高考复习方案全国人教数学历年高考真题与模拟题分类汇编 D单元 数列理科 Word版含答案

1、高考数学精品复习资料 2019.5 数 学d单元数列 d1 数列的概念与简单表示法11d120xx·上海卷 无穷数列an由k个不同的数组成，sn为an的前n项和若对任意nn*，sn2，3，则k的最大值为_114解析 由sn2，3，得a1s12，3将数列写出至最多项，其中有相同项的情况舍去，共有如下几种情况：a12，a20，a31，a41；a12，a21，a30，a41；a12，a21，a31，a40；a13，a20，a31，a41；a13，a21，a30，a41；a13，a21，a31，a40.最多项均只能写到第4项，即kmax4.d2 等差数列及等差数列前n项和12d220xx&#

2、183;北京卷 已知an为等差数列，sn为其前n项和若a16，a3a50，则s6_126解析 设等差数列an的公差为d，因为a3a50，所以62d64d0，解得d2，所以s66×6×(2)36306.8d220xx·江苏卷 已知an是等差数列，sn是其前n项和若a1a3，s510，则a9的值是_820解析 因为s55a310，所以a32，设其公差为d，则a1a22d(2d)2d26d63，解得d3，所以a9a36d21820.3d220xx·全国卷 已知等差数列an前9项的和为27，a108，则a100()a100 b99c98 d973c解析 

3、5;927，可得a53，所以a10a55d5，所以d1，所以a100a1090d98.19d2，d4，h620xx·四川卷 已知数列an的首项为1，sn为数列an的前n项和，sn1qsn1，其中q>0，nn*.(1)若2a2，a3，a22成等差数列，求数列an的通项公式；(2)设双曲线x21的离心率为en，且e2，证明：e1e2en>.19解：(1)由已知，sn1qsn1，sn2qsn11，两式相减得到an2qan1，n1.又由s2qs11得到a2qa1，所以an1qan对所有n1都成立，所以，数列an是首项为1，公比为q的等比数列，从而anqn1.由2a2，a3，a22

4、成等差数列，可得2a33a22，即2q23q2，则(2q1)(q2)0，由已知，q>0，故q2，所以，an2n1(nn*)(2)证明：由(1)可知，anqn1，所以双曲线x21的离心率en.由e2，解得q(负值舍去)因为1q2(k1)>q2(k1)，所以>qk1(kn*)于是e1e2en>1qqn1，故e1e2en>.17d220xx·全国卷 sn为等差数列an的前n项和，且a11，s728.记bnlg an，其中x表示不超过x的最大整数，如0.90，lg 991.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列bn的前1000项和17解：(1)设an的公差

5、为d，据已知有721d28，解得d1，所以an的通项公式为ann.故b1lg 10，b11lg 111，b101lg 1012.(2)因为bn所以数列bn的前1000项和为1×902×9003×11893.18d2，d420xx·山东卷 已知数列an的前n项和sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和tn.18解：(1)由题意知，当n2时，ansnsn16n5，当n1时，a1s111，所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即解得所以bn3n1.(2)由(1)知cn3(n1)·

6、;2n1.又tnc1c2cn，得tn3×2×223×23(n1)×2n1，2tn3×2×233×24(n1)×2n2，两式作差，得tn3×2×2223242n1(n1)×2n23×4(n1)×2n2 3n·2n2，所以tn3n·2n2.18d220xx·天津卷 已知an是各项均为正数的等差数列，公差为d.对任意的nn*，bn是an和an1的等比中项(1)设cnbb，nn*，求证：数列cn是等差数列；(2)设a1d，tn,求证：<.

7、18证明：(1)由题意得banan1，有cnbban1an2anan12dan1，因此cn1cn2d(an2an1)2d2，所以cn是等差数列(2)tn(bb)(bb)(bb)2d(a2a4a2n)2d·2d2n(n1)，所以·（1）<.6d220xx·浙江卷 如图1­1，点列an，bn分别在某锐角的两边上，且|anan1|an1an2|，anan2，nn*，|bnbn1|bn1bn2|，bnbn2，nn*.(pq表示点p与q不重合)若dn|anbn|，sn为anbnbn1的面积，则()图1­1asn是等差数列bs是等差数列cdn是等差数

8、列dd是等差数列6a解析 由题意得，an是线段an1an1(n2)的中点，bn是线段bn1bn1(n2)的中点，且线段anan1的长度都相等，线段bnbn1的长度都相等过点an作高线hn.由a1作高线h2的垂线a1c1，由a2作高线h3的垂线a2c2，则h2h1|a1a2|sina2a1c1，h3h2|a2a3|sina3a2c2.而|a1a2|a2a3|，a2a1c1a3a2c2，故h1，h2，h3成等差数列，故sn是等差数列d3等比数列及等比数列前n项和20a1、d3、d520xx·江苏卷 记u1，2，100对数列an(nn*)和u的子集t，若t，定义st0；若tt1，t2，tk

9、，定义stat1at2atk.例如：t1，3，66时，sta1a3a66.现设an(nn*)是公比为3的等比数列，且当t2，4时，st30.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意正整数k(1k100)，若t1，2，k，求证：st<ak1；(3)设cu，du，scsd，求证：scscd2sd.20解：(1)由已知得ana1·3n1，nn*.于是当t2，4时，sta2a43a127a130a1.又st30，所以30a130，即a11，故数列an的通项公式为an3n1，nn*.(2)证明：因为t1，2，k，an3n1>0，nn*，所以sta1a2ak133k1(3k1)<

10、;3k.因此，st<ak1.(3)证明：下面分三种情况证明若d是c的子集，则scscdscsdsdsd2sd.若c是d的子集，则scscdscsc2sc2sd.若d不是c的子集，且c不是d的子集令ec(ud)，fd(uc)，则e，f，ef.于是scsescd，sdsfscd，进而由scsd，得sesf.设k是e中最大的数，l为f中最大的数，则k1，l1，kl.由(2)知，se<ak1，于是3l1alsfse<ak13k，所以l1<k，即lk.又kl，故lk1，从而sfa1a2al133l1，故se2sf1，所以scscd2(sdscd)1，即scscd2sd1.综合得，

11、scscd2sd.15d320xx·全国卷 设等比数列an满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_1564解析 设该等比数列的公比为q，则q，可得a1a110，得a18，所以an8·（）n1（）n4.所以a1a2an（）3210(n4)，易知当n3或n4时，(n27n)取得最小值6，故a1a2an的最大值为（）664.17d3、d420xx·全国卷 已知数列an的前n项和sn1an，其中0.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)若s5，求.17解：(1)由题意得a1s11a1，故1，a1，a10.由sn1an，sn11an1得an1an1

12、an，即an1(1)an.由a10，0得an0，所以.因此an是首项为，公比为的等比数列，于是an（）n1.(2)由(1)得sn1（）n，由s5得1（）5，即（5，解得1.5d320xx·四川卷 某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入若该公司全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是()(参考数据：lg 1.120.05，lg 1.30.11，lg 20.30)a bc2020年 d2021年5b解析 设x年后该公司全年投入的研发资金开始超过200万元，由题可知，130(112%)x200，解

13、得xlog1.123.80，因为x为整数，所以x取4，故开始超过200万元的年份是5d3、a220xx·天津卷 设an是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对任意的正整数n，a2n1a2n<0”的()a充要条件b充分而不必要条件c必要而不充分条件d既不充分也不必要条件5c解析 设数列的首项为a1，则a2n1a2na1q2n2(1q)<0，即q<1，故选c.13d320xx·浙江卷 设数列an的前n项和为sn.若s24，an12sn1，nn*，则a1_，s5_131121解析 由an12sn1，得an2sn11(n2)，两式相减得，an1a

14、n2(snsn1)2an，即an13an(n2)，而a22a11，s2a1a24，解得a11，a23，故an是首项为1，公比为3的等比数列，所以s5121.17d320xx·上海卷 已知无穷等比数列an的公比为q，前n项和为sn，且sns.下列条件中，使得2sn<s(nn*)恒成立的是()aa1>0，0.6<q<0.7 ba1<0，0.7<q<0.6ca1>0，0.7<q<0.8 da1<0，0.8<q<0.717b解析 由题意得2a1·<a1·(0<|q|<1)对一切

15、正整数n恒成立当a1>0时，qn>，结合选项知该不等式不恒成立，舍去；当a1<0时，qn<q2<，选项b满足要求d4数列求和17d3、d420xx·全国卷 已知数列an的前n项和sn1an，其中0.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)若s5，求.17解：(1)由题意得a1s11a1，故1，a1，a10.由sn1an，sn11an1得an1an1an，即an1(1)an.由a10，0得an0，所以.因此an是首项为，公比为的等比数列，于是an（）n1.(2)由(1)得sn1（）n，由s5得1（）5，即（5，解得1.19d2，d4，h620xx&

16、#183;四川卷 已知数列an的首项为1，sn为数列an的前n项和，sn1qsn1，其中q>0，nn*.(1)若2a2，a3，a22成等差数列，求数列an的通项公式；(2)设双曲线x21的离心率为en，且e2，证明：e1e2en>.19解：(1)由已知，sn1qsn1，sn2qsn11，两式相减得到an2qan1，n1.又由s2qs11得到a2qa1，所以an1qan对所有n1都成立，所以，数列an是首项为1，公比为q的等比数列，从而anqn1.由2a2，a3，a22成等差数列，可得2a33a22，即2q23q2，则(2q1)(q2)0，由已知，q>0，故q2，所以，an2n

17、1(nn*)(2)证明：由(1)可知，anqn1，所以双曲线x21的离心率en.由e2，解得q(负值舍去)因为1q2(k1)>q2(k1)，所以>qk1(kn*)于是e1e2en>1qqn1，故e1e2en>.18d2，d420xx·山东卷 已知数列an的前n项和sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和tn.18解：(1)由题意知，当n2时，ansnsn16n5，当n1时，a1s111，所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即解得所以bn3n1.(2)由(1)知cn3(n1)·

18、2n1.又tnc1c2cn，得tn3×2×223×23(n1)×2n1，2tn3×2×233×24(n1)×2n2，两式作差，得tn3×2×2223242n1(n1)×2n23×4(n1)×2n2 3n·2n2，所以tn3n·2n2. d5 单元综合20d5，a120xx·北京卷 设数列a：a1，a2，an(n2)如果对小于n(2nn)的每个正整数k都有ak<an，则称n是数列a的一个“g时刻”记g(a)是数列a的所有“g时刻”组

19、成的集合(1)对数列a：2，2，1，1，3，写出g(a)的所有元素；(2)证明：若数列a中存在an使得an>a1，则g(a)；(3)证明：若数列a满足anan11(n2，3，n)，则g(a)的元素个数不小于ana1.20解：(1)g(a)的元素为2和5.(2)证明：因为存在an使得an>a1，所以in*|2in，ai>a1.记mminin*|2in，ai>a1，则m2，且对任意正整数k<m，aka1<am.因此mg(a)，从而g(a).(3)证明：当ana1时，结论成立以下设an>a1.由(2)知g(a).设g(a)n1，n2，np，n1<n2&

20、lt;<np.记n01，则an0<an1<an2<<anp.对i0，1，p，记gikn*|ni<kn，ak>ani如果gi，取mimin gi，则对任何1k<mi，akani<ami.从而mig(a)且mini1.又因为np是g(a)中的最大元素，所以gp.从而对任意npkn，akanp，特别地，ananp.对i0，1，p1，ani11ani.因此ani1ani11(ani1ani11)ani1.所以ana1anpa1(aniani1)p.因此g(a)的元素个数p不小于ana1.20a1、d3、d520xx·江苏卷 记u1，2，1

21、00对数列an(nn*)和u的子集t，若t，定义st0；若tt1，t2，tk，定义stat1at2atk.例如：t1，3，66时，sta1a3a66.现设an(nn*)是公比为3的等比数列，且当t2，4时，st30.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意正整数k(1k100)，若t1，2，k，求证：st<ak1；(3)设cu，du，scsd，求证：scscd2sd.20解：(1)由已知得ana1·3n1，nn*.于是当t2，4时，sta2a43a127a130a1.又st30，所以30a130，即a11，故数列an的通项公式为an3n1，nn*.(2)证明：因为t1，2，k，

22、an3n1>0，nn*，所以sta1a2ak133k1(3k1)<3k.因此，st<ak1.(3)证明：下面分三种情况证明若d是c的子集，则scscdscsdsdsd2sd.若c是d的子集，则scscdscsc2sc2sd.若d不是c的子集，且c不是d的子集令ec(ud)，fd(uc)，则e，f，ef.于是scsescd，sdsfscd，进而由scsd，得sesf.设k是e中最大的数，l为f中最大的数，则k1，l1，kl.由(2)知，se<ak1，于是3l1alsfse<ak13k，所以l1<k，即lk.又kl，故lk1，从而sfa1a2al133l1，故s

23、e2sf1，所以scscd2(sdscd)1，即scscd2sd1.综合得，scscd2sd.12d520xx·全国卷 定义“规范01数列”an如下：an共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k2m，a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数若m4，则不同的“规范01数列”共有()a18个 b16个c14个 d12个12c解析 a1，a2，a8中0的个数不少于1的个数，a10，a81.先排定中间三个1，当三个0在一起时排法种数为c，当三个0不相邻时排法种数为c，当三个0分成两组时排法种数为ac，不同的“规范01数列”共有ccac14(个)20d520xx·浙江卷 设数列

24、an满足an1，nn*.(1)证明：|an|2n1(|a1|2)，nn*；(2)若|an|n，nn*，证明：|an|2，nn*.20证明：(1)由1，得|an|an1|1，故，nn*，所以<1，因此|an|2n1(|a1|2)(2)任取nn*，由(1)知，对于任意m>n，()()()<，故|an|<·2n·m ·2n2·2n.从而对于任意m>n，均有|an|<2·2n.由m的任意性得|an|2.否则，存在n0n*，有|an0|>2，取正整数m0>log且m0>n0，则2n0·<

25、;2n0·log|an0|2，与式矛盾综上，对于任意nn*，均有|an|2.23d5，m220xx·上海卷 若无穷数列an满足：只要apaq(p，qn*)，必有ap1aq1，则称an具有性质p.(1)若an具有性质p，且a11，a22，a43，a52，a6a7a821，求a3；(2)若无穷数列bn是等差数列，无穷数列cn是公比为正数的等比数列，b1c51，b5c181，anbncn，判断an是否具有性质p，并说明理由；(3)设bn是无穷数列，已知an1bnsin an(nn*)，求证：“对任意a1，an都具有性质p”的充要条件为“bn是常数列”23解：(1)因为a5a2，所

26、以a6a3，a7a43，a8a52，于是a6a7a8a332.又因为a6a7a821，所以a316.(2)bn的公差为20，cn的公比为，所以bn120(n1)20n19，cn81·()n135n，anbncn20n1935n.a1a582，但a248，a6，a2a6，所以an不具有性质p.(3)证明：充分性：当bn为常数列时，an1b1sin an.对任意给定的a1，若apaq，则b1sin apb1sin aq，即ap1aq1，充分性得证必要性：用反证法证明假设bn不是常数列，则存在kn*，使得b1b2bkb，而bk1b.下面证明存在满足an1bnsin an的an，使得a1a2ak1，但ak2ak1.设f(x)xsin xb，取mn*，使得m>|b|，则f(m)mb>0，f(m)mb<0，故存在c使得f(c)0.取a1c，因为an1bsin an(1nk)，所以a2bsin cca1，依此类推，得a1a2ak1c.但ak2bk1sin ak1bk1sin cbsin c，即ak2ak1.所以an不具有性质p，矛盾必要性得证综上，“对任意a1，an都具有性质p”的充要条件为“bn是常数列”320xx·淮南一模 已知数列an中，ann2n，且an是递增数列