2018--2020年高考数学试题分类汇编数列附答案详解(共29页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2018-2020年高考数学试题分类汇编数列 一、 选择题.1、（2018年高考全国卷1理科4）记Sn为等差数列an的前n项和若3S3=S2+S4，a1=2，则a5=（）A12B10C10D12答案：B解析：Sn为等差数列an的前n项和，3S3=S2+S4，a1=2，=a1+a1+d+4a1+d，把a1=2，代入得d=3a5=2+4（3）=10故选：B2、（2019年高考全国I卷理科9）记为等差数列的前n项和已知，则ABCD答案：A 解析：有等差数列的性质可知，解得 所以，故选A。3、（2019年高考全国III卷理科5文科6）已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为

2、15，且a5=3a3+4a1，则a3=A 16B 8C4 D 2 答案：C解析：由题意有,即由题意有a5=3a3+4a1,即，故 (q2-4)(q2+1)=0因为各项均为正数,所以q0,所以q=2将q=2代入.得a1=1、所以故选C4、（2019年高考全国III卷文理科9）执行下边的程序框图，如果输入的为0.01，则输出的值等于A.B. C.D. 答案：C解析：等比数列前n项和不满足，执行不满足，执行不满足.执行满足，输出故选C5、（2019年高考北京卷理科2文科4）执行如图所示的程序框图，输出的s值为 （A）1（B）2（C）3（D）4答案：B解析：k=1，s=1， s=，k3,故执行循环体k

3、=1+1=2，；此时k=20，求使得Snan的n的取值范围解：（1）设的公差为d由得由a3=4得于是因此的通项公式为（2）由（1）得，故.由知，故等价于，解得1n10所以n的取值范围是9、（2019年高考全国II卷理科19）已知数列an和bn满足a1=1，b1=0，.（1）证明：an+bn是等比数列，anbn是等差数列；（2）求an和bn的通项公式.解：（1）由题设得，即又因为a1+b1=l，所以是首项为1，公比为的等比数列由题设得，即又因为a1b1=l，所以是首项为1，公差为2的等差数列（2）由（1）知，所以，10、（2019年高考全国II卷文科18）已知是各项均为正数的等比数列，.（1）求

4、的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.解：（1）设的公比为q，由题设得，即.解得（舍去）或q=4.因此的通项公式为.（2）由（1）得，因此数列的前n项和为.11、（2019年高考北京卷文科16）设an是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列.（I）求an的通项公式；（）记an的前n项和为Sn，求Sn的最小值.解析:（I）根据等比中项，结合等差数列的通项公式，求出d，即可求出；（）由（1），求出，结合二次函数的性质，即可求出相应的最小值.解：（I）根据三者成等比数列，可知，故，解得d=2，故；（）由（I）知，该二次函数开口向上，对称轴为n=5.5，故n=5或6时，取

5、最小值-30.5、（2019年高考北京卷理科20）已知数列an，从中选取第i1项、第i2项、第im项(i1 i2im)，若，则称新数列为an的长度为m的递增子列。规定：数列an的任意一项都是an的长度为1的递增子列。(I) 写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列；(II) 已知数列an的长度为P的递增子列的末项的最小值为 ，长度为q的递增子列的末项的最小值为，若pq，求证：；(III) 设无穷数列an的各项均为正整数，且任意两项均不相等，若an的长度为s的递增子列末项的最小值为2s-1，且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个（s=1,2,），求数列an的通项公式。

6、解：（）1，3，5，6.（答案不唯一）（）设长度为q末项为的一个递增子列为.由pq，得.因为的长度为p的递增子列末项的最小值为，又是的长度为p的递增子列，所以.所以（）由题设知，所有正奇数都是中的项.先证明：若2m是中的项，则2m必排在2m1之前（m为正整数）.假设2m排在2m1之后.设是数列的长度为m末项为2m1的递增子列，则是数列的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是中的项.假设存在正偶数不是中的项，设不在中的最小的正偶数为2m.因为2k排在2k1之前（k=1，2，m1），所以2k和不可能在的同一个递增子列中.又中不超过2m+1的数为1，2，2m2，2m1，

7、2m+1，所以的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为.与已知矛盾.最后证明：2m排在2m3之后（m2为整数）.假设存在2m（m2），使得2m排在2m3之前，则的长度为m+1且末项为2m+l的递增子列的个数小于.与已知矛盾.综上，数列只可能为2，1，4，3，2m3，2m，2m1，.经验证，数列2，1，4，3，2m3，2m，2m1，符合条件.所以12、（2019年高考上海卷21）数列有100项，对任意，存在，若与前n项中某一项相等，则称具有性质P. （1）若，求所有可能的值；（2）若不是等差数列，求证：数列中存在某些项具有性质P；（3）若中恰有三项具有性质P，这三项和为c，请用a、d、

8、c表示. 解：(1)由题意,a2=a1+d=3若a3、a4同时具有性质P,则a4=a3=a2=3若a3具有性质P而a4不具有性质P,则a3=a2=a1+d=3,a4=a2+d=a3+da1+d，即a4=5若a3不具有性质P,则必有a3=a2+da1+d,即a3=5此时若a4具有性质P,则a4=5;若a4不具有性质P,则a4=a3+d=7综上所述,a4可能的值为3、5、7(2)假设an中不存在满足性质P的项,即对任意i,j1,100,均有aiaj下面数学归纳法证明,an是等差数列当n=2时,a2=a1+d,成立;设当nk,k2,99且kN*时,ak=ak-1+d则当n=k+1时,因为ak+1不具

9、有性质P,故ak+1ai=ai-1+d(i=1,2,k)而又存在ak+1=ai+d(i=1,2,k),故i=k,即ak+1=ak+d综上所述,当an中不存在满足性质P的项时,an是等差数列成立故其逆否命题:当an不是等差数列时,an中存在满足性质P的项成立(3)由题意,不妨设这三项为ap,aq,am,其中2Pq0.因为ckbkck+1，所以，其中k=1，2，3，m.当k=1时，有q1；当k=2，3，m时，有设f（x）=，则令，得x=e.列表如下：xe(e，+) +0f（x）极大值因为，所以取，当k=1，2，3，4，5时，即，经检验知也成立因此所求m的最大值不小于5若m6，分别取k=3，6，得3

10、q3，且q56，从而q15243，且q15216，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514、（2019年高考浙江卷20）设等差数列的前项和为，数列满足：对每个，成等比数列.（1）求数列，的通项公式；（2）记，证明：.解答：（1）由题意得，解得，从而，.又，从而.（2）法一：，从而.法二：不妨设数列的前项和为，当时，显然成立；假设当时条件成立，即，则当时，欲证，只需证，即证，即证，这是显然成立的.综上可知，对任意，均有.15、（2020北京卷）已知是无穷数列给出两个性质：对于中任意两项，在中都存在一项，使；对于中任意项，在中都存在两项使得()若，判断数列是否满足性质，

11、说明理由；()若，判断数列是否同时满足性质和性质，说明理由；()若是递增数列，且同时满足性质和性质，证明：为等比数列.解：()不具有性质；()具有性质；具有性质；()【解法一】首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显然，假设数列中存在负项，设，第一种情况：若，即，由可知：存在，满足，存在，满足，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：取，此时，由数列的单调性可知，而，故，此时必有，即，最后，用

12、数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列的前项成等比数列，不妨设，其中，（情况类似）由可得：存在整数，满足，且（*）由得：存在，满足：，由数列的单调性可知：，由可得：（*）由（*）和（*）式可得：，结合数列的单调性有：，注意到均为整数，故，代入（*）式，从而.总上可得，数列的通项公式为：.即数列为等比数列.【解法二】假设数列中的项数均为正数：首先利用性质：取，此时，由数列的单调性可知，而，故，此时必有，即，即成等比数列，不妨设，然后利用性质：取，则，即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明，否则，由数列的单调性可知，在性质中，取，则，从而，与前面类似的可知则存在，满足，若，则：，与假设矛盾；若

13、，则：，与假设矛盾；若，则：，与数列的单调性矛盾；即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而，同理可得：，从而数列为等比数列，同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.从而题中的结论得证，数列为等比数列.16、（2020全国1卷）设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项（1）求的公比；（2）若，求数列的前项和答案：（1）；（2）.解：（1）设的公比为，为的等差中项，因为，；（2）设前项和为，得，.17、（2020全国3卷）设数列an满足a1=3，（1）计算a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明；（2）求数列2nan

14、的前n项和Sn答案：（1），证明见解析；（2）.解：（1）由题意可得，由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即，证明如下：当时，成立；假设时，成立.那么时，也成立.则对任意的，都有成立；（2）由（1）可知，由得：，即.18、（2020江苏卷）已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn设与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“k”数列（1）若等差数列是“1”数列，求的值；（2）若数列是“”数列，且an0，求数列的通项公式；（3）对于给定的，是否存在三个不同的数列为“3”数列，且an0?若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由，答案：（1）1（2）（3）解：（1）（2）

15、,，,（3）假设存在三个不同的数列为数列.或或对于给定的，存在三个不同的数列为数列，且或有两个不等的正根.可转化为，不妨设，则有两个不等正根，设.当时，即，此时，满足题意.当时，即，此时，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.综上，19、（2020新全国1山东）已知公比大于的等比数列满足（1）求的通项公式；（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和答案：（1）；（2）.解：（1）由于数列是公比大于的等比数列，设首项为，公比为，依题意有，解得解得，或(舍)，所以，所以数列的通项公式为.（2）由于，所以对应的区间为：，则；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间

16、分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个.所以.20、（2020天津卷）.已知为等差数列，为等比数列，（）求和的通项公式；（）记的前项和为，求证：；（）对任意的正整数，设求数列的前项和答案：（），；（）证明见解析；（）.解：()设等差数列的公差为，等比数列的公比为q.由，可得d=1.从而的通项公式为.由，又q0，可得，解得q=2，从而的通项公式为.()证明：由()可得，故，从而，所以.()当n奇数时，当n为偶数时，对任意的正整数n，有，和由得由得，由于，从而得：.因此，.所以，数列的前2n项和为.21、（2020浙江卷

17、）已知数列an，bn，cn中，（）若数列bn为等比数列，且公比，且，求q与an的通项公式；（）若数列bn为等差数列，且公差，证明：答案：（I）；（II）证明见解析.解：（I）依题意，而，即，由于，所以解得，所以.所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.所以（）.所以（II）依题意设，由于，所以，故.所以.由于，所以，所以.即，.22、（2020上海卷）有限数列，若满足，是项数，则称满足性质.（1） 判断数列和是否具有性质，请说明理由.（2） 若，公比为的等比数列，项数为10，具有性质，求的取值范围.（3） 若是的一个排列都具有性质，求所有满足条件的.答案：（1）对于第一个数列有，满

18、足题意，该数列满足性质对于第二个数列有不满足题意，该数列不满足性质.（2）由题意可得，两边平方得：整理得：当时，得，此时关于恒成立，所以等价于时，所以，所以或者ql，所以取.当时，得, 此时关于恒成立，所以等价于时，所以，所以,所以取。当时，得。当为奇数的时候，得, 很明显成立，当为偶数的时候，得，很明显不成立，故当时，矛盾，舍去。当时，得。当为奇数的时候，得, 很明显成立，当为偶数的时候，要使恒成立，所以等价于时，所以，所以或者，所以取。综上可得，。（3）设因为，可以取或者，可以取或者。如果或者取了或者，将使不满足性质所以，的前五项有以下组合：，对于，与满足性质矛盾，舍去。对于，与满足性质矛盾，舍去。对于，与满足性质矛盾，舍去。对于，与满足性质矛盾，舍去。所以均不能同时使，都具有性质。当时，有数列：满足题意。当时，时有数列：满足题意。当时，有数列：满足题意。当时，有数列：满足题意。故满足题意的数列只有上面四种。专心-专注-专业