2022年全国高考理科数学试题分类汇编三角函数数列

1、学习必备欢迎下载数学d单元数列d1数列的概念与简洁表示法 0， n n*17、2021江·西卷 已知首项都是1 的两个数列 an ， bn bn满意 anbn 1an 1bn 2bn 1bn0.an(1) 令 cn b，求数列 cn 的通项公式；n(2) 如 b 3n 1，求数列 a 的前 n 项和 s .nnn*an 1an17 解： 1 由于 anbn 1an 1bn 2bn1bn 0， bn 0nncn2，所以bbn 1 2，即 cn1nnnnn所以数列 cn 是以 c1 1 为首项， d2 为公差的等差数列，故cn 2n 1.2由 b 3n 1，知 a2 n 13n 1，于是

2、数列 a 的前 n 项和 s 1× 30 3× 31 5× 32n 2n 1× 3n 1， 3s 1× 31 3× 32 2n 3× 3n1 2n 1× 3n，将两式相减得n2s 1 2× 3 1 32 3n 1所以 sn n13n1. 2n 1 ×3n 22 n2× 3n，17、2021新·课标全国卷 已知数列 an 的前 n 项和为sn，a1 1，an 0，anan 1 sn1，其中 为常数(1) 证明： an 2 an .(2) 是否存在，使得 an 为等差数列？并说明

3、理由17 解： 1 证明：由题设，anan 1 sn 1， an1an 2 sn 1 1，两式相减得an1an2 an an 1.由于 an 1 0，所以 an2 an .2由题设， a1 1， a1a2 s1 1，可得a2 1，由1知， a3 1.如 an 为等差数列，就2a2 a1 a3，解得 4，故 an 2 an 4.由此可得 a2n 1 是首项为1，公差为4 的等差数列， a2n 1 4n3； a2n 是首项为3，公差为4 的等差数列，a2n 4n 1.所以 an2n 1， an 1 an 2.因此存在 4，使得数列 an 为等差数列17、2021新·课标全国卷 已知数列

4、an 满意 a11， an 13an 1.2(1) 证明an 1是等比数列，并求 an 的通项公式；11(2) 证明 a 1 132n.aa217 解： 1由 an 1 3an 1 得 an 1 1 3 an 1 .22131313n又 a1 2 2，所以an 2 是首项为3n 12，公比为3 的等比数列，所以an 2 2 ，因此数列 an 的通项公式为ana2证明：由 1知 1 n2.23n1.由于当 n 1 时， 3n 1 2×3n 1，1所以n1 n 1，即 1 n 21.3 12× 3an3 13n 1于是 1111 1 1 3 1 13.a1a2<32所以

5、11an3133n 12nna1 a2 a <2.n22，2021重·庆卷 设 a1 1， an 1a2 2an2 bn n* (1) 如 b 1，求 a2， a3 及数列 an 的通项公式(2) 如 b 1，问：是否存在实数c 使得 a2n<c<a2n 1 对全部n n*22 解： 1 方法一： a22， a32 1.再由题设条件知成立？证明你的结论an 1 12 an 12 1.从而 an 12 是首项为0，公差为1 的等差数列， 故an 12 n 1，即 ann 1 1n n* 方法二： a2 2， a32 1.可写为 a111 1， a22 11， a33

6、1 1.因此猜想ann 1 1.下面用数学归纳法证明上式 当 n1 时，结论明显成立2假设 n k 时结论成立，即akk 1 1，就ak1（ ak1） 1 1（ k1） 11（ k 1） 1 1， 这就是说，当n k 1 时结论成立所以 ann 1 1n n * .2方法一：设fx（ x 1）2 1 1，就 an1 fan 令 c fc，即 c（ c 1） 2 1 1，解得 c 14下面用数学归纳法证明命题a2n<c<a2n 1<1.当 n1 时， a2 f1 0， a3 f02 1，所以 a2<1 a <1，结论成立4< 3假设 n k 时结论成立，即a2

7、k<c<a2k 1<1. 易知 fx在， 1 上为减函数，从而c fc> fa2k 1 >f1 a2，即1>c>a2k 2>a2.再由 fx在， 1 上为减函数，得c fc< fa2k2 <fa2 a3<1，故 c<a2k 3<1 ，因此 a2 k 1<c<a2k 1 1<1，这就是说，当nk 1 时结论成立使综上，存在c 14a2n<c<a2a1 对全部n n *成立方法二：设fx（ x1） 2 1 1，就 an 1 fan 先证： 0an 1n n* 当 n1 时，结论明显成立假设

8、n k 时结论成立，即 0ak 1. 易知 fx在， 1 上为减函数，从而0 f1 fakf0 2 1<1.即 0ak1 1.这就是说，当n k 1 时结论成立故成立*再证： a2n<a2n 1nn 当 n1 时， a2 f1 0， a3 fa2 f02 1，所以 a2<a3，即 n1 时成立假设 n k 时，结论成立，即a2k<a2k 1. 由及 f x在， 1 上为减函数，得a2k1 fa2k>fa2k 1 a2k2，a2 k 1 fa2k 1<fa2k 2 a2k 1 1.这就是说，当n k 1 时成立所以对一切n n* 成立2n由得 a2n <

9、a2 2a2n 2 1，即a2n 122<a2n2a2 n 2，4因此 a2n<1.又由及fx在 ， 1 上为减函数，得f a2n> fa2n 1，即 a2n1 >a2n2.所以 a >a 2a 2 1，解得 a122n 12n 12n 12n 1> .4综上，由知存在c1使 a2n<c<a2n 1 对一切 nn *成立4d2等差数列及等差数列前n 项和12、2021 ·安徽卷 数列 an 是等差数列，如a1 1， a3 3， a5 5 构成公比为q 的等比数列，就q.12 112 2021 北京卷 如等差数列 an 满意a7a8a9&

10、gt;0， a7 a10<0，就当n 时， an 的前 n 项和最大12 83 2021福·建卷 等差数列 an 的前 n 项和为sn，如 a12， s3 12，就 a6 等于a 8b 10c 12d 143 c18、2021湖·北卷 已知等差数列 an 满意： a1 2，且 a1， a2， a5 成等比数列(1) 求数列 an 的通项公式(2) 记 sn 为数列 an 的前 n 项和，是否存在正整数n，使得sn>60n 800？如存在，求n的最小值；如不存在，说明理由18 解： 1 设数列 an 的公差为d，依题意得， 2， 2 d， 24d 成等比数列，故有

11、 2 d2 224d，化简得 d2 4d 0，解得 d0 或 d 4.当 d0 时， an 2；当 d4 时， an 2n 1 ·4 4n 2.从而得数列 an 的通项公式为an2 或 an 4n2. 2当 an 2 时， sn 2n，明显 2n<60 n800，此时不存在正整数n，使得 sn>60 n 800 成立当 a 4n 2 时， s n2 （ 4n2） 2n2.nn2令 2n2>60n 800，即 n2 30n 400>0， 解得 n>40 或 n< 10舍去 ，此时存在正整数n，使得 sn>60 n 800 成立， n 的最小值为

12、41.综上，当an 2 时，不存在满意题意的正整数n；当 an 4n 2 时，存在满意题意的正整数n，其最小值为41.n*20、2021 ·湖南卷 已知数列 an 满意 a11， |an 1 an| p，n n .(1) 如 an 是递增数列，且a1， 2a2，3a3 成等差数列，求p 的值；2(2) 如 p 1，且 a2n1 是递增数列， a2 n 是递减数列，求数列 an 的通项公式20 解： 1 由于 an 是递增数列，所以an 1 an |an 1 an| pn.而a1 1 ，因此a2 p 1， a3 p2 p 1.又 a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2 a13a3，

13、因而 3p2 p 0，或解得 p 13p 0.8 2021·辽宁卷 设等差数列 an 的公差为d.如数列 2 a1 an 为递减数列，就a d<0b d>0c a1d<0d a1d>08 c当 p0 时， an1 an，这与 an 是递增数列冲突，故1p3.2由于 a2n 1 是递增数列，因而a2n 1 a2n1>0，于是 a2n 1a2n a2n a2n 1>0. 22 n<22n 1，所以 |a2n 1 a2n|<|a2na2n1|.由于 11由知， a2n a2n 1>0，因此 a2n a2n 11 2n 12（ 1） 2n

14、22 n 1.由于 a2n 是递减数列，同理可得，a2n 1 a2n<0，故a2n 1 a2n122n（ 1） 2n 122n.由可知，an 1 an（ 1） n 12n.于是an a1 a2 a1 a3 a2 an an 1 1 2 2211（ 1） nn 1 1 211 21 n 14·2112 ·133（ 1） nn1.2故数列 an 的通项公式为an 3 ·41（ 1） n32n 1.18、2021 ·全国卷 等差数列 an 的前 n 项和为1求 an 的通项公式；sn.已知 a1 10， a2 为整数，且sn s4.2设 bn1a a，求

15、数列 bn n1n 的前 n 项和 tn.18 解： 1由 a1 10， a2 为整数知，等差数列又 sn s4，故 a4 0， a5 0，于是 10 3d 0， 10 4d 0， an 的公差 d 为整数解得 10 d 5，3因此 d 3.2故数列 an 的通项公式为an 133n.2b n1（13 3n）（ 10 3n） 11310 3n13 3n1. 于 是t b b b 1n12n311111117104710 3n13 3n13 10 3n 110 n10（ 10 3n） .17、2021新·课标全国卷 已知数列 an 的前 n 项和为sn，a1 1，an 0，anan 1

16、 sn1，其中 为常数(1) 证明： an 2 an .(2) 是否存在，使得 an 为等差数列？并说明理由17 解： 1 证明：由题设，anan 1 sn 1， an1an 2 sn 1 1，两式相减得an1an2 an an 1.由于 an 1 0，所以 an2 an .2由题设， a1 1， a1a2 s1 1，可得a2 1，由1知， a3 1.如 an 为等差数列，就2a2 a1 a3，解得 4，故 an 2 an 4.由此可得 a2n 1 是首项为1，公差为4 的等差数列， a2n 1 4n3； a2n 是首项为3，公差为4 的等差数列，a2n 4n 1.所以 an2n 1， an

17、1 an 2.因此存在 4，使得数列 an 为等差数列19， 2021 ·山东卷 已知等差数列 an 的公差为2，前 n 项和为 sn，且 s1，s2，s4 成等比数列(1) 求数列 an 的通项公式；(2) 令 bn 1n 14n，求数列 bn 的前 n 项和 tn.anan 119 解：1由于 s a， s 2a2× 1× 2 2a 2，1121214×3s 4a × 2 4a 12，4121由题意得 2a1 22 a1 4a1 12，解得 a1 1， 所以 an2n 1.2由题意可知，nb 1n 14nan an 1 1n 14n（ 2n

18、 1）（ 2n 1） 1n 112n 1当 n 为偶数时，12n1 .nt 11311 111135 112n 12n 32n 12n 12n 12n.2n 1当 n 为奇数时，nt 11 311 111135 112n 1 2n 22n 32n 12n12n 112n .2n 2所以 tn2n2n 2n， n为奇数， 1， n为偶数 . 1或tn2n 1（ 1） n12n116，2021 陕·西卷 abc 的内角 a， b，c 所对的边分别为a， b， c.(1) 如 a， b， c 成等差数列，证明：sin a sin c 2sinac；(2) 如 a， b， c 成等比数列，求

19、cos b 的最小值16 解： 1 a， b， c 成等差数列，a c 2b.由正弦定理得sin asin c 2sin b.sin b sin ac sin a c，sin a sin c 2sin a c 2 a， b， c 成等比数列，b2 ac. 由余弦定理得cos ba2 c2 b22aca2 c2 ac2ac2ac ac1 2ac，2当且仅当a c 时等号成立，.cos b 的最小值为 1211、2021 ·天津卷 设 an 是首项为a1，公差为 1 的等差数列， sn 为其前 n 项和如s1， s2，s4 成等比数列，就a1 的值为211 12*22，2021重

20、3;庆卷 设 a1 1， an 1an 2an2 bn n (1) 如 b 1，求 a2， a3 及数列 an 的通项公式(2) 如 b 1，问：是否存在实数c 使得 a2n<c<a2n 1 对全部n n*22 解： 1 方法一： a22， a32 1.再由题设条件知成立？证明你的结论an 1 12 an 12 1.从而 an 12 是首项为0，公差为1 的等差数列， 故an 12 n 1，即 ann 1 1n n* 方法二： a2 2， a32 1.可写为 a111 1， a22 11， a33 1 1.因此猜想ann 1 1.下面用数学归纳法证明上式 当 n1 时，结论明显成立

21、假设 n k 时结论成立，即akk 1 1，就（ a1） 2 1 1（ k1） 11（ k 1） 1 1，ak1k这就是说，当n k 1 时结论成立 所以 ann 1 1n n * 2 1 1，就 a fa2方法一：设fx（ x 1）n1n令 c fc，即 c（ c 1） 2 1 1，解得 c 1.4下面用数学归纳法证明命题a2n<c<a2n 1<1.232< <a3<1，结论成立当 n1 时， a f1 0， a f02 1，所以 a14假设 n k 时结论成立，即a2k<c<a2k 1<1. 易知 fx在， 1 上为减函数，从而c fc

22、> fa2k 1 >f1 a2，即1>c>a2k 2>a2.再由 fx在， 1 上为减函数，得c fc< fa2k2 <fa2 a3<1，故 c<a2k 3<1 ，因此 a2 k 1<c<a2k 1 1<1，这就是说，当nk 1 时结论成立综上，存在c14使 a2n<c<a2a 1 对全部n n*成立方法二：设fx（ x1） 2 1 1，就 an 1 fan先证： 0an 1n n* 当 n1 时，结论明显成立假设 n k 时结论成立，即0ak 1.易知 fx在， 1 上为减函数，从而0 f1 fakf0

23、2 1<1.即 0ak1 1.这就是说，当n k 1 时结论成立故成立*再证： a2n<a2n 1nn 当 n1 时， a2 f1 0， a3 fa2 f02 1，所以 a2<a3，即 n1 时成立假设 n k 时，结论成立，即a2k<a2k 1. 由及 f x在， 1 上为减函数，得a2k1 fa2k>fa2k 1 a2k2，a2 k 1 fa2k 1<fa2k 2 a2k 1 1.这就是说，当n k 1 时成立所以对一切n n* 成立2n由得 a2n <a2 2a2n 2 1，即a2n 12<a2 2a 2，2n2 n4因此 a2n<1

24、.又由及fx在 ， 1 上为减函数，得f a2n> fa2n 1，即 a2n1 >a2n2.所以 a >a 2a 2 1，解得 a122n 12n 12n 112n 1> .4*综上，由知存在c4使 a2n<c<a2n 1 对一切 nn成立d3等比数列及等比数列前n 项和2 2021 ·重庆卷 对任意等比数列 an ，以下说法肯定正确选项 a a1， a3， a9 成等比数列ba2， a3， a6 成等比数列ca2， a4， a8 成等比数列d a3， a6， a9，成等比数列2 d12. 、2021 ·安徽卷 数列 an 是等差数列，如

25、a1 1， a3 3， a5 5 构成公比为q 的等比数列，就q.12 113. 、2021 ·广东卷 如等比数列 an 的各项均为正数，且a10a11a9a12 2e5，就ln a1ln a2 ln a2013 50102021 ·全国卷 等比数列 an 中，a4 2，a5 5，就数列 lg an 的前 8 项和等于 a 6b 5c4d 310 c18、2021湖·北卷 已知等差数列 an 满意： a1 2，且 a1， a2， a5 成等比数列(1) 求数列 an 的通项公式(2) 记 sn 为数列 an 的前 n 项和，是否存在正整数n，使得sn>60n

26、 800？如存在，求n的最小值；如不存在，说明理由18. 解： 1 设数列 an 的公差为d，依题意得， 2， 2 d， 24d 成等比数列，故有 2 d2 224d，化简得 d2 4d 0，解得 d0 或 d 4.当 d0 时， an 2；当 d4 时， an 2n 1 ·4 4n 2.从而得数列 an 的通项公式为an2 或 an 4n2. 2当 an 2 时， sn 2n，明显 2n<60 n800，此时不存在正整数n，使得 sn>60 n 800 成立当 a 4n 2 时， s n2 （ 4n2） 2n2.nn2令 2n2>60n 800，即 n2 30n

27、400>0， 解得 n>40 或 n< 10舍去 ，此时存在正整数n，使得 sn>60 n 800 成立， n 的最小值为41.综上，当an 2 时，不存在满意题意的正整数n；当 an 4n 2 时，存在满意题意的正整数n，其最小值为41.17、2021 新·课标全国卷 已知数列 an 满意 a11， an 13an 1.1(1) 证明an 2 是等比数列，并求 an 的通项公式；a1(2) 证明 1 1 132n.aa217 解： 1由 a 3a1 得 a 11 3 an.n 1n131n 122313n又 a1 2 2，所以an 2 是首项为3n 12，公

28、比为3 的等比数列，所以an 2 2 ，因此数列 an 的通项公式为ana2证明：由 1知 1 n2.23n1.由于当 n 1 时， 3n 1 2×3n 1，1所以n1 n 1，即 1 n 21.3 1于是 112× 31an3 113n 113132a1 a2 a 1n33n 1 2 1 3n < .所以 1113na1 a2 a <2.19. ， 2021 ·山东卷 已知等差数列 an 的公差为2，前 n 项和为 sn，且 s1，s2，s4 成等比数列(1) 求数列 an 的通项公式；(2) 令 b 1n 14n，求数列 bn 的前 n 项和 tn

29、.nanan 1219 解：1由于 s1 a1， s2 2a1 2× 1× 2 2a1 2，s 4a 4×3× 2 4a 12，4121由题意得 2a1 22 a1 4a1 12，解得 a1 1， 所以 an2n 1.2由题意可知，nb 1n 14nan an 1 1n 14n（ 2n 1）（ 2n 1） 1n 112n 1当 n 为偶数时，12n1 .1tn 1 3 11111135 112n 12n 32n 12n 12n 12n.2n 1当 n 为奇数时，tn11 311 111135 112n 1 2n 22n 32n 12n12n 112n .

30、2n 2所以 tn2n2n， n为奇数， 1， n为偶数 .或tnn12n 1（ 1）2n12n 116，2021 陕·西卷 abc 的内角 a， b，c 所对的边分别为a， b， c.1如 a， b， c 成等差数列，证明：sin a sin c 2sinac； 2如 a， b， c 成等比数列，求cos b 的最小值16 解： 1 a， b， c 成等差数列，a c 2b.由正弦定理得sin asin c 2sin b.sin b sin ac sin a c，sin a sin c 2sin a c 2 a， b， c 成等比数列，b2 ac. 由余弦定理得cos ba2 c2

31、 b22aca2 c2 ac2ac2ac ac1 2ac，2当且仅当a c 时等号成立，cos b 的最小值为 1.211、2021天·津卷 设 an 是首项为a1，公差为 1 的等差数列， sn 为其前 n 项和如s1， s2，s4 成等比数列，就a1 的值为111 219、 2021 ·天津卷 已知 q 和 n 均为给定的大于1 的自然数 设集合 m 0 ，1，2， q 1 ，集合 a x|xx1 x 2q xnqn1 ， xim， i 1， 2， n n1(1) 当 q 2， n 3 时，用列举法表示集合a.12(2) 设 s，ta，s a aq aqn 1，t b

32、b q bqn 1，其中 a ，b m，i 1，2nii2， n.证明：如an<bn，就 s<t.19解： 1当 q 2，n 3 时， m 0 ，1 ， a x|x x1 x2·2 x3·22，xim，i 1， 2， 3 ，可得 a 0 ，1， 2， 3， 4， 5， 6，7 2证明：由s， ta， s a a q aqn 1， t b b q bqn 1，a ， b m，i12n1， 2， n 及 an<bn，可得12nii1122n1n1nns t ab a b q a b qn 2 a b qn 1q 1 q1 q q 1qn 2 qn 1（ q 1

33、）（ 1 qn 1） 1<0， 所以 s<t.1 qqn 1d4数列求和17、2021江·西卷 已知首项都是1 的两个数列 an ， bn bn 0， n n* 满意 anbn 1an 1bn 2bn 1bn0.an(1) 令 cn b，求数列 cn 的通项公式；n(2) 如 b 3n 1，求数列 a 的前 n 项和 s .nna 2bn0， b 0nn *an 1an2，即 c17. 解： 1 由于 anbn 1cn2，n 1bnn1bnn，所以bbn 1nn1所以数列 cn 是以 c1 1 为首项， d2 为公差的等差数列，故cn 2n 1.nnnn2由 b 3n 1

34、，知 a2 n 13n 1，于是数列 a 的前 n 项和 s 1× 30 3× 31 5× 32n 2n 1× 3n 1， 3s 1× 31 3× 32 2n 3× 3n1 2n 1× 3n，将两式相减得n2s 1 2× 3 1 32 3n 1所以 sn n13n1. 2n 1 ×3n 22 n2× 3n，18. 、2021 ·全国卷 等差数列 an 的前 n 项和为sn.已知 a1 10， a2 为整数，且sn s4.(1) 求 an 的通项公式；(2) 设 bn1，求数列

35、 bn 的前 n 项和 tn.anan 118. 解： 1由 a1 10， a2 为整数知，等差数列 an 的公差 d 为整数 又 sn s4，故 a4 0， a5 0，于是 10 3d 0， 10 4d 0，解得 10 d3因此 d 3.5 2，故数列 an 的通项公式为an 133n.2b 1 111 b b b 1n（13 3n）（ 10 3n）3 10 3n13 3n . 于 是tn12n3111111 11 1n.107104710 3n13 3n3 10 3n10（ 10 3n）19. ， 2021 ·山东卷 已知等差数列 an 的公差为2，前 n 项和为 sn，且 s1

36、，s2，s4 成等比数列(1) 求数列 an 的通项公式；(2) 令 b 1n 14n，求数列 bn 的前 n 项和 tn.nanan 1219 解：1由于 s1 a1， s2 2a1 2× 1× 2 2a1 2，s4 4a1 4×3× 2 4a112，2由题意得 2a1 22 a1 4a1 12，解得 a1 1， 所以 an2n 1.2由题意可知，bn 1n 14nan an 1 1n 14n（ 2n 1）（ 2n 1） 1n 112n 1当 n 为偶数时，12n1 .1tn 1 3 11111135 112n 12n 32n 12n 12n 12n.

37、2n 1当 n 为奇数时，1tn 1 3 11111135 112n 1 2n 22n 32n 12n12n 1.2n 12n 2所以 tn2n2n， n为奇数， 1， n为偶数 .或tn2n 1（ 1） n12n12n 1d5单元综合20、2021 ·湖南卷 已知数列 an 满意 a11， |an 1 an| pn ，n n * . 1如 an 是递增数列，且a1， 2a2，3a3 成等差数列，求p 的值；22如 p 1，且 a2n1 是递增数列， a2 n 是递减数列，求数列 an 的通项公式20. 解： 1 由于 an 是递增数列，所以an 1 an |an 1 an| pn.

38、而a1 1 ，因此a2 p 1， a3 p2 p 1.又 a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2 a13a3，因而 3p2 p 0，或解得 p 13p 0.当 p0 时， a a ，这与 a 是递增数列冲突，故p 1n 1nn.32由于 a2n 1 是递增数列，因而a2n 1 a2n1>0，于是 a2n 1a2n a2n a2n 1>0. 由于 1122 n<22n 1，所以 |a2n 1 a2n|<|a2na2n1|.12n 1（ 1） 2n由知， a2n a2n 1>0，因此 a2n a2n 1 222 n 1.1 2n（ 1） 2n 1由于 a2n 是递

39、减数列，同理可得，a2n 1 a2n<0，故a2n 1 a2n2（ 1） n 122n.由可知，an 1 an2n.11（ 1） n于是an a1 a2 a1 a3 a2 an an 1 1 2 222n 1 1 211 1·2112n 141（ 1） n33 ·2n1.41（ 1） n3故数列 an 的通项公式为an 3 ·2n 1.21、2021*安·徽卷 设实数 c 0，整数 p1， n n .1证明：当x 1 且 x 0 时， 1x p 1 px；1p1c 1 p12数列 an 满意 a1 c， an 1anan，证明： an an1 c .pppp21. 证明： 1 用数学归纳法证明如下当 p 2 时， 1x2 12x x2>1 2x，原