专题06 数列 2020-2026年高考数学真题分类汇编（天津专用）（答案版）

高考真题分类解析PAGE试卷第=1页，共=sectionpages33页PAGE1专题06数列7年真题1年模拟考点01集合1．C2．C3．C考点02集合1．【详解】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列的公比为q，因为，所以，即，解得或（公比不能为0，舍去），所以（2）（i）由（1）知an为偶数，bn为奇数，所以数列an根据题意，集合中的元素由数列an和中小于等于n项组成，小于的正偶数有个，由得，，所以数列an中小于等于的项有个，中小于等于的项有n+1个，所以.（ii）当时，中小于等于的项有i个，又为偶数时，an中小于等于的项有个，为奇数时，an中小于等于的项有个，所以，所以，从到共有项，又为奇数时，所以，所以令①，则②，①-②得，所以，所以2．【详解】（1）设数列an的公差为d，数列公比为，则由题得，所以；（2）（i）略（ii）法一：由（i）得对任意实数，均有，所以，，所以取值随着的取值不同各不相同，又为Tn中的最大元素，由题意可得Tn当均为1时：此时该系列元素只有即个；当中只有一个为0，其余均为1时：此时该系列的元素有共有个，则这n个元素的和为；当中只有2个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个，则这n个元素的和为；当中有3个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个，则这n个元素的和为；…当中有n-1个为0，1个为1时：此时该系列的元素为共有个，则这n个元素的和为；当均为0时：此时该系列的元素为即个，综上所述，Tn；法二：由（i）得，为Tn中的最大元素，由题意可得，所以Tn的所有的元素的和中各项出现的次数均为次，所以Tn中的所有元素之和为.3．【详解】（1）设等比数列an的公比为，因为，即，可得，整理得，解得或（舍去），所以.（2）（i）由（1）可知，且，当时，则，即可知，，可得，当且仅当时，等号成立，所以；（ii）由（1）可知：，若n=1，则；若n≥2，则，当时，，可知为等差数列，可得，所以，且n=1，符合上式，综上所述：.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当时，，可知为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得.4．【详解】（1）由题意可得，解得，则数列an的通项公式为，求和得.（2）(Ⅰ)略(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，则数列的公比q满足，当时，，所以，所以，即，当时，，所以，所以数列的通项公式为，其前n项和为：.【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前n项和的核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它对学生探索新知识很有裨益.5．【详解】（1）设公差为d，公比为q，则，由可得（舍去），所以；（2）证明：因为所以要证，即证，即证，即证，而显然成立，所以；（3）因为，所以，设所以，则，作差得，所以，所以.6．【详解】（I）因为是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以，所以，所以；设等比数列的公比为，所以，解得（负值舍去），所以；（II）（i）由题意，，所以，所以，且，所以数列是等比数列；（ii）由题意知，，所以，所以，设，则，两式相减得，所以，所以.【点睛】关键点点睛：最后一问考查数列不等式的证明，因为无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.7．【详解】(Ⅰ)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.由，，可得d=1.从而的通项公式为.由，又q≠0，可得，解得q=2，从而的通项公式为.(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得，故，，从而，所以.(Ⅲ)当n为奇数时，，当n为偶数时，，对任意的正整数n，有，和①由①得②由①②得，由于，从而得：.因此，.所以，数列的前2n项和为.【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于中等题.题号1234567答案CCDDCCA8．【详解】（1）因为an为“型数列”，所以，即，所以数列an是等差数列，又，，所以an的公差为，故数列an的通项公式为.因为数列bn是“型数列”，所以，又因为，也成立，所以bn为等比数列，公比，因此.（2）由（1）可得，设，因为，故数列的前项的和为.（3）由，得，①所以，②由①－②，得，所以.又，，假设存在实数，s，t，使得数列为“型数列”，则，即，整理得，所以解得，，，不满足，s为非零常数，因此不存在实数，s，t，使得数列为“型数列”.9．【详解】（1）证明：，，，，，所以在区间上单调递增，.（2）（i）证明：由（1）在区间上单调递增，则时，，即此时无零点，当，，单调递增，又，，，则f(x)在上有一个零点同理可得f(x)在上有一个零点又，，，，又，，且在上单调递增，，即；（ii），，，，又，，．10．【详解】（1）设an的公差为，bn的公比为q由，得：，即，整理得，所以或（舍），从而，所以.（2）（ｉ）新数列，可以看作是：第1组：，共1项，第2组：，共2项，第3组：，共3项，第k组：，共k项，因此前k组共有项，且第k组的和为，由于时，，因此前6组共有21项，因此.（ⅱ）由（ｉ）可知，到为止，数列的项数为,此时和为,①当n恰好是前k组的总项数时，此时，当k=1时，，即P1是数列b当时，，则是数列bn中的项，符合题意；当时，恒成立，此时，在两个相邻的2的幂和之间，没有其他的2的幂，因此不可能是数列bn中的项，不符合题意；②当n不是前k组的总项数时，而是介于与之间，即，这意味着是前k组的和再加上第组的前几项，设，其中，则，当k=1时，，n只能取2，，即是数列bn中的项，符合题意；当时，，n只能取4或5，，即不是数列bn中的项，不符合题意；当时，，由于，则，在两个相邻的2的幂和之间，没有其他的2的幂，因此不可能是数列bn中的项，不符合题意；综上所述，满足条件的只有．11．【详解】（1）数列an是公差为2的等差数列，所以，解得，所以，数列bn是公比大于0的等比数列，，解得，所以，综上，，（2）（ⅰ）由（1）得，，因为，所以，所以；（ⅱ）略（ⅲ），由（ⅱ）令得，令，即，当时；当时m=1，.12．【详解】（1）设等比数列an的公比为，等差数列bn的公差为d由，得，解得或（舍去）；故，；（2）由（1）知，，，则所以则；（3）因为，所以，，，所以.则①，则②，由①②得：，所以.13．【详解】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为由题意得方程组：，得：即，因为，解得，此时．所以；．（2）前项和可以分为奇数项之和与偶数项之和．因为奇数项．，，，，所以．

偶数项．，，．所以.（3），由于数列中交替出现正负项，将其分为偶数项子数列与奇数项子数列进行探讨．①记偶数项为．．因为，所以．故，即偶数项子数列是严格递减数列．因此，在所有偶数项中，最大值为．

②记奇数项为．．当k=1时，，所以，即．当时，，所以，即从第三项起，奇数项子数列严格递增，有因此，在所有奇数项中，最小值为．

因为所有偶数项为正，所有奇数项为负，所以数列最大项为，最小项为．14．【详解】（1）由题意可得，，所以，又因为，所以，，构成等比数列，所以，所以数列，，⋯，为1，2，3，4，5，6，7，8，9，3共个数，此时，.（2）由，，，⋯，是首项为2，公差为2的等差数列，故，而，，，⋯，，是公比为2的等比数列，故，因此，所以，因此，要使最大，则k最大，又，故k的最大值为，由，即，故的最大值为.（3）由，，，⋯，是公差为d的等差数列，可得：，而，，，⋯，，是公比为2的等比数列，所以，故，即，又，，所以，即，即，即，因此，所以，所以；代入验证可得：当时，上式等式成立，此时，所以当且仅当时，存在满足等式.15．【详解】（1）因为是公差为d的等差数列，，由得​：，即，解得，因此：.对于等比数列，公比，，由得：，​得，结合，解得，因此：.综上，，.（2）因为，由上分析知，，所以，.（ⅰ）当时，，此时数列是公差为2的等差数列，共有项，因此，①.当时，，将①代入得.因此②.用待定系数法构造等比数列：设，则，与②比较得，解得,所以，故数列是公比为3的等比数列，且首项.所以，即，又因为，所以，，因此.（ⅱ）将区间按划分为n个互不重叠的子区间，每个区间内是公差为2的等差数列，即第1段：，项数；第2段：，项数21=2；第3段：，项数；；第k段：，项数；记第k组和为，首项为，公差为2，项数为的等差数列，所以，对求和，，因此，.【点睛】本题关键由等差等比数列可得递推关系，进而再待定系数法构造等比数列，从而可得；对求和采用分成k段求和，最后再用分组并项求和.16．【详解】（1）因为an是等差数列，所以，即；因为bn是等比数列，所以，代入得，即.（2）由题，则，得：，即.（3）因为，所以严格单调递增，当或n=1时，，元素仅一个；当且n≥2时，，且这些差值互不相等，此时共有个元素.计算所有非零元素的和，不妨设，，则.由(2)可得，，设，则，由得：，代入得，则，其中，，，，由得，令，则，代回式得则.综上所述，集合S中所有元素之和为：.17．【详解】（1）当a=1时，，所以，则，所以切点为，则曲线f(x)在x=1处的切线方程为（2）（i）由，x>0，即，故，因为有三个不同的零点，故有3个不同的正根，令，，则有两个不同的变号零点，令，，则，令，得，令，得，令，得，故在上单调递减，在上单调递增，因为，且当时，，当时，，故要想有两个不同的变号零点，需满足，即，此时存在实数b，使得有3个不同的正根，故a的取值范围为；（ⅱ）略18．【详解】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，已知，且，，所以，解得，.因此，.（2）当k为奇数时，设（），则；当k为偶数时，设（），则.故前项和为..因此.19．【详解】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为因为，且，则，解得