2020年高考数学试题分类汇编数列

1、、选择题十、数列1.（天津理4）已知an为等差数列，其公差为-2,且a7是a3与a9的等比中项，&为an的前n项和,N* ,则S0的值为A. -110C. 90【答案】DB.D. 110-902.（四川理8）数列an的首项为3bn为等差数列且bnan 1an(nN*) .若则 b32,bi012 则 a8A. 0【答案】BB.D. 11【解析】由已知知bn2n 8"an 2n 8,由叠加法 ai) (a3 a2)L (a8a7)3.（四川理11）已知定义在0,上的函数f（x）满足f（x）3f(x2),当 x 0,2 时,f(x)2x .设f(x)在2n2,2n上的最大值为an

2、（nN*)且an的前n项和为Sn,则limnSnA.B.C.3D. 2由题意f (x2)f(x)，在2n2,2n上n 1, f(x) 1,n2,f(x)13,n 3,f(x)/ 1 21、n 1(-)L an(-)33lim Sn - 2(i 1,2,L)4.（上海理18）设an是各项为正数的无穷数列，A是边长为ai,ai 1的矩形面积则An为等比数列的充要条件为A, an是等比数列。B. a1,a3,L ,a2n 1,L 或a2,a4,L ,a2n,L 是等比数列。C. ai，a3,L ,a2n 1,L 和 a2，a4，L，a2n，L 均是等比数列。D.ai，a3，L，a2n 1，L和a2，

3、a4，L，a2n，L均是等比数列，且公比相同。5 .（全国大纲理4）设Sn为等差数列an的前n项和，若a1 1 ,公差d 2, Sk 2 Sk 24 ,则kA. 8B.7 C.6D. 5【答案】D6 .（江西理5）已知数列 an的前n项和Sn满足：Sn Sm Sn m ,且a1=1 .那么a10 =A. 1B. 9C. 10 D. 55【答案】A7 .（福建理10）已知函数f （x） =e+x,对于曲线y=f （x）上横坐标成等差数列的三个点A,B,C ,给出以下判断：4ABC 一定是钝角三角形4ABC可能是直角三角形4ABC可能是等腰三角形AABC不可能是等腰三角形其中，正确的判断是A. B

4、. C. D .【答案】B二、填空题8 .（湖南理12）设Sn是等差数列an （n N）,的前n项和，且a11,a47 ,则 S9=.【答案】259 .（重庆理11）在等差数列an）中，a3a737,则a2a4a6a8 【答案】74110 .（北京理11）在等比数列an中，a1= 2 , a4=-4 ,则公比q=a1a2.an11 .（安徽理14）已知 ABC的一个内角为120o,并且三边长构成公差为等差数列，则 ABC的面积为【答案15、,312 .（湖北理13）九章算术“竹九节”问题：现有一根 9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共为3升，下面3节的容积共4升，则第5节

5、的容积为升。67【答案】6613 .（广东理11）等差数列an前9项的和等于前4项的和.若a11,aka40 ,则k=.【答案】1014 .（江苏13）设1 a1 a2a7,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 3三、解答题15 .（江苏20）设M部分为正整数组成的集合，数列an的首项a1 1 ,前n项和为Sn ,已对对任意整数kM,当整数n k时,Snk Sn k2(Sn Sk)都成立(1)设 M1, a2 2,求4 的值;本小题考查数列的通项与前究及逻辑推理的能力，满分考查考生分析探3,4,求数列an的通项公式n项

6、和的关系、等差数列的基本性质等基础知识, 16分。解：（1）由题设知，当n 2 日！Sn1 Sn1 2(SnS)即 (Sn1 Sn)(SnSn1)25从而an 1an2al2,又a22,故当n2日tana22(n2)2n 2.所以a5的值为8。（2）由题设知，当3,4,且门 k日t,Sn kSn k2Sn2Sk且 Sn 1 kSn1 k2Sn12Sk两式相减得an 1 kan 1 k2an 1,即 an 1 kan 1 kan 1an 1所以当n且 an 6an 6an2an2,所以当 n即t,2anan2an2 ,即an2ananan2 .于是当n9时,an3, an1, an1 , an

7、3成等差数列从而an 3 an 3 an 1 an故由(*)式知2anan1an 1,即 an 1 an anan 1 .9时，设 d an an当2m 8 时,m 6 8从而由（*）式知2am6 amam 12故 2am 7 am 1 am 13.从而 2(am 7am 6 )am 1am( am 13 am 12 )B. am1 am 2ddd.因此，an1 an d对任意n 2都成立，又由&k Snk2Sk 2Sk(k3, 4)可知a4解得因此，数列an）为等差数列，由1知 d 2.所以数列an的通项公式为an2n1.(Snk Sn) (Sn Snk) 2S故 9d 2s3 且

8、16d2 s473 .一d,从而 a2- d,a12216.（安徽理18）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anlgTn, n>1（I）求数列an的通项公式;(n)设 bn tan an gtan an 1, 求数列bn的前 n 项和 Sn本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，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解：（I）设l1J2, ,ln 2构成等比数列，其中t1 1,tn 2100,则Tn t1 t2 tn 1 tn 2, 口Tntn 1 tn 2 t2 &q

9、uot;2XD并利用"n 3 i t1tn 210 (1 i n 2)/寸-2，、 ，、，、Tn(t1tn 2) (t2tn 1)(tn 杜2 )(t n 2t1 )102(n 2)anlgTnn 2, n 1.(II)由题意和(I)中计算结果,bntan(n2)tan(n 3), n 1.另一方面，利用tan(k得1)tanl tan(ktan ktan(k 1)1)k)tan ktan(k1.1)tan k, tan(k 1) tanktan1Sn所以bkk 12tan(k 1) tan k3n 2(tan(k 1)k 3 tan1tan(n 3) tan3tan1.17.(北京

10、理20)若数列 An a1,a2，.，an(n 2)满足an 1a11(k 1,2,.,n 1),数列 An 为 e 数列,记 S( An ) = a1 a2an(i)写出一个满足a1 as 0 ,且 S(As)0的E数列An ；(n)若 a1 12,n=2000,证明：E数列An是递增数列的充要条件是an =2020;(出)对任意给定的整数n ( n>3 ,是否存在首项为0的E数列An ,使得S A =0?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(答案不唯一，0(H)必要性：因为E数列一具满足条件的 E数列A5。0也是一个满足条件的 E的

11、数列A5)A5是递增数列，所以 ak 1ak1(k1,2,1999)所以A5是首项为12,公差为1的等差数列.所以 a2000=12+ (20001) X1=2020.充分性，由于 a2000-a1000<l,a2000-a1000<la2 al < 1所以 a2000-a< 19999 即 a2000 & a1+1999.又因为 a1=12, a2000=2020,所以 a2000=a1+1999.故 an1 an 10(k1,2，1999)，即 An 是递增数列.综上，结论得证。，仙 人 Ckak i ak 1 0(k 1,2, ,n 1),则 Ca 1.1

12、因为 a2a g a a GC2an a C1 C2Cn 1,所以 S(An)na (n 1)c (n 2也(n 3)qCn 1n(n 1)2(1c)(n 1) (1 C2)(n2)(1 Cm).因为Ck1,所以1Ck为偶数(k 1, ,n 1).所以 *1 C1 )(n 1) (1 C2)(n 2)(1 Cn)为偶数S(An) 0,必须使 n(n 1)所以要使2 为偶数， 即4 整除 n(n 1),亦即 n 4m或n 4m 1(m N*)当 n 4m 1(m N*)时，E数列 An的项满足 a4k 1 a4k 1 0, a4k 21, a4k 1(k 1,2,m)时，有 a10,S(An)0

13、;a4k1( k1,2,m),a4k10 时，有 a10,S(AJ0;当 n4m1(mN"时，E 数列 An 的项满足，a4k 1 a3k 3 Qa4k21,当n 4m 2或n 4m 3(m N)时,n(m 1)不能被4整除，此时不存在E数列An ,使得 a1 0,S(An) 0.18 .(福建理16)13已知等比数列an的公比q=3,前3项和S3= 3 。(I)求数列an的通项公式;(II)若函数 f(x) AsinQx)(A 0,0x p )在 6处取得最大值，且最大值为a3,求函数f (x)的解析式。本小题主要考查等比数列、三角函数等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思

14、想, 满分13分。解:(I)3£_ 313 得 a1(1 3 )133a1 解得an所以3n 13n 2(II)由(I)可知an3n2,所以a33.因为函数f(x)的最大值为3,所以A=3。x因为当6时f (x)取得最大值,所以sin(2)1.所以函数，故f(x)f(x)的解析式为3sin(2 x6)19 .(广东理20)设b>0,数列an满足a1=b,annban 1an 12n 2(n 2)(1)求数列 an的通项公式;(2)证明：对于一切正整数 n,an亡1 2门 11.解:a1 b 0*Dan(1)由nban 1n12 n 10, 一an 1 2n 2 anb b an

15、 1. n1A, Ai令 anb ,一- 12 一n2 时, AnAn 1当bb2b22n 22。1,n 1, n1Abb2b22n 1当b 2时,bnbnn nb 2bn(b 2)b 2 5t,An n.当2nbn (b 2)anbn2n2,b(2)b 2时,（欲证annbn (b2)bn 2nbn 12n 11,只需证nbn(b2 1)bn 2n2n 1b 2)nQnn 1 n 1 . b 2n 1 n 1 n 1 n 2n 1.(2 b ) (2 b )(b 2b L 2 )b 22n 1bn 12n 2bn22 nb2n2b2n 1L 2n 1bn 1n n .22 b (b22b22

16、nbnbn2nbn 12nb2)2nbn(22) 2n 2nbn2n1bnnbn (b2) 2nbn 12n 11.b2 时,an当bn 11.an综上所述bn 1*1.20.（湖北理19）已知数列an的前n项和为Sn且满足：a1 a (a 0) , an 1 rSn (n N* , r R,r 1).（I ）求数列 an的通项公式;（n）若存在k n* ,使得S 1Sk, Sk 2成等差数列，是判断：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.本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，同时考查推理论证能力，以及特殊与一般 的思想。（

17、满分13分）a解：（I）由已知n 1rSn,可彳# an2 rSn1,两式相减可得an 2 an 1r(SniSn)ran 1,即叫（1)an 1 ,又 a2 ra1ra，所以r=0 时,数列an为:a, 0,，0,；当 r 0,r1时，由已知a 0,所以an 0(n N ),于是由an 2an 2(r 1)an 1, 可得 an 11(na2,a3,L ,an L成等比数列,n 2 _当 n2 时anr(r 1) a.anan综上，数列an的通项公式为r(rn 1, 1)n2a,n 2*（II）对于彳E意的m N ,且2,am 1，am,am 2成等差数列，证明如下:a.n 1, am02当

18、r=0时，由(I)知，0,n 2对于任意的m N*,且m ZamaEam 2成等差数列,当r 0, r 1时,Q Sk 2Skak 1 ak 2, Sk 1 ak 1.若存在k N* ,使得Sk 1,S1,Sk 2成等差数列,则 Sk1022Sk2sk 2ak 1ak 22sk , 即 ak 22ak 1,由(I)知，a2,a3,L ,am,L的公比r 12,于是对于任意的m N*，且m 2,am 12am ,从而 am 2 4am ,am 1am 22am,即 am 1 , am , am2成等差数列,综上，对于任意的m N*，且m 2,am1,am,am2成等差数列。21 .(辽宁理17)

19、已知等差数列an满足a2=0, a6+a8=-10(I)求数列an的通项公式；an(II)求数列解：2n 1的前n项和.a1 d 0,2a1 12d10,(I)设等差数列an的公差为d,由已知条件可得 a11,解得d 1.故数列an的通项公式为an2 n. 2的前n项和为& Sa1a2L冷，故§ 1(II)设数列2，即22S_包生 | an2242n所以，当n 1时,Sn2aia2a1(2(121412n 1Sn所以n2n 1 .综上，数列an212n 12 n2nan 1 annH 2n22nn)苏的前n项和Sn22.(全国大纲理20)设数列an1_满足a10且1 an,1

20、.1 anan的通项公式;bnbk，证明：Sn 1.(n)设 解：(I)由题设11an 111 an1,)是公差为1的等差数歹U。1又1 a1一 11,故n.1 anan所以(II)由(I)得bn 1 'A.n,n 1. n,n 1 . nnSn bkk 11.23.(全国新课标理17)已知等比数列an的各项均为正数,(I)求数列an的通项公式.(II)设 bnlog3a1log 3a2 L解:(I )设数列an的公比为q,由且2a1log 3 an2a39a2a612分3a21,a36求数列bn9a2a6的前n项和.32得a3 9a4所以q由条件可知c>0,故由 2a13a21

21、 得 2a13a2q 1所以a1故数列an的通项式为1 an.(n)bnlog 3 a1log3 a2 .log3an(1 2n(n2.n)1)故bn2n(n 1)2(1 n六)b1b21 bn2(11) (1 1) . (-22 3 nt)n 12nn 11所以数列修2n的前n项和为 n 124.(山东理20)等比数列an中，ai,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且ai,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；(n)若数列bn满足：bnan (1)1nan,求数列bn的前n项和Sn.解

22、：(I)当a 3nn 1Sn 2 (In 2 In 3)(n)1n 3当n为奇数时，1 32 3时，不合题意；当a1 2时，当且仅当a2 6,a3 18时，符合题意；当a1 10时，不合题意。因此 a12，a2 6，a318,所以公式q=3故 an23n(II)因为 bnan(1)n1nann 1n n 1、23(1) (23)23n1(1)n1n2(n 1)1n323n1(1)n(1n21n3) ( 1)nn1n3,_2n 1S2n2(13 L 3) 1 1 1 L所以(1)2n(1n 2 1n3) 1 2 5 L ( 1)nn1n 3,所以n13nSn21n3当n为偶数时,1323n n1

23、n3 1; 2n n 13 In 3 1n 2 1.2综上所述，3nSn3n-nln 3 1, n为偶数2Uln3-ln2-1,n为奇数225.(上海理22)已知数列an和bn的通项公式分别为an 3n 6 , bn 2n 7 (n N*), 将集合x|x an,n NUx|x bn,n N 中的元素从小到大依次排列，构成数列a2,a4,L ,a2n,L .CCL ,Cn,L(2)求证：在数列Cn中.但不在数列bn中的项恰为(3)求数列Cn的通项公式。解：C|9,C211,C312。 13.任意n，设 a2n1 3(2n 1)6 6n3 bk 2ka2n 1b3n 2假设a2n6n6bk2k

24、7 k3n*N(矛盾)，a2nbn在数列Cn中.但不在数列bn中的项恰为a2 , a4,L , a2n,L b3k 2 2(3k 2) 76k3a2k 1b3k 16k 5 a2k 6kb3k 6k 76k 3 6k 5 6k6k 7当k 1时，依次有b1aiq,b2 C2,a2c3 ,b3C46k3(n4k3)6k5(n4k2)Cn, k6k6(n4k1)6k 7 (n 4k)26.(四川理20)设d为非零实数,1 '2 2an (Cnd 2Cnd L n(n 1)Cn 1dn 1 nCndn(n N(1)写出a1,a2,a3并判断an是否为等比数列。若是，给出证明；若不是，说明理由

25、;(II)设 bn*、ndan(nN ) ,求数列bn的前n项和Sn .解析：(1)a1 da2 d (d 1)a3 d(d 1)2an C：d C：d2 C2d3 L Cnn 1dn d(1 d)n 1 an1 d(1 d)nan 1an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。bn nd 2(1 d )n 1_2021222n 1Sn d(1 d) 2d (1d)3d (1 d)L L nd (1d) d2(1d)0 2(1 d)13(1d)2 L Ln(1 d)n 1(1)_2_123n_(1 d)Sn d (1 d) 2(1 d) 3(1 d) L L n(1 d)

26、(2)dSnd2L(1(1-d-) d2n(1 d)n d (d2n d)(1 d)n(2)(1)1 (1 d)Sn 1 (dn 1)(1 d)n27.(天津理20). b0b 3 ( 1)nI a I I h Ibnan an 1 bn 1an 2 0, bn-4. *已知数列an与bn满足：2, n N，且a1 2,a2 4(I)求 a3,a4,a5 的值;(n)设 cn a2n 1 a2n 1,n N ,证明:cn是等比数列;(III)设 Ska2 a4a2k,k N ,证明:4n Sk 7*-(nN) k 1 ak6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

27、证能力、综 合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法.满分14分.(I)解:3 ( 1)n*W 1,n N ,bn可得1,n为奇数2,n为偶数又 bnananbn 冏 20,当n=1 时,a 1+a2+2a3=0,由a1=2,a 2=4,可得a33;当 n=2 时,2a 2+a3+a4=0,可得 a当 n=3 时,a3+a4+2a5=0,可得 a5；4.(II)证明：对任意a2n 1a2n2a2n 12 a2na2na2n 2a2n 1a2n2a2n一，得a2n 3.将代入，可得a2n 1 a2n 3(a2n 1a2n 1 )即cn 1cn(n又 c1a1a31,故 cn0,cn 1因此cn

28、1,所以cn是等比数列.(III)证明：由(II)可得 a2k 1 a2k 1 ( 1) ,*于是，对任意k N且卜2 ,有a a31,a5)a5 a7M(1)k(a2k 31,1,a2k 1)1.将以上各式相加，得(k 1),即 a2k 1( 1)(k1)此式当k=1时也成立.由式得a2kk 1(1) (k 3).从而 S2k(a2 a4) (a6a8) L(a4k 2a4k)k,S2k 1S2ka4kk 3.所以，又壬意n N,n 24 n qn q5,S4m 3一(k 1akm 1 a4m 3a4mS4m1a4m 1n (2m 2 2mm 1 2m 2m2m 32m 1mf(2 m2)(

29、2m 2)3 m 2 2m(2m 1)(2n 2)(2 n 3)m2 (2m 1)(2m 1)3(2n 2)(2n3)(、,11、) (5 7)-1-)2n 1(2n 2)(2 n 3)2n 1 (2n 2)(2n 3)对于n=1,不等式显然成立.*所以，又壬意n N ,S S2. Laa2S2n 1S2na2n1a2nSL S2)aa2S3(-a3(S2n 1a2n 1) a2n(1(1242 (42 1)(1)(4n 1)(41(411)n 123224 (41)4n(4n 1)28.(浙江理19)已知公差不为0的等差数列an)的首项a1为a( a R)，设数列的前n项和为Sn,且a1 , a2 , a4成等比数列(1)求数列an的通项公式及Sn(2)记1S31 B 1 ± 1_BnSn& a2 a22a2n，当n 2时，试比较AnB