 a232，则 a2a4a6()A64 B42 C32 D21 7(2019江苏宿迁模拟)已知等比数列an中，各项都是正数，且 a1，12a3，2a2成等差数列，则a8a9a6a7等于_ 8(2019安徽安庆模拟)设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，满足 a2n14Sn4n1，nN*，且 a2，a5，a14恰好是等比数列bn的前三项(1)求数列an、bn的通项公式；(2)记数列bn的前 n 项和为 Tn，若对任意的 nN*，Tn32k3n6 恒成立，求实数 k 的取值范围 9(2019山东济南模拟)已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn2n12p(nN*)(1)求 p 的值及数列an的通项公式；(2)若数列bn满足an12(3p)anbn，求数列bn的前 n 项和 Tn.考点 17 数列求和 两年高考真题演练 1(2019天津)已知数列an满足 an2qan(q 为实数，且 q1)，nN*，a11，a22，且 a2a3，a3a4，a4a5成等差数列(1)求 q 的值和an的通项公式；(2)设 bnlog2a2na2n1，nN*，求数列bn的前 n 项和 2(2018湖南)已知数列an的前 n 项和 Snn2n2，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n 项和 3(2018大纲全国)等差数列an的前 n 项和为 Sn.已知 a110，a2为整数，且 SnS4.(1)求an的通项公式；(2)设 bn1anan1，求数列bn的前 n 项和 Tn.4(2018四川)设等差数列an的公差为 d，点(an，bn)在函数 f(x)2x的图象上(nN*)(1)若 a12，点(a8，4b7)在函数 f(x)的图象上，求数列an的前n 项和 Sn；(2)若 a11，函数 f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在 x 轴上的截距为 21ln 2，求数列anbn的前 n 项和 Tn.考点 17 数列求和 一年模拟试题精练 1(2019山东菏泽一模)已知数列an是等差数列，数列bn是等比数列，且对任意的 nN*，都有 a1b1a2b2a3b3anbnn2n3.(1)若bn 的首项为 4，公比为 2，求数列anbn的前 n 项和 Sn；(2)若 an4n4，试探究：数列bn中是否存在某一项，它可以表示为该数列中其它 r(rN，r2)项的和？若存在，请求出该项；若不存在，请说明理由 2(2019山东潍坊一模)已知数列an的前 n 项和 Snann21，数列bn满足 3nbn1(n1)an1nan，且 b13.(1)求 an，bn；(2)设 Tn为数列bn的前 n 项和，求 Tn，并求满足 Tn1 时，记 cnanbn，求数列cn的前 n 项和 Tn.2(2018湖南)已知数列an满足 a11，|an1an|pn，nN*.(1)若an是递增数列，且 a1，2a2，3a3成等差数列，求 p 的值；(2)若 p12，且a2n1是递增数列，a2n是递减数列，求数列an的通项公式 3 (2018 浙 江)已 知 数 列 an 和 bn 满 足 a1a2a3 an(2)bn(nN*)若an为等比数列，且 a12，b36b2.(1)求 an与 bn；(2)设 cn1an1bn(nN*)记数列cn的前 n 项和为 Sn.求 Sn；求正整数 k，使得对任意 nN*均有 SkSn.考点 18 数列的综合应用 一年模拟试题精练 1(2019江西重点中学联盟模拟)数列an的前 n 项和记为 Sn，a1t，点(Sn，an1)在直线 y2x1 上，其中 nN*.(1)若数列an是等比数列，求实数 t 的值；(2)设各项均不为 0 的数列cn中，所有满足 cici12 a1a3，又 2a2a1a3，2a22 a1a3，即 a2 a1a3成立 3B a3，a4，a8成等比数列，(a13d)2(a12d)(a17d)，整理得 a153d，a1d53d20，又 S44a1432d2d3，dS42d230，故选 B.4 A 从原命题的真假入手，由于anan12anan1anan为递减数列，即原命题和逆命题均为真命题，又原命题与逆否命题同真同假，逆命题与否命题同真同假，则逆命题、否命题和逆否命题均为真命题，选 A.5C 2a1an为递减数列，可知a1an也为递减数列，又 a1ana21a1(n1)da1dna21a1d，故 a1d0，故选 C.6 10 因为an是等差数列，所以 a3a7a4a6a2a82a5，a3a4a5a6a75a525，即 a55，a2a82a510.7.1，78 由题意知当 d0 时，Sn存在最大值，a170，数列an中所有非负项的和最大 又当且仅当 n8 时，Sn取最大值，a80，a9077d0，78d0解得1d0，a80.又 a7a10a8a90，a90.当 n8 时，其前 n 项和最大 9解(1)设数列an的公差为 d，依题意，2，2d，24d 成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4.当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n.显然 2n60n800 成立 当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40 或 n60n800 成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的 n；当 an4n2 时，存在满足题意的 n，其最小值为 41.【一年模拟试题精练】1 A 由 a10S4得 a19d4a1432d4a16d，即 a1d0.所以 S88a1872d8a128d36d，所以S8a936da18d36d9d4，选A.2 D 由 2a2na2n1a2n1(n2)可知数列a2n是等差数列，且以a211 为首项，公差 da22a21413，所以数列的通项公式为 a2n13(n1)3n2，所以 a2636216，即 a64.选 D.3C a1tan 225tan 451，设等差数列an的公差为 d，则由 a513a1，得 a513，da5a15113143，S2 014a1a2a3a4(1)2 014a2 014(a1a3a2 013)(a2a4a2 014)1 007d1 00733 021.故选 C.4D 设等差数列an的公差为 d(d0)，由 a22，且 a1，a3，a9成等比数列，得(2d)2(2d)(27d)，解得 d1.a1a2d211，Snna1n（n1）d2nn（n1）2n22n2，故选 D.5C 6解(1)数列an满足 an1an4(nN*)，数列an是以公差为 4，以 a120 为首项的等差数列故数列an的通项公式为an204(n1)4n24(nN*)，数列an的前 n 项和 An2n222n(nN*)(2)bn2An24n1n（n1）1n1n1(nN*),数列bn的前 n 项 Sn为 Snb1b2bn11212131n1n111n1nn1.7解(1)由 a2a66，得 a43，又由 S55（a1a5）25a3353，得 a373，设等差数列an的公差为 d，则a12d73，a13d3.解得a11，d23 an23n13.(2)当 n2 时，bn1anan1123n1323n13 9212n112n1 当 n1 时，上式同样成立，Snb1b2bn 92113131512n112n192112n1 又92112n1随 n 递增，且92112n1921m，m5，mmin5.考点 16 等比数列【两年高考真题演练】1B 设等比数列an的公比为 q，则由 a13，a1a3a521得 3(1q2q4)21，解得 q23(舍去)或 q22，于是 a3a5a7q2(a1a3a5)22142，故选 B.2D 由题意知：abp，abq，p0，q0，a0，b0.在 a，b，2 这三个数的 6 种排序中，成等差数列的情况有 a，b，2；b，a，2；2，a，b；2，b，a；成等比数列的情况有：a，2，b；b，2，a.ab4，2ba2或ab4，2ab2解之得：a4，b1或a1，b4.p5，q4，pq9，故选 D.3D 当数列an的首项 a11，则数列an是递减数列；当数列an的首项a10 时，要使数列an为递增数列，则0q1”是“数列an为递增数列”的既不充分也不必要条件故选 D.4D 由等比数列的性质得，a3a9a260，因此 a3，a6，a9一定成等比数列，选 D.52n1 由等比数列性质知 a2a3a1a4，又 a2a38，a1a49，所以联立方程a1a48，a1a49，解得a11，a48或a18，a41，又数列an为递增数列，a11，a48，从而 a1q38，q2.数列an的前 n 项和为 Sn12n122n1.63n1 由 3S1，2S2，S3成等差数列知，4S23S1S3，可得 a33a2，公比 q3，故等比数列通项 ana1qn13n1.74 设等比数列an的公比为 q，q0.则 a8a62a4即为 a4q4a4q22a4，解得 q22(负值舍去)，又 a21，所以 a6a2q44.8.14 由题意知数列an是以首项a12，公比q22的等比数列，a7a1q6222614.950 由等比数列的性质可知，a10a11a9a122e5，所以 a10a11e5，于是 ln a1ln a2ln a2010ln(a10a11)10ln e550.10解(1)因为 anbn1an1bn2bn1bn0，bn0(nN*)，所以an1bn1anbn2，即 cn1cn2.所以数列cn是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，故 cn2n1.(2)由 bn3n1知 ancnbn(2n1)3n1，于是数列an的前 n 项和 Sn130331532(2n1)3n1，3Sn131332(2n3)3n1(2n1)3n，相减得2Sn12(31323n1)(2n1)3n 2(2n2)3n，所以 Sn(n1)3n1.【一年模拟试题精练】1B 2C 设 ana1qn1，因为 q2 0100 所以 A，B 不成立，对于 C，当 a30 时，a10，因为 1q 与 1q2 013同号，所以 S2 0130，所以 C 正确，对于 D，取1，1，1，1，不满足条件，D 错，故选 C.3A a6a1a112，b6 b1b11 a1a11，a1a112 a1a11，a6b6.4A a3a7a2a872，a2a827，a224，a83或a23，a824 又公比大于1，a23，a824，q68即q22，a12a2q1032596.5C 因为an是等比数列，所以anan1成以 8 为首项，14为公比的等比数列，所以 a1a2a2a3anan18114n114323(14n)，故选 C.6B y2x2(x0)，y4x，x212y 在第一象限内图象上一点(ai，2a2i)处的切线方程是：y2a2i4ai(xai)，整理，得 4aixy2a2i0，切线与 x 轴交点的横坐标为 ai1，ai112ai，a2k是首项为 a232，公比 q 14的等比数列，a2a4a6328242.故选 B.732 2 a1，12a3，2a2成等差数列，所以 a3a12a2，即 q22q10，q1 2，所以a8a9a6a7q232 2.8解(1)当 n2 时，4Sn1a2n4(n1)1，4an4Sn4Sn1a2n1a2n4a2n1a2n4an4(an2)2，an0，an1an2，当 n2 时，an是公差 d2 的等差数列，a2，a5，a14构成等比数列，a25a2a14，(a28)2a2(a224)，解得 a23，由条件可知，4a1a2254，a11，a2a1312，an是首项 a11，公差为 d2 的等差数列 数列an的通项公式为 an2n1，数列bn的通项公式为 bn3n.(2)Tnb1（1qn）1q3（13n）133n132，3n13232k3n6 对 nN*恒成立，k2n43n对 nN*恒成立，令 cn2n43n，cncn12n43n2n63n12（2n7）3n，当 n3时，cncn1，当 n4 时，cncn1，(cn)maxc3227，k227.9解(1)由 anSnSn12n12p2n2p2n，n2，a1S142p2，由 a1，a2，a3成等比得 p1.(2)由an12(3p)anbn，可得 bnn2n，Tn12222n2n，12Tn122223n2n1，12Tn1212212312nn2n1，12Tn12112n112n2n1，Tn212n1n2n.考点 17 数列求和【两年高考真题演练】1解(1)由已知，有(a3a4)(a2a3)(a4a5)(a3a4)，即 a4a2a5a3，所以 a2(q1)a3(q1)，又因为 q1，故 a3a22，由 a3a1q，得 q2.当 n2k1(kN*)时，ana2k12k12n12；当 n2k(kN*)时，ana2k2k2n2.所以，an的通项公式为 an2n12，n为奇数，2n2，n为偶数.(2)由(1)得 bnlog2a2na2n1n2n1.设bn的前 n 项和为 Sn，则 Sn112021213122(n1)12n2n12n1，12Sn112121223123(n1)12n1n12n.上述两式相减得：12Sn11212212n1n2n112n112n2n222nn2n，整理得，Sn4n22n1，nN*.所以，数列bn的前 n 项和为 4n22n1，nN*.2解(1)当 n1 时，a1S11；当 n2 时，anSnSn1n2n2（n1）2（n1）2n.故数列an的通项公式为 ann.(2)由(1)知，bn2n(1)nn.记数列bn的前 2n 项和为 T2n，则T2n(212222n)(12342n)记 A212222n，B12342n，则 A2（122n）1222n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前 2n 项和 T2nAB22n1n2.3解(1)由 a110，a2为整数知，等差数列an的公差 d 为整数 又 SnS4，故 a40，a50，于是 103d0，104d0.解得103d52.因此 d3.数列an的通项公式为 an133n.(2)bn1（133n）（103n）13(1103n1133n)于是 Tnb1b2bn 131711014171103n1133n 131103n110n10（103n）.4解(1)由已知得，b72a7，b82a84b7，有 2a842a72a72.解得 da8a72.所以，Snna1n（n1）2d2nn(n1)n23n.(2)函数 f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为 y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在 x 轴上的截距为 a21ln 2.由题意得，a21ln 221ln 2，解得 a22.所以 da2a11.从而 ann，bn2n.所以 Tn12222323n12n1n2n，2Tn1122322n2n1.因此，2TnTn11212212n1n2n212n1n2n2n1n22n.所以，Tn2n1n22n.【一年模拟试题精练】1 解(1)因为 a1b1a2b2a3b3anbnn2n3，所以当 n2时，a1b1a2b2a3b3an1bn1(n1)2n2，两式相减，得 anbnn2n3(n1)2n2(n1)2n2(n2)，而当 n1 时，a1b116 适合上式，从而 anbn(n1)2n2(nN*)，又因为bn是首项为 4，公比为 2 的等比数列，即 bn2n1，所以 an2n2，从而数列anbn的前n项和Snn（42n2）24（12n）122n2n23n4.(2)因为 an4n4，anbn(n1)2n2(nN*)，所以 bn2n，假设数列bn中第 k 项可以表示为该数列中其它 r(rN，r2)项 bt1，bt2，bt3，btn(t1t2t3tn)的和，即 bkbt1，bt2，bt3，btn，从而 2k2t12t22t32tn，易知 ktn1，(*)又 2k2t12t22t32tn2122232n2（12n）122n122n1，所以 ktn1 此与(*)矛盾，从而这样的项不存在 2解(1)n2 时，Snann21，Sn1an1(n1)21，两式相减，得 ananan12n1，an12n1，an2n1，3nbn1(n1)(2n3)n(2n1)4n3，bn14n33n，当 n2 时，bn4n13n1，又 b13 适合上式，bn4n13n1.(2)由(1)知 bn4n13n1，Tn317311324n53n24n13n1 13Tn3373211334n53n14n13n，得23Tn34343243343n14n13n 3413113n11134n13n54n53n，Tn1524n523n1，TnTn14（n1）523n4n523n14n33n0，所以，TnTn1即Tn为递增数列，又 T35997，T46497，当 Tn7 时，n 的最大值为 3.3(1)解 12，an，Sn成等差数列，2anSn12，当 n1 时，2a1S112，a112，当 n2 时，Sn2an12，Sn12an112，两式相减得：anSnSn12an2an1，anan12，所以数列an是首项为12，公比为 2 的等比数列 an122n12n2.(2)证明 bnlog2a2n1log2a2n3log222n12log222n32(2n1)(2n1)1bn12n112n11212n112n1 1b11b21b31bn 12113131512n112n1 12112n112.4(1)解 a1S112361.(2)解 n1 时，anSnSn1n（n1）（4n1）6（n1）n（4n5）6n(2n1)，n1 时，n(2n1)1a1，所以nN*，ann(2n1)(3)证明 由(2)知，n1 时，n2a2n1（2n1）214n24n114n（n1）141n11n 1a214a22n2a2n1141211321n（n1）114（112）（1213）（1n11n）11411n1，知 an2n1，bn2n1，故 cn2n12n1，于是 Tn1325227239242n12n1，12Tn123225237249252n12n.可得 12Tn21212212n22n12n32n32n，故 Tn62n32n1.2解(1)因为an是递增数列，所以 an1an|an1an|pn.而 a11，因此 a2p1，a3p2p1.又 a1，2a2，3a3成等差数列，所以 4a2a13a3，因而 3p2p0，解得 p13，p0.当 p0 时，an1an，这与an是递增数列矛盾 故 p13.(2)由于a2n1是递增数列，因而 a2n1a2n10，于是(a2n1a2n)(a2na2n1)0.但122n0，得n（n1）2n5（51）251.所以，当 n5 时，cn0.综上，对任意 nN*恒有 S4Sn，故 k4.【一年模拟试题精练】1解(1)由题意，当 n2 时，有an12Sn1，an2Sn11，两式相减，得 an1an2an，即 an13an(n2)，所以，当 n2 时an是等比数列，要使 n1 时an是等比数列，则只需a2a12t1t3，从而得出 t1(2)由(1)得，等比数列an的首项为 a11，公比 q3，an3n1，cnnan4nann3n14n3n114n3n1，c11413，c2142313，c1c210，数列cn递增.由 c2130，得当 n2 时，cn0.数列cn的“积异号数”为 1.2解(1)因为等差数列an的首项为 10，公差为 2，所以 an10(n1)2，即 an2n8.因为等比数列bn的首项为 1，公比为 2，所以 bn12n1，即 bn2n1.(2)因为 a110，a212，a314，a416，a518，a620，b11，b22，b34，b48，b516，b632.易知当 n5 时，anbn.下面证明当 n6 时，不等式 bnan成立 法一 当 n6 时，b62613220268a6，不等式显然成立 假设当 nk(k6)时，不等式成立，即 2k12k8.则有 2k22k12(2k8)2(k1)8(2k6)2(k1)8.这说明当 nk1 时，不等式也成立 综合可知，不等式对 n6 的所有整数都成立 所以当 n6 时，bnan.法二 因为当 n6 时，bnan2n1(2n8)(11)n1(2n8)(C0n1C1n1C2n1Cn1n1)(2n8)(C0n1C1n1C2n1Cn3n1Cn2n1Cn1n1)(2n8)2(C0n1C1n1C2n1)(2n8)n23n6n(n4)(n6)0，所以当 n6 时，bnan.所以 cnminan，bn2n1，n5，2n8，n5.则 c2n22n2，n5，4（n4）2，n5.当 n5 时，Snc21c22c23c2nb21b22b23b2n 20222422n214n1413(4n1)当 n5 时，Snc21c22c23c2n(b21b22b25)(a26a27a2n)13(451)4(64)2(74)2(n4)2 34146272n2)8(67n)16(n5)3414(1222n2)(122252)32(67n)64(n5)3414n（n1）（2n1）655 32（6n）（n5）264(n5)43n318n22423n679.综上可知，Sn13（4n1），n543n318n22423n679，n5