2020年高考数学试题分类汇编专题数列理精品

1、2020年高考试题数学(理科)数列、选择题1. (2020年高考天津卷理科 4)已知an为等差数列，其公差为-2 ,且37是33与39的等比 中项，Sn为an的前n项和，n N ,则S0的值为A. -110B . -90C . 90D . 110已知3n为等差数列，其公差为-2 ,且37是33与39的等比中项，Sn为3n的前n项和，n N* ,则S°的值为A. -110B . -90C . 90D . 110【答案】D.【解析】 a；33?39,d 2, (31 12)2 (31 4)(31 16),解之得 31 20,10 9 S1010 201( 2)110.22. (2020年

2、高考江西卷理科5)已知数列3n的前n项和Sn满足：SnSmSnm,且311,那么()A. 1B.9C.10D. 55答案：A解析：Q S2 31322S1,32 1Q S3S1 S23,331 ,Q S4SIS34,341 , L 31013. 仙11年高考四川卷理科E)數列的首项为3,血为等差数列且" =叫 若则2， =2,则吗=()CA) O <B) 3(C) 8Cr) 11*難B解桥 由已知知bn = 2n-n=23-¾由叠iHSfMg网(QJ -CIJ)H一码H ( (Zf)= 6+ 一4十一2十0十2十4十牴二 ) = 3.4 (2m年高考全国卷理科4)设片

3、为等差数列的前殍项和，若¾=n=SA 2 Sn 24，则 k(A) 8(B) 7(C) 6(D) 5【答案】D【解析】Sk2Skak2akIa1(k 2 1)da1(k 11)d2a1(2k 1)d2 1(2k 1) 2 4k 424 k 5 故选 Db5.(2020年高考上海卷理科18)设务是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai,ai1的矩形面积(i 1,2,L )，则An为等比数列的充要条件为()A. an是等比数列。B a1,a3,L ,a2n1,L 或 a2,a4,L ,a2n,L 是等比数列。C. a1,a3,L ,a2n1,L 和 a2,a4,L , a2n,L 均是等

4、比数列。D- a1,a3,L ,a2n1,L和a2,a4,L , a2n,L均是等比数列，且公比相同。【命题意图】本题考查等比数列的概念及充要条件的判断问题，难度较大【答案】D【解析】由题意知 A=aiai I,若An是等比数列，则JALl = an & 2 =-an2为非0常数，即Ananan IanAaIA2 a2 a1,a3,5,L和a2,a4,a6,L成等比数列，且公比相等；反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ,则也=旦二=q ,则AnAnan是等比数列，故选 D.二、填空题1. (2020年高考广东卷理科12)设Sn是等差数列an (n N*)的前n项和

5、，且a11,a47，则 s5答案：25(1 9) 5解析：由 a1 1,a4 7可得 a1 1,d 2,an 2n 1 ,所以 S525。22. (2020年高考广东卷理科 11)等差数列 an前9项的和等于前4项的和.若a1 1,ak a4 0，贝U k .【答案】1099?8d44?3d-k 1061 (k 1)d 1 3d 03. (2020年高考湖北卷理科 13)九章算术“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自下【解析】由题得22d而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为升答案：6766解析：设从上往下的9节竹子的容积依次为 a1,a2,a9

6、,公差为d ,则有a1+a2+a3+a4=3,a7+a8+a9=4,即 4a5-10d =3,3a5+9d=4,联立解得:a5.即第5节竹子的容积6667664. (2020年高考陕西卷理科14)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植棵，相邻两棵树相距 10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为 (米)。【答案】2000【解析】设树苗集中放置在第i号坑旁边，则20名同学返所走的路程总和为l 2(i 1) (i 2) L 2 11 2 L (19 i) (20 i) 102 21 2399亠=(i 21i21

7、0) 20(i) 20 即 i 10或11 时 Imjn 2000.5. (2020年高考重庆卷理科11)在等差数列 an中，as a7 37,则a2 a4 a62 3774解析：74.a2a8a4a6a3a737 ,故a2a4a6a86. (2020年高考江苏卷13)设1a1a2a7，其中a1, a3, a5, a7成公比为q的等比数列，a2,a4,a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是 【答案】3 3【解析】考察综合运用等差、等比的概念及通项公式，不等式的性质解决问题的能力，难题。由题意：1 a1 a2 a1q a21a1q2a22 a1q3,a2 q a2 1,a2 1 qa2 2q3

8、 a223 ,而Q a21®1,a2,a21念 2 的最小值分别为1,2,3；qmin 3 3。亠 17.(2020年咼考北京卷理科 11)在等比数列an中，a=- , a4=-4 ,则公比q=2aa2 an 。1【答案】一22n 1 -2三、解答题：1. (2020年高考山东卷理科 20)(本小题满分12分)等比数列 an中，a1,a2,a3分别是下表第一、三行中的某一个数，且a1,a2,a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(I)求数列 an的通项公式；()若数列bn满足：bnan(1)lna.,求数列bn的前2n项和S?

9、.【解析】(I)当a13时，不合题意；当a12时，当且仅当a2 6,a3 18时，符合题意；当a110时，不合题意。因此 a1 2,a26,a3 18,所以公式q=3,故 an 2 3n 1.(II )因为bnan(1)nln an23n 1(1)n(23n1)23n 1(1)nln2(n1)ln 323n 1(1)n(ln2In3) (1)nnln 3,所以S2n 2(1 3 L 32n1) 1 1 1 L ( 1)2n (ln2 ln 3) 1 2 5 L ( 1)n nln 3,所以当n为偶数时,Sn3n nn3 1;当n为奇数时,Sn1 3n(In 2 In 3)(- 1 n)ln 3

10、2n 13nIn3 In2 1.23n nI n3 1, n为偶数综上所述，Sn23n- LIn3-In2-1,n为奇数22.(2020年高考辽宁卷理科17)(本小题满分12分)已知等差数列an满足a2=0, a6+a8= -10(I )求数列a n的通项公式；(II )求数列an2* 1的前n项和.(I )设等差数列an的公差为d,由已知条件可得a1d 0,2a112d10,解得d1,1.故数列an的通项公式为an 2 n. 5分(II )设数列貝的前n项和为Sn ,即Sn印 寺 L 貝,故Sl 1 ,a242n *Sn2所以，当n 1时,SnT a1(2a2a21(1412n 1an an

11、 1an12 n、2n 12n )2 n2n所以Snn2n 1 综上,数列罰的前n项和Sn洛.3. （2020年高考浙江卷理科 19）（本题满分14分）已知公差不为O的等差数列an的首项a1 a ( a R),1 1 1a1设数列的前n项和为Sn ,且一，一，一成等比数列（I）求数列ana2 a4a1a?n 1a11的通项公式及Sn(H)记 An -SI1，BnSn,当 a?nn 2时，试比较An与Bn的大小【解析】（I）1a22a2（印d)2a1(a13d)da1a1a4则ana1 (n1)d(n1)a1na1 na,SIa1(H) Ann(n 1)d2丄丄Sls2an1S3(21 Sn(n

12、 1)a211 2a212 3a213 4a2n(n 1)a1 22a22a n(n 1)2(1a=)因为a2n2na ,所以Bn12(1 丄) a 2n丿1当 n 2时，22 Cn Cn Cn LC： n 1 即 11 -n 12所以当a 0时，An Bn ；当a 0时，An Bn .4.（2020年高考安徽卷理科18）（本小题满分13分）在数1和100之间插入n个实数，使得这n 2个数构成递增的等比数列，将这n 2个数的乘积记作Tn ,再令an lg Tn, n1.（I）求数列an的通项公式； ()设bn tanan tana. 1,求数列g的前n项和Sn.【命题意图】：本题考查等比和等差

13、数列，指数和对数运算，两角差的正切公式等基本知 识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力。t11 , tn 2100 ,则【解析】：（I） t1,t2,tn 2构成递增的等比数列，其中tan1tan1Tnt1 t2tn 1 tn 2Tntn 2tn 1t2 t1×并利用等比数列性质 tn 2 t1 tn I=t1tn 2210得2Tn (tn 2 11) (tn 1 t2)(t1tn2)102(n2)anlg Tnn 2lg10 n（）由（I）知bn tanantan an I tan(n 2) tan(n3),又 Qta n(n 3)tan(n 2)tan(n

14、 3) tan(n 2) X “ tan11 tan(n 2) tan(n 3)tan(n 2) tan(n 3) tan(n 3) tan(n 2)1tan1所以数列bn的前n项和为tan(2 2) tan(2 3)tan(2 3) tan(2 2)2) tan(n 3)Sn tan(1 2) tan(1 3)tan(1 3) tan(1 2)ta n1tan(n 2) tan 3 ntan1tan(ntan(n 3) tan(n 2) n【解题指导】：做数列题时应优先运用数列的相关性质，本题考查的是等比数列前n项积，自然想到等比数列性质：tn 2 t1 tn 2 t1 tn 1 t22=t

15、1 tn 210 ,倒序相乘法是借鉴倒序相加法得到的，这样处理就避免了对n奇偶性的讨论。第二问的数列求和应联想常规的方法：倒序相加法,错位相减法,裂项相消法。而出现tan tan 时自然应该联想正切的和角或差角公式。本题只要将这两个知识点有机结合起来就可以创造性的把问题解决。5. (2020年高考全国新课标卷理科17)(本小题满分12 分)等比数列an的各项均为正数，且2a13 a?1, a39a2a6(1)求数列an的通项公式bnlog 3 a1 Iog 3 a?log3an,求数列1的前项和.bn分析:(1)先求首项和公比，后求通项(2)可以先求出0 ,然后得新数列通项后再求和解析:(I)

16、设数列an的公比为q,由a2 9a2a6得a； 9a2所以q2由条件可知a>0,故q由 2a1 3a21 得 2a13a2q 1 ,所以 a1- O3故数列a n的通项式为1an=" 03n() bnIog3a1log 3 a2 Iog3an(1 2 n)n(n 1)故丄bn2n(n 1)2(1nbib2bn2(11 1 12) (2 3)1(n1R)2n所以数列1的前n项和为 2nn 1点评：本题考查等比数列通项公式，性质、等差数列前n项和，对数运算以及数列求和(列项求和)与数列综合能力的考查。解答过程要细心，公式性质要灵活运用。6. (2020年高考天津卷理科 20)(本小

17、题满分14分)已知数列an与bn满足：3 ( 1)n*bnan an122，n N，且a 2, a?4.(I)求 a3, a4,a5 的值；()设Cn a2n 1 a2n 14 N* ,证明：Gn是等比数列；、*4n Sk 7*(川)设 Sk a2 a4a2k,k N ,证明：- (n N).k 1 ak 6【解析】本小题主要考查等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析能力和解决问题的能力及分类讨论的思想方法.丄 3 ( 1)n*1,n是奇数(I)解：由bn,nN,可得bn,又bnanan1bn1an 20,22,n是偶数当n=1时,aa：2a30 ,由 a12

18、 , a24 ,得 a33;当n=2时,2a2 a3a40,可得a45.当n=3时,a3a42a50,可得a54.()证明:对任意n*N ,a2n 1a2n2a2n 10,2a2n a2n1 a2n 20,a2n 1a2n22a2n30,-得a2na2n 3，将代入,可得a2n 1a2n 3(a2n 1a2n 1 ),即 Cn 1Cn ( n N*),又故CnO,因此Cnl1,所以Cn是等比数列.Cnk(ill )证明：由(II )可得 a2k i a2k 1( 1),于是，对任意k N*且k 2 ,有aia31,3 a5)1,a5 a?1,M(1) (a2k 3 a2k 1)1k将以上各式相

19、加，得 a1 ( 1) a2k 1 (k 1),k 1即 2k 1( 1)( k 1)，此式当k=1时也成立由式得a2k ( 1)k 1(k 3).从而 S2k(2 a4)(a6 8) L(4k 2 a4k)k,S2k 1s2ka4kk 3-所以，对任意n N , n 2，4nSk 1 akS4m 3a4m 3S4m 2S4m 1S4ma4m 2a4m 1a4m2m 22m2m 12m 22m 3 2m )2m 1 2m 3)22m(2m 1)(2m32)(2 m2)m 2 2m(2m1)3(2n 2)(2 n 3)m 2(2m 1)(2m 1)(2n2)(2n 3)1 烈 1) (1 1)

20、L 才右(2n32)(2 n 3)15513 62 2 n 1（2n2）（2 n 3）76.对于n=1,不等式显然成立.所以，对任意n N ,SaSa2S2n 1a2nS2na2n(S E)a2St)(S2n 1a2n 1S2n )a2n(1112) (11242(42 I) L(114")（412,(£42(42 1)4n(4n I)n7. （2020年高考江西卷理科 18）（本小题满分12分）已知两个等比数列an ，bn，满足a1a（a 0），ba11，b2a22，b3a33.（1）若a 1 ,求数列an的通项公式；（2）若数列an唯一，求a的值.解：（1）当 a=1

21、时，b1 a2,b22a2,b33a3,又an, bn 为等比数列，2 2不妨设an公比为q ,由等比数列性质知：b2b1b3（2 a?）2 2 3 a3 ,同时又有a2a1q1,12Ca3a1q12a1q12232aq2 q22 3 q2q2 2所以：ann 122, n 1（2）an要唯一，当公比q0时，由b11 a2,b22 a2,b33a3且b22bb322 aq11 a32aq12aq14aq13a 10，a0，2aq14aq1 3a 10取少有-个根（有两个根时，保证仅有一个正根）4a 2 4a 3a 10 4a a 1 O,此时满足条件的 a有无数多个，不符合。2 aq12 21

22、 a 3 aq12aq14aq1 3a 10，可推得13a 10,a符合3综上：a1。38. (2020年咼考湖南卷理科16）对于nN ,将n表小为na0kk 12a12a22k21 0 .ak 12ak2 ,当 0时，当公比 q 0时，等比数列an首项为 a ,其余各项均为常数0,唯一，此时由n为上述表示中ai为0的个数（例如:1 1 20，4 122 0 210 20 ,故 I 10,I 41272inn 1127答案:I 122；I n21093n 1解析:（1）由题意知312 1 23 1220 21(2)通过例举可知：I 10, I 21,I 4ai为0或1.记Iai 1,当 1 i

23、 k 时,2），则（1）I 12；（2）0 20 ,所以 I 122；2，I 83，I 164，I 325，I 646，I 1287，且相邻之间的整数的个数有0，1，3，7，15，31，63.它们正好满足“杨辉三角”中的规律:从而1272i(1 1 1 1 1 1 1) 20(1 2 3 4 5 6) 21 (1 3 6 10 15) 22(1 4 10 20) 23 (1 5 15) 24(1 6) 25 1 261093.以二进制为知识背评析：本小题主要考查学生的阅读理解能力、探究问题能力和创新意识 景，着重考查等比数列求和以及“杨辉三角”中的规律的理解和运用9. （2020 年高考广东卷

24、理科20）设b0,数列an满足 a1=b,annban I3n 1 2n2(n 2),（1）求数列 an的通项公式;（2）证明：对于一切正整数n, anbn【解析】（1）由310,知 annban Ian 1 2n0,-anb an令Ann,A 3n2代1b2b22n 尹2“ 1A12b12* 1F当b 2时,121(Ib1 2 bbn 2nbn(b2)'当b 2 时,A13n(2)(2nnbn(b 2)bn2n2,2时,1 bn,b（欲证3nnbn(b 2)bn2n£2* 11,只需证nbn(匚n 1n n1)b)(2nbn1)(bn2bnL 2n1)22nb2n2n 12

25、b2Zb 22 L兰£亡 bn 2n 2nL 2)n n2 b (22 Ln n2) 2n 2 b2n1bn,annbn(b 2)bn2nb212* 1匚12“ 1综上所述anbn1尹1.10. (2020年高考湖北卷理科19)(本小题满分13分)已知数列an的前n项和为Sn ,且满足：a1 a (a 0)a 1 rSn(n N ,r R,r 1)(I )求数列an的通项公式;( )若存在k N ,使得S<1,Sk,Sk2成等差数列，试判断：对于任意的m N ,且m 2 ,am 1,am,am 2是否成等差数列，并证明你的结论以及特殊与本小题主要考查等差数列、等比数列基础知识，

26、同时考查推理论证能力,般的思想.解析:(I)由已知an 1 rSn,可得 an 2 rSn 1,两式相减可得an 2an 1r(Sn 1Sn)ran 1an 2 (r1)an 1 又 a2 ra1ra ,所以当r 0时,数列an为：a,0,0,；当 r 0,r1时，由已知a0 ,所以 an 0(n于是由an 2 (r 1)an 1 ,可得an 2an 1r 1(na2,a3,n,.成等比数列,n 2时,n 2an r(r 1) a综上，数列an的通项公式为ana, n r (r11)2a,n2.()对于任意的m N ,且 m 2,am1,a m,am 2成等差数列，证明如下:当r=0时,由(I

27、)知，an a,n 2,对于任意的mN ,且m 2,am ,am,am 2成等差数列;当 r0,r1 时，Sk1Sk 1Skak 1. QSk 2Skak 1 ak 2 , 若存在k N ,使得Sk 1,Sk,Sk 2成等差数列，则ak 2 2Sk ,Sk 1 Sk 22Sk ,2Sk2ak 1即ak 22ak 1 ,0 ,且 a：10 ,且 m 2 ,由（I）知，a2,a3,an,的公比r+仁一2 ,于是对于任意的 m Nam 12am从而am24am ,am 1am22am,即am 1 ,am,am 2成等差数列.综上，对于任意的mN ,且m 2,am 1如如2成等差数列.7 分)11.（

28、2020年高考重庆卷理科 21）（本小题满分12分。（I）小问5分，（）设实数数列an的前n项和Sn满足Sh 1 anISnn N（I）若a11S21 2a2成等比数列，求 S2和a34()求证：对k 3有0 an I an3解析：（I）由题意2S2 ,s22a®,得 SfS2 a2 S1 玄1玄2由S2是等比中项知S20 ,因此S由 S2a3S3a3S2,解得，a3S22S21（）证明：有题设条件有an 1 g3nan 1Sn ,故Sn1,an 1 1 ,且an 1ShSnan 1an 1从而对k 3有 akSk 1Sk 11ak 1Sk 2 1ak 1Sk 2ak 1%11Cak

29、 1ak 1ak11ak 14要证ak,由，只要证32ak 1k 1ak 11即证3a214 ak 1 ak 1,即ak 1220 ,此式明显成立,因此ak3k 3。最后证，ak 1 ak ,若不然,ak 12ak ak又因ak0，故宀2akak1 ,即2ak 10。矛盾，12.（2020年高考四川卷理科20)(本小题共12分)(I)丄C1n写出a1,a2,a3并判断a n是否为等比数列.若是，给出证明；若不是，说明理由;设d为非零实数，an =d+2G2+ +(n 1)Cnn-Id n-1 +nCnndn(n N*).(Il)设bn=ndan (n N *),求数列b n的前n项和Sn.解析

30、：（1）a1a2d(da3d(d1)1)2aCndan1d(1Cnd2 C2d3 L Cnl 1dnd)nd(1 d)n1! dan因为d为常数，所以an是以d为首项,d 1为公比的等比数列。bnn d2(1 d)n 12 0 2(2) Sn d (1 d) 2d (1 d2(1 d)02(1 d)1d)13(13d2(1 d)2d)2 L LL Lnd2(1 d)n 1n(1 d)n1(1)2 1(1 d)Sn d (1 d) 2(1d)233(1 d)3 LL n(1 d)n (2)(2)( 1)dSn di%。)d d2 n(1 d)n d (d2n d)(1 d)nSn1 (dn 1)

31、(1 d)n1 113. (2020年高考全国卷理科20)设数列an满足a1 0且1 an 11 an1.(I)求an的通项公式;()设1 Jan Ibn. n1,记SlS,证明:SnP1【解析】：由亠1 an 111 an1.得11an为等差数列，前项为-11,d1,于是() bnSInbkk 1(n1) 1an1,ann、23K (114. （2020年高考江苏卷20）设M为部分正整数组成的集合，数列an的首项a11 ,前 n项和为Sn ,已知对任意整数 k属于M当n>k时，Sn k Sn2(Sn Sk)都成立(1)设 M= 1, a2 2 ,求 a5 的值;（2）设M= 3, 4,

32、求数列an的通项公式【解析】考察等差数列概念、和与通项关系、集合概念、转化与化归、分析问题与解决问题(1) Qk 1,n1, Sn 1Sn 12(SnSI), Sn 2 Sn 2(Sn 1S1）即：an 2an 2an1所以，n>1 时，an成等差，而 a22 , S23,S32(S2SI)SI7,a34,a5(2)由题意：n3, Sn 3Sn 32(SnS3),(1);n4, Sn 4Sn42(SnS4),(2)n4, Sn 4Sn22(Sn1 S3),(3); n15, Sn 5Sn 32(Sn 1S4),(4);当n5时，由（(1)(2)得:an 4an 32a4,(5)的能力，其

33、中（是难题。1）是容易题，（2）8；由(3) (4)得：an 5 an 2 2a(6)由(1)(3)得：an4an 22a.1,(7);由(2)(4)得:an5an 32a.,(8);,由(7)(8)知：an4,an1,an2,成等差，an5,an1,an3,成等差；设公差分别为：d由(5) (6)得：an 5an 32d2an 4 2a4 2d2,(9); an 4an 2 2dan 5 2a4 2d,(10);由(9) (10)得：an 5an4 d2d1,2a4d1d2,an2a.3d2d1;an(n在(1) (2)中分别取 n=4,n=5 得：2a1+6a2 15d 2(2a1 5a2

34、 5d),即4a2 5d2)成2；2362a1 8a2 28d2(2 a1 7a2 9d),即 3a2 5d 1a23,d2, an 2n 1.15. (2020年高考江苏卷23)(本小题满分10分)设整数n 4, P(a,b)是平面直角坐标系 Xoy中的点，其中a,b 1,2,3, L , n, a b(1) 记An为满足a b 3的点P的个数，求An ；1(2) 记Bn为满足-(a b)是整数的点P的个数，求Bn3解析：考察计数原理、等差数列求和、分类讨论、归纳推理能力，较难题。(1)因为满足a b 3a,b 1,2,3,L , n, a b的每一组解构成一个点P,所以Ann 3。1 *(

35、2)设(a b) k N，则 a b3对每一个k对应的解数为：n-3k,构成以当n-1被3整除时，解数一共有：1 4当n-1被3除余1时，解数一共有：2当n-1被3除余2时，解数一共有：3n 13k,03kn1,0 k3J3为公差的等差数列；L n31n 3n 1(n1)(n 2)2365 Ln32 n 3 n2(n 2)(n2366 Ln33 n 3 n3(n 3)n2(k(n 1)(n 2),n 3k lorn 3k6心3k 3616. (2020年高考北京卷理科 20)(本小题共13分)若数列 Ana,a2,an(n 2)满足 an I q 1(k 1,2,., n 1),数列 An为

36、E数列,记 S( An) = a1a?. an .(I)写出一个满足 a1 as 0,且S(As) > 0的E数列An ；()若a1 12 , n=2000,证明：E数列Al是递增数列的充要条件是 an=2020;(川)对任意给定的整数 n (n2),是否存在首项为 0的E数列An ,使得SAn=O? 如果存在，写出一个满足条件的E数列An ;如果不存在，说明理由。解：(I) 0, 1, 2, 1, 0是一具满足条件的 E数列A5。(答案不唯一，0, 1, 0, 1 , 0也是一个满足条件的 E的数列A5)()必要性：因为 E数列A是递增数列，所以 ak 1 ak1(k 1,2, ,1999).所以IA是首项为12,公差为1的等差数列.所以 a2ooo=12+ (2000 1 )× 1 = 2020.充分性，由于 a 2000 a1000 1,a2000a1000la2 a1 1所以 a2000一a 19999,即 a2000a 1+1999.又因为 a1=12, a2000=2020, 所以 a2000=a1+1999.故an 1an10(k 1,2,1999),即An是递增数列.综上，结论得证。(出)令Ckak1 ak 10( k 1,2, ,n 1),则 CA1因为a2a1C1a aCC2ana1C1C2Cn 1 ,C