《专题06 数列解答题-【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编（全国通用版）含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题06 数列解答题-【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编（全国通用版）含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2013-2022 十年全国高考数学真题分类汇编十年全国高考数学真题分类汇编专题专题 06 数列解答题数列解答题1(2022 年全国甲卷理科第 17 题)记nS为数列na的前 n 项和已知221nnSnan(1)证明：na是等差数列；(2)若479,a a a成等比数列，求nS的最小值2(2022 新高考全国 II 卷第 17 题)已知 na为等差数列，nb是公比为 2 的等比数列，且223344ababba(1)证明：11ab；(2)求集合1,1500kmk baam中元素个数3(2022 新高考全国 I 卷第 17 题)记nS为数列 na的前 n 项和，已知11,nnSaa是公差为13的等
2、差数列(1)求 na的通项公式；(2)证明：121112naaa4(2021 年新高考全国卷第 17 题)记nS是公差不为 0 的等差数列 na的前 n 项和，若35244,aS a aS(1)求数列 na的通项公式na；(2)求使nnSa成立的 n 的最小值5(2021 年新高考卷第 17 题)已知数列 na满足11a，11,2,.nnnanaan为奇数为偶数(1)记2nnba，写出1b，2b，并求数列 nb的通项公式；(2)求 na的前 20 项和6(2020 年新高考 I 卷(山东卷)第 18 题)已知公比大于1的等比数列na满足24320,8aaa(1)求na的通项公式；(2)记mb为
3、na在区间*(0,()m mN中的项的个数，求数列mb的前100项和100S7(2020 新高考 II 卷(海南卷)第 18 题)已知公比大于1的等比数列na满足24320,8aaa(1)求na的通项公式；(2)求112231(1)nnna aa aa a 8(2021 年高考全国乙卷理科第 19 题)记nS为数列 na的前 n 项和，nb为数列 nS的前 n 项积，已知212nnSb(1)证明：数列 nb是等差数列;(2)求 na的通项公式9(2021 年高考全国甲卷理科第 18 题)已知数列 na的各项均为正数，记nS为 na的前 n 项和，从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立数列
4、na是等差数列：数列nS是等差数列；213aa注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分10(2020 年高考数学课标卷理科第 17 题)设na是公比不为 1 的等比数列，1a为2a，3a的等差中项(1)求na的公比；(2)若11a，求数列nna的前n项和11(2020 年高考数学课标卷理科第 17 题)设数列an满足 a1=3，134nnaan(1)计算 a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明；(2)求数列2nan的前 n 项和 Sn12(2019 年高考数学课标全国卷理科第 19 题)已知数列 na和 nb满足11a，10b，1434nnnaab，1434nnnbba 1证明：nn
5、ab是等比数列，nnab是等差数列；2求 na和 nb的通项公式13(2018 年高考数学课标卷(理)第 17 题)(12 分)等比数列 na中，11a，534aa(1)求 na的通项公式；(2)记nS为 na的前n项和，若63mS，求m(1)12nna或12nna；(2)6m 14(2018 年高考数学课标卷(理)第 17 题)(12 分)记nS为等差数列na的前n项和，已知17a ，315S (1)求na的通项公式；(2)求nS，并求nS的最小值15(2016 高考数学课标卷理科第 17 题)已知数列 na的前n项和1nnSa,其中0.()证明 na是等比数列,并求其通项公式;()若531
6、32S,求.16(2016高考数学课标卷理科第17题)(本题满分12分)nS为等差数列 na的前n项和，且17=128.aS，记=lgnnba，其中 x表示不超过x的最大整数，如0.9=0 lg99=1，(I)求111101bbb，；(II)求数列 nb的前 1 000 项和17(2015 高考数学新课标 1 理科第 17 题)(本小题满分 12 分)nS为数列na的前n项和已知20,243.nnnnaaaS()求na的通项公式：()设112nnnba a,求数列 nb的前n项和18(2014 高考数学课标 2 理科第 17 题)(本小题满分 12 分)已知数列 na满足1a=1，131nna
7、a()证明12na 是等比数列，并求 na的通项公式；()证明：1231112naaa+19(2014 高考数学课标 1 理科第 17 题)已知数列 na的前n项和为nS,11a=,0na,11nnna aS,其中为常数(1)证明:2nnaal+-=;(2)是否存在,使得 na为等差数列?并说明理由2013-2022 十年全国高考数学真题分类汇编十年全国高考数学真题分类汇编专题专题 06 数列解答题数列解答题1(2022 年全国甲卷理科第 17 题)记nS为数列na的前 n 项和已知221nnSnan(1)证明：na是等差数列；(2)若479,a a a成等比数列，求nS的最小值【答案】【答案
8、】(1)证明见解析：；(2)78解析：(1)解：因为221nnSnan，即222nnSnnan，当2n时，21121211nnSnnan，得，22112212211nnnnSnSnnannan，即12212211nnnannana，即1212121nnnanan，所以11nnaa，2n且N*n，所以 na是以1为公差的等差数列(2)解：由(1)可得413aa，716aa，918aa，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa，即 2111638aaa，解得112a ，所以13nan，所以22112512562512222228nn nSnnnn，所以，当12n 或13n 时min78nS
9、【题目栏目】数列数列的综合应用数列的综合问题【题目来源】2022 年全国甲卷理科第 17 题2(2022 新高考全国 II 卷第 17 题)已知 na为等差数列，nb是公比为 2 的等比数列，且223344ababba(1)证明：11ab；(2)求集合1,1500kmk baam中元素个数【答案】【答案】(1)证明见解析；(2)9解析：(1)设数列 na的公差为d，所以，11111111224283adbadbadbbad，即可解得，112dba，所以原命题得证（2）由(1)知，112dba，所以1111121kkmbaabamda，即122km，亦即221,500km，解得210k，所以满足
10、等式的解2,3,4,10k，故集合1|,1500kmk baam中的元素个数为10219【题目栏目】数列数列的综合应用数列的综合问题【题目来源】2022 新高考全国 II 卷第 17 题3(2022 新高考全国 I 卷第 17 题)记nS为数列 na的前 n 项和，已知11,nnSaa是公差为13的等差数列(1)求 na的通项公式；(2)证明：121112naaa【答案】【答案】(1)12nn na(2)见解析解析：(1)11a，111Sa,111Sa,又nnSa是公差为13的等差数列，121133nnSnna,23nnnaS,当2n时，1113nnnaS，112133nnnnnnanaaSS
11、,整理得：111nnnana,即111nnanan,31211221nnnnnaaaaaaaaaa1341123212n nnnnn，显然对于1n 也成立，na的通项公式12nn na；(2)12112,11nan nnn12111naaa111111212 1222311nnn【题目栏目】数列数列的综合应用数列的综合问题【题目来源】2022 新高考全国 I 卷第 17 题4(2021 年新高考全国卷第 17 题)记nS是公差不为 0 的等差数列 na的前 n 项和，若35244,aS a aS(1)求数列 na的通项公式na；(2)求使nnSa成立的 n 的最小值【答案】【答案】解析:(1)
12、由等差数列的性质可得：535Sa，则：3335,0aaa，设等差数列的公差为d，从而有：22433a aadadd，41234333322Saaaaadadaadd，从而：22dd，由于公差不为零，故：2d，数列的通项公式为：3326naandn(2)由数列的通项公式可得：1264a ，则：214262nn nSnnn，则不等式nnSa即：2526nnn，整理可得：160nn，解得：1n 或6n，又n为正整数，故n的最小值为7【题目栏目】数列数列的综合应用数列的综合问题【题目来源】2021 年新高考全国卷第 17 题5(2021 年新高考卷第 17 题)已知数列 na满足11a，11,2,.n
13、nnanaan为奇数为偶数(1)记2nnba，写出1b，2b，并求数列 nb的通项公式；(2)求 na的前 20 项和【答案】【答案】122,5bb；300解析:(1)由题设可得121243212,1215baabaaa 又22211kkaa，2122kkaa，故2223kkaa即13nnbb即13nnbb所以 nb为等差数列，故21331nbnn(2)设 na的前20项和为20S，则2012320Saaaa，因为123419201,1,1aaaaaa，所以20241820210Saaaa129109 1021021023103002bbbb【题目栏目】数列数列的综合应用数列的综合问题【题目来
14、源】2021 年新高考卷第 17 题6(2020 年新高考 I 卷(山东卷)第 18 题)已知公比大于1的等比数列na满足24320,8aaa(1)求na的通项公式；(2)记mb为na在区间*(0,()m mN中的项的个数，求数列mb的前100项和100S【答案】【答案】(1)2nna；(2)100480S解析：(1)由于数列na是公比大于1的等比数列，设首项为1a，公比为q，依题意有31121208a qa qa q，解得解得12,2aq，或1132,2aq(舍)，所以2nna，所以数列na的通项公式为2nna(2)由于123456722,24,28,216,232,264,2128，所以1
15、b对应的区间为：0,1，则10b；23,b b对应的区间分别为：0,2,0,3，则231bb，即有2个1；4567,b b b b对应的区间分别为：0,4,0,5,0,6,0,7，则45672bbbb，即有22个2；8915,b bb对应的区间分别为：0,8,0,9,0,15，则89153bbb，即有32个3；161731,bbb对应的区间分别为：0,16,0,17,0,31，则1617314bbb，即有42个4；323363,bbb对应的区间分别为：0,32,0,33,0,63，则3233635bbb，即有52个5；6465100,bbb对应的区间分别为：0,64,0,65,0,100，则6
16、4651006bbb，即有37个6所以23451001 22 23 24 25 26 37480S 【题目栏目】数列数列的综合应用数列的综合问题【题目来源】2020 年新高考 I 卷(山东卷)第 18 题7(2020 新高考 II 卷(海南卷)第 18 题)已知公比大于1的等比数列na满足24320,8aaa(1)求na的通项公式；(2)求112231(1)nnna aa aa a【答案】【答案】(1)2nna；(2)2382(1)55nn 解析：(1)设等比数列 na的公比为 q(q1)，则32411231208aaa qa qaa q，整理可得：22520qq，11,2,2qqa，数列的通
17、项公式为：12 22nnna(2)由于：1121111122112nnnnnnnna a ，故：112231(1)nnna aa aa a 35791212222(1)2nn 3223221282(1)5512nnn 【题目栏目】数列数列的综合应用数列的综合问题【题目来源】2020 新高考 II 卷(海南卷)第 18 题8(2021 年高考全国乙卷理科第 19 题)记nS为数列 na的前 n 项和，nb为数列 nS的前 n 项积，已知212nnSb(1)证明：数列 nb是等差数列;(2)求 na的通项公式【答案】【答案】(1)证明见解析；(2)3,121,21nnann n解析：(1)由已知2
18、12nnSb得221nnnbSb,且0nb，12nb,取1n,由11Sb得132b,由于nb为数列 nS的前 n 项积，所以121222221 2121nnnbbbbbbb,所以112112122221 2121nnnbbbbbbb，所以111221nnnnbbbb,由于10nb所以12121nnbb，即112nnbb,其中*nN所以数列 nb是以132b 为首项，以12d 为公差等差数列;(2)由(1)可得，数列 nb是以132b 为首项，以12d 为公差的等差数列，3111222nnbn,22211nnnbnSbn,当 n=1 时，1132aS,当 n2 时,121111nnnnnaSSn
19、nn n,显然对于 n=1 不成立,3,121,21nnann n【点睛】本题考查等差数列的证明，考查数列的前 n 项和与项的关系，数列的前 n 项积与项的关系，其中由121222221 2121nnnbbbbbbb,得到112112122221 2121nnnbbbbbbb，进而得到111221nnnnbbbb是关键一步；要熟练掌握前 n 项和，积与数列的项的关系，消和(积)得到项(或项的递推关系)，或者消项得到和(积)的递推关系是常用的重要的思想方法【题目栏目】数列等差、等比数列的综合应用【题目来源】2021 年高考全国乙卷理科第 19 题9(2021 年高考全国甲卷理科第 18 题)已知
20、数列 na的各项均为正数，记nS为 na的前 n 项和，从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立数列 na是等差数列：数列nS是等差数列；213aa注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分【答案】【答案】答案见解析解析：选作条件证明：设(0)nSanb a，则2nSanb，当1n 时，211aSab；当2n 时，221nnnaSSanbanab22aanab；因为 na也是等差数列，所以222abaaab，解得0b；所以221naan，所以213aa选作条件证明：因为213aa，na是等差数列，所以公差2112daaa，所以21112nn nSnadn a，即1nSa n，因为111
21、11nnSSana na，所以nS是等差数列选作条件证明：设(0)nSanb a，则2nSanb，当1n 时，211aSab；当2n 时，221nnnaSSanbanab22aanab；因为213aa，所以2323aabab，解得0b 或43ab ；当0b 时，221,21naa aan，当2n 时，2-1-2nna aa满足等差数列的定义，此时 na为等差数列；当43ab 时，4=3nSanb ana，103aS 不合题意，舍去综上可知 na为等差数列【点睛】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，等差数列的证明通常采用定义法或者等差中项法【题目栏目
22、】数列数列的综合应用数列的综合问题【题目来源】2021 年高考全国甲卷理科第 18 题10(2020 年高考数学课标卷理科第 17 题)设na是公比不为 1 的等比数列，1a为2a，3a的等差中项(1)求na的公比；(2)若11a，求数列nna的前n项和【答案】【答案】(1)2；(2)1(13)(2)9nnnS【解析】(1)设na的公比为q，1a为23,a a的等差中项，212312,0,20aaa aqq，1,2qq ；(2)设nna的前n项和为nS，111,(2)nnaa，211 12(2)3(2)(2)nnSn ，23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)nnnSnn ，得，21
23、31(2)(2)(2)(2)nnnSn 1(2)1(13)(2)(2)1(2)3nnnnn ，1(13)(2)9nnnS【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题【题目栏目】数列数列的综合应用数列的综合问题【题目来源】2020 年高考数学课标卷理科第 17 题11(2020 年高考数学课标卷理科第 17 题)设数列an满足 a1=3，134nnaan(1)计算 a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明；(2)求数列2nan的前 n 项和 Sn【答案】【答案】(1)25a，37a，21nan，证明见解析；(2)1(21)22nn
24、Sn解析：(1)由题意可得2134945aa，32381587aa，由数列na的前三项可猜想数列na是以3为首项，2 为公差的等差数列，即21nan，证明如下：当1n 时，13a 成立；假设nk时，21kak成立那么1nk时，1343(21)4232(1)1kkaakkkkk也成立则对任意的*nN，都有21nan成立；(2)由(1)可知，2(21)2nnnan2313 25 27 2(21)2(21)2nnnSnn ，234123 25 27 2(21)2(21)2nnnSnn ，由得：23162222(21)2nnnSn 21121 262(21)21 2nnn 1(12)22nn，即1(2
25、1)22nnSn【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题【题目栏目】数列数列的综合应用数列的综合问题【题目来源】2020 年高考数学课标卷理科第 17 题12(2019 年高考数学课标全国卷理科第 19 题)已知数列 na和 nb满足11a，10b，1434nnnaab，1434nnnbba 1证明：nnab是等比数列，nnab是等差数列；2求 na和 nb的通项公式【答案】【答案】1见解析；21122nnan，1122nnbn.【官方解析】【官方解析】1由题设得114()2()nnnnabab，即111()2nnnnabab又因为111ab，所以nn
26、ab是首项为1，公比为12的等比数列由题设得114()4()8nnnnabab，即112nnnnabab又因为111ab，所以nnab是首项为1，公差为2的等差数列 2由 1知，112nnnab，21nnabn所以111()()222nnnnnnaababn，111()()222nnnnnnbababn【分析】【分析】1可通过题意中的1434nnnaba以及1434nnnbab对两式进行相加和相减即可推导出数列nnab是等比数列以及数列nnab是等差数列；2可通过 1中的结果推导出数列nnab以及数列nnab的通项公式，然后利用数列nnab以及数列nnab的通项公式即可得出结果.【解析】【解析
27、】1由题意可知1434nnnaab，1434nnnbba，111ab+=，111ab，所以1144323442nnnnnnnnababbaab+=+=-+-，即111()2nnnnabab，所以数列nnab是首项为1、公比为12的等比数列，()112nnnab-+=，因为()11443434448nnnnnnnnababbaab+-=+-=-+-，所以112nnnnabab+=-+-，数列nnab是首项1、公差为2的等差数列，21nnabn-=-.2由 1可知，112nnnab，21nnabn-=-，所以111()()222nnnnnnaababn，111()()222nnnnnnbababn
28、.【点评】【点评】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题.【题目栏目】数列数列的综合应用数列的综合问题【题目来源】2019 年高考数学课标全国卷理科第 19 题13(2018 年高考数学课标卷(理)第 17 题)(12 分)等比数列 na中，11a，534aa(1)求 na的通项公式；(2)记nS为 na的前n项和，若63mS，求m(1)12nna或12nna；(2)6m【答案【答案】【官方解析】(1)设 na的公比为q，由题设得1nnaq由已知得424q
29、q，解得0q(舍去)，2q 或2q 故12nna 或12nna(2)若12nna，则123mmS，由63mS，得2188m，此方和没有正整数解若12nna，则21mmS，由63mS，得264m，解得6m 综上，6m【民间解析】(1)设等比数列 na的公比为q，由11a，534aa可得4214 1qq，所以24q 所以2q 当2q 时，1112nnnaa q；当2q 时，1112nnnaa q(2)由(1)可知2q 当2q 时，由1163631mmaqSq即126312m，即62642m，所以6m；当2q 时，由1163631mmaqSq即126312m，即2188m，无解综上可知6m【题目栏目
30、】数列等比数列等比数列的综合应用【题目来源】2018 年高考数学课标卷(理)第 17 题14(2018 年高考数学课标卷(理)第 17 题)(12 分)记nS为等差数列na的前n项和，已知17a ，315S (1)求na的通项公式；(2)求nS，并求nS的最小值【答案】【答案】解析：(1)设 na的公差为d，由题意得13315ad 由17a 得2d，所以na的通项公式为29nan(2)由(1)得228(4)16nSnnn所以当4n 时，nS取得最小值，最小值为16【题目栏目】数列等差数列等差数列的前 n 项和【题目来源】2018 年高考数学课标卷(理)第 17 题15(2016 高考数学课标卷
31、理科第 17 题)已知数列 na的前n项和1nnSa,其中0.()证明 na是等比数列,并求其通项公式;()若53132S,求.【答案】【答案】()11()11nna;()1.【解析】()由题意得1111aSa,故1,111a,10a.由1nnSa,111nnSa 得11nnnaaa,即1(1)nnaa.由10a,0得0na,所以11nnaa.因此 na是首项为11,公比为1的等比数列,于是11()11nna.()由()得1()1nnS,由53132S 得5311()132,即51()132,解得1.【题目栏目】数列等比数列等比数列的前 n 项和【题目来源】2016 高考数学课标卷理科第 17
32、 题16(2016高考数学课标卷理科第17题)(本题满分12分)nS为等差数列 na的前n项和，且17=128.aS，记=lgnnba，其中 x表示不超过x的最大整数，如0.9=0 lg99=1，(I)求111101bbb，；(II)求数列 nb的前 1 000 项和【答案】【答案】(1)1lg10b，11lg111b，101lg1012b；(2)1893【解析】(1)设 na的公差为d，据已知有72128d，解得1d 所以数列 na的通项公式为nan1lg10b，11lg111b，101lg1012b(2)因为0,110,1,10100,2,1001000,3,1000,nnnbnn所以数列
33、 nb的前1000项和为1 902 9003 1 1893 【题目栏目】数列等差数列等差数列的前 n 项和【题目来源】2016 高考数学课标卷理科第 17 题17(2015 高考数学新课标 1 理科第 17 题)(本小题满分 12 分)nS为数列na的前n项和已知20,243.nnnnaaaS()求na的通项公式：()设112nnnba a,求数列 nb的前n项和【答案】【答案】()21n()11646n分析：()先用数列第n项与前n项和的关系求出数列na的递推公式，可以判断数列na是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列na的通项公式；()根据()数列nb的通项公式，再用拆项消去法求其
34、前n项和解析：()当1n 时，211112434+3aaSa，因为0na，所以1a=3，当2n时，2211nnnnaaaa=14343nnSS=4na，即111()()2()nnnnnnaaaaaa，因为0na，所以1nnaa=2，所以数列na是首项为 3，公差为 2 的等差数列，所以na=21n；()由()知，nb=1111()(21)(23)2 2123nnnn，所以数列nb前 n 项和为12nbbb=1111111()()()235572123nn=11646n考点：数列前 n 项和与第 n 项的关系；等差数列定义与通项公式；拆项消去法【题目栏目】数列数列的求和裂项相消法求和问题【题目来
35、源】2015 高考数学新课标 1 理科第 17 题18(2014 高考数学课标 2 理科第 17 题)(本小题满分 12 分)已知数列 na满足1a=1，131nnaa()证明12na 是等比数列，并求 na的通项公式；()证明：1231112naaa+【答案】【答案】解析：()由131nnaa，得1113()22nnaa，且11322a 所以12na 是首相为32，公比为3的等比数列。因此1322nna，所以 na的通项公式为3122nna()由(1)知1231nna当1n时，1132 3nn，所以111312 3nn于是112331111111(1)33232nnnaaa+所以123111
36、2naaa+考点：(1)等比数列的证明及通项公式的求法；(2)等比数列的前n项的和(3)放缩法证明不等式难度：C备注：一题多解【题目栏目】数列数列的综合应用数列的放缩问题【题目来源】2014 高考数学课标 2 理科第 17 题19(2014 高考数学课标 1 理科第 17 题)已知数列 na的前n项和为nS,11a=,0na,11nnna aS,其中为常数(1)证明:2nnaal+-=;(2)是否存在,使得 na为等差数列?并说明理由【答案】【答案】解析:(1)由题设11nnna aSl+=-,1211nnnaaSl+=-,两式相减()121nnnnaaaal+-=,由于0na,所以2nnaa
37、l+-=(2)由题设11a=,1211a aSl=-,可得211al=-,由(1)知31al=+假设na为等差数列,则123,a a a成等差数列,1322aaa+=,解得4l=;证明4l=时,na为等差数列:由24nnaa+-=知数列奇数项构成的数列21ma-是首项为 1,公差为 4 的等差数列2143mam-=-令21,nm=-则12nm+=,21nan=-(21)nm=-数列偶数项构成的数列2ma是首项为 3,公差为 4 的等差数列241mam=-令2,nm=则2nm=,21nan=-(2)nm=21nan=-(*nN),12nnaa+-=因此,存在存在4l=,使得na为等差数列考点:(1)等差数列的证明;(2)等差数列的前n项和及综合应用(3)分类讨论思想难度:C备注:高频考点【题目栏目】数列等差数列等差数列的判定或证明【题目来源】2014 高考数学课标 1 理科第 17 题