2024年高考数学真题分类汇编五 数列

年高考数学真题分类汇编五数列一、选择题1．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，a3+a7＝（）A．﹣2 B．73 C．1 D．2．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若S5＝S10，a5＝1，则a1＝（）A．﹣2 B．73 C．1 3．已知函数为f（x）的定义域为R，f（x）＞f（x﹣1）+f（x﹣2），且当x＜3时，f（x）＝x，则下列结论中一定正确的是（）A．f（10）＞100 B．f（20）＞1000C．f（10）＜1000 D．f（20）＜10000二、填空题4．数列{an}，an＝n+c，S7＜0，c的取值范围为．5．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a6．已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65mm，第二、三个圆柱的直径为325mm，第三个圆柱的高为230mm，求前两个圆柱的高度分别为．7．等比数列{an}首项a1>0，q>1，记ln={x−y∣x,y∈[a8．已知M={k|ak=bk}①{an}，{bn}均为等差数列，则M中最多一个元素；②{an}，{bn}均为等比数列，则M中最多三个元素；③{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多三个元素；④{an}单调递增，{bn}单调递减，则M中最多一个元素三、解答题9．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an+1﹣3．（1）求{an}的通项公式；（2）求数列{Sn}的通项公式．10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝3an+4．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn=(−1)n−1nan11．已知数列{an}是公比大于0的等比数列.其前n项和为S（1）求数列{an}前n（2）设bn=k(i)当n=ak+1时，求证：(ii)求i=1S12．若f(x)=lo（1）y=f(x)过(（2）存在x使得f(x+1)、f(ax13．已知双曲线C:x2−y2=m(m>0)，点P1(5,4)在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点Pn(n=2（1）若k=12，求（2）证明：数列{xn−（3）设Sn为△Pn14．设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj（i＜j）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2…，a4m+2是（i，j）——可分数列．（1）写出所有的（i，j），1≤i＜j≤6，使数列a1，a2，…，a6是（i，j）——可分数列；（2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列；（3）从1，2，…，4m+2中一次任取两个数i和j（i＜j），记数列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）——可分数列的概率为Pm，证明：Pm＞1815．设集合M={（i，j，s，t）|i∈{1，2}，j∈{3，4}，s∈{5，6}，t∈{7，8}，2|（i+j+s+t）}．对于给定有穷数列A：{an}（1≤n≤8），及序列Ω：ω1，ω2，…，ωs，ωk=（ik，jk，sk，tk）∈M，定义变换T：将数列A的第i1，j1，s1，t1项加1，得到数列T1（A）；将数列T1（A）的第i2，j2，s2，t2项加1，得到数列T2T1（A）…；重复上述操作，得到数列Ts⋯T2T1（A），记为Ω（A）．（1）给定数列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：（1，3，5，7），（2，4，6，8），（1，3，5，7），写出Ω（A）；（2）是否存在序列Ω，使得Ω（A）为a1+2，a2+6，a3+4，a4+2，a5+8，a6+2，a+4，a8+4，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；（3）若数列A的各项均为正整数，且a1+a3+a5+a7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得Ω（A）为常数列”的充要条件为“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”．

答案解析部分1．【答案】D2．【答案】B3．【答案】B4．【答案】（﹣∞，﹣4）5．【答案】956．【答案】11527．【答案】[28．【答案】①③④9．【答案】（1）解：由2Sn＝3an+1﹣3，

当n≥2，2Sn−1=3an−3，

两式相减得：2an=3an+1−3an，

所以5an=3an+1，所以an+1an=53

（2）解：由（1）可得：等比数列{an}的公比为q=53，首项a1=1，

10．【答案】（1）解：当n=1时，4S1=4当n≥2时，4Sn−1=3an−1而a1=4≠0，故an∴数列{an}所以an​​​​（2）解：bn所以T故3所以−2=4+4⋅=(∴T​​​​​11．【答案】（1）解：设等比数列{an}的公比为q>0，因为a1=1，即q2−q−2=0，解得q=2，故（2）证明：（i）由（1）可知数列{an}当n=ak+1=2k可知akbn−1可得bn−1−a所以bn−1（ii）由（1）可知：Sn若n=1，则S1若n≥2，则ak+1当2k−1<i≤2k−1i=2所以i=1b当n=1时，符合上式，综上所述：i=1b12．【答案】（1）解：因为函数f(x)=logax的图象过(4,又因为函数f(x)=log2x在(0,+∞)上单调递增，则f(2x−2)<f(x)故f(2x−2)<f(x)的解集为{x|（2）解：因为存在x使得f(x+1)、f(ax)、f(x+2)成等差数列，所以2f(ax)=f(x+1)+f(x+2)有解，

即2lo因为a>0,a≠1，故x>0，所以a2则a2=x令t=1x∈(0,+∞)，因为y=2(t+34)13．【答案】（1）解：因为点P1(5,4)在双曲线C:当k=12时，过P1(5,4)且斜率为12解得x=−3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1(−3故P2(3,0)，（2）证明：由题可知，过Pn(xn,yn)且斜率为k的直线为y=k(x−xn)+yn，联立直线y=k(x−由根据韦达定理可得另一根x=2k(yn所以该直线与C的另一个交点为Qn(2kxn+1=x所以x=x再由x12−y12=9（3）证明：由（2）可得xn+1=x故xn+1由于x12−y12=9所以对任意的正整数m，都有x=====9则xn+2yxn+1y①②两式相减可得(x化简整理得xn+2故(y因为PnPn+3所以PnPn+3和Pn+1P14．【答案】（1）解：等差数列a1，a2，…，a6删去两项后，余下4项成等差数列，此时剩下的数列若想构成数列，必然是公差为d的数列，

即可能的情况为a1，a2，a3，a4或a2，a3，a4，a5，或a3，a4，a5，a6，

故删去的两项（i，j）可以为（5，6），（1，6），（1，2）（2）证明：依题意得，数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列，

即a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，a4m+2，易分析连续的四项为等差数列，

即a14，a15，，a4m+2，后共有(4m-12)连续项，此时必然构成等差数列，

即证得a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，为等差数列，则数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列，

通过分析可知，可以按照a1，a4，a7，a10，a3，a6，a9，a（3）证明：按如下两种方式进行选取（i，j），1≤i＜j≤4m+2，且i，j∈Z∗，

①原数列除去ai，aj外，所有连续的部分为4的倍数，此时数列分组的公差为d.

1)当j-i=1时，即（i，j）为（1，2），（5，6），（4m+1，4m+2），共(m＋1)种；

2)当i=1时，j=4k＋2，即（i，j）为（1，6），（1，10），（1，4m+2），k=1，2，3，.…，m，共m种；

3)当i=5时，j=4k＋6，即（i，j）为（5，10），（5，14），（5，4m+2），k=1，2，3，.…，(m-1)，共m种；

4)当i=4m-3时，j=4m+2，即（4m-3，4m+2），共1种；

综上，共有(m+2)(m+1)2种可能情况，

②连续(4t＋2)(t∈Z∗)项删去其中第2项和倒数第2项，余下的部分保证其连续部分为4的倍数.此时，除去这(4t＋2)项，余下的项每4项依次构成一组，则每组均为等差数列.

下面先证明，连续(4t＋2)(k∈N*)项删去其中第2项和倒数第2项后，这4t项可完成一个划分.

设b1,b2,b3,b4t+2是数列a1,a2,a3,a4m+2中的连续(4t＋2)项，可按如下方式完成划分：

b1,bt+1,b2t+1,b3t+1,，b2,bt+115．【答案】（1）解：因为数列A:由序列(1,3,由序列(2,4,由序列(1,3,所以Ω(A):（2）解：不存在，理由如下：

由题意可知：对于任意序列，所对数列之和比原数列之和多4，假设存在符合条件的Ω，且Ω(A):因为2+6+4+2+8+2+4+44=8，即序列由题意可知：(b检验可知：当n=2,即假设不成立，所以不存在符合条件的Ω；（3）解：因为数列A:由序列T1(1,由序列T2(2,由序列T3(1,所以Ω(A):由题意可知：对于任意序列，所对数列之和比原数列之和多4，假设存在符合条件的Ω，且Ω(A):因为2+6+4+2+8+2+4+44=8，即序列由题意可知：(b检验可知：当n=2,即假设不成立，所以不存在符合条件的Ω；由题意可知：Ω中序列的顺序不影响Ω(A)的结果，且(a（ⅰ）若a1不妨设a1≤a①当a1=a分别执行a1个序列(2,4,6可得a1②当a1,a3,即a1分别执行a2个序列(1,3,可得a1即a1因为a1+a可知a1,a分别执行a7−a12个序列(1,3可得3a为常数列，符合题意；③若a1=a3<分别执行a5个(1,3,6可