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1、2020年高考数学真题分类汇编：数列一、单选题（共6题；共12分）1.（2分）（2 0 2 0新课标回文）记S n为等比数列 a n的前n项 和.若a 5-a 3 2,*3 4=2 4,则 冬=an（）A.2n-lB.2-2-nC.2-2n-D.21-n-l【答案】B【解析】【解答】设等比数列的公比为q,由。3 =1 2,恁-。4=2 4 可得:aq4 aq2=1 2 今a4 Q jq 3 2 4q =2Q l=1所 以 斯=。1 9九 一1 =2 一5九%（1一中）_ 1一2”1-2=2n-1，因此券=*=2-2 1 fcifi 2几 上故答案为：B.【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到
2、方程组,解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前n项和公式进行求解即可.2.（2分）（2 0 2 0新课标回文）设 g是等比数列，且=1，。2 +。3 +。4=2 ,则+。8 =（）A.12B.24C.30D.32【答案】D【解析】【解答】设等比数列 厮的公比为q,则a1+a2+a3=a1（l+q+q2）=l,a2+a3+a4=arq+a1q2+arq3=a iq（l+q+q2）=q=2,因此，。6 +。7 +&8 =ct-iQ5+&也6 +U 1q7=arqs（l+q+q2）=q5=32.故答案为：D.【分析】根据已知条件求得q的值，再 由&6 +=q 的+。3）可求得结果.3
3、.（2分）（2 0 2 0新课标回理）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多7 2 9块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）（）A.3699 块 B.3474 块 C.3402 块 D.3339 块【答案】C【解析】【解答】设第n 环天石心块数为an,第一层共有n 环，则 即是以9 为首项，9 为公差的等差数列，an=9+(n l)x 9 =9n,设 S”为 an的前n 项和，则第一层、第
4、二层、第三层的块数分别 为n 2n n 3n 2n 因为下层比中层多729块,所以 53n S2n=S2nSn+729,pn 3n(9+27n)2n(9+18n)2n(9+18n)n(9+9n)印-2-2-=-2-2 +729即 9n2=729,解得 n=9,所以 S3n=S27=27(9学27)=3402.故答案为：C【分析】第 n 环天石心块数为与，第一层共有n 环，则是以9 为首项，9 为公差的等差数列，设 S n 为 an的前n 项和，由题意可得S3n-S2n=S2n-Sn+729,解方程即可得到n,进一步得到S3n.4.(2 分)(2020 新课标团理)数列 a九 中，的=2,am+
5、n=aman,若 ak+1+ak+2+,a,+ak+io=一2，,则 k=()A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【解答】在等式am+n=aman中，令 m=1,可 得an+1=anar=2an,:.=2,所以，数 列 an是 以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，则 册=2 x 2 九-1=2九，n_ n-QIOX纵+i+ak+2+afc+10=号目-=-=2k+i(21-1)=25(210-1)，2k+1=25,则 f c +1=5,解得 k=4.故答案为：C.【分析】取m=l,可得出数列&J是等比数列，求得数列&J的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于k的等式，由 k
6、 N*可求得k的值.5.(2 分)(2020北京)在等差数列 册中，1=-9 ,a5=-l.记 Tn=a ia2.a(n=1,2,.)，则数列 及 (),A.有最大项，有最小项 B.有最大项，无最小项C.无最大项，有最小项 D.无最大项，无最小项【答案】B【解析】【解答】由题意可知，等差数列的公差d =Z_l+9=2,则其通项公式为：即=%+(n-l)d =-9 +(n-1)x 2=2n-11,注 意 到 C l2&3 C I4 a 5 c o C；6=1 ,且由 r5 0 可知 1。2 7,i C N)可知数列 不存在最小项，1 i-1由于%=-9,a2=7,。3=-5,14=3,as=-1
7、,6=1，故数列 中的正项只有有限项：T2=63,74=63 x 15=945.故数列 中存在最大项，且最大项为九 故答案为：B.【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.6.(2分)(2020浙江)已知等差数列 a j的前n项和S n,公差毋0,6=3n2 2 n，故答案为：3n2-2n.【分析】首先判断出数列 2 n-1与 3n-2项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果.10.(1 分)(2020江苏)设 a,是公差为d 的等差数列，、是公比为q 的等比数列.已知数列 a,+
8、的前 n 项和 Sn=n2-n +2n-l(n e/V+)，则 d+q 的值是.【答案】4【解析】【解答】设等差数列 a 的公差为d,等比数列 砥的公比为q,根据题意q H 1.等差数列 5 的前n 项和公式为Pn=n a i+竺 户 d=%+&和，等比数列 小的前n 项和公式为Q=结 三 善=%q +色，I 1 q 1 qn 1-q依题意Sn=Pn+Qn,即 九 2 一九+2九 一 1=苧 几 2+(%一务九一扫,通过对比系数可知d2-1d _ 1q=2I-d=2H i =0 fq=2，故 d+q=4.bi=1故答案为：4【分析】结合等差数列和等比数列前n 项和公式的特点，分别求得 册,办的
9、公差和公比，由此求 得d+q.11.（1 分）（202。浙江）已知数列&满足a=专2 ,则 S3=【答案】10【解析】【解答】解：数列 a/满 足 加=吗 ，可得 ai =l,a2=3,a3=6,所以 S3=1+3+6=10.故答案为：10.【分析】求出数列的前3 项，然后求解即可.三、解答题（共9题；共80分）12.（10分）（2020新课标回文）设等比数列 a“满 足 di +2=4 03 al =8（1）（5 分）求 a,的通项公式；（2）（5 分）记Sn为数列 Io g 3an 的前n 项 和.若Sm+Sm+=Sm+3,求 m.【答案】（1）解：设等比数列 an的公比为q,根据题意，有
10、 1尸,解 得 少 二 1,l a W-ai =8 （.0,所 以 m=6【解析】【分析】（1）设等比数列&J的公比为q,根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求 出 l o g3an）的通项公式，利用等差数列求和公式求得Sn,根据已知列出关于m的等量关系式，求得结果.13.（10 分）（2020新课标舟理）设数列 an 满足 ai=3,an+1-3an-4n.（1）（5 分）计算a2,a 3,猜想&,的通项公式并加以证明；（2）（5 分）求数列 2，“的前n 项和Sn.【答案】（1）解：由题意可得（；2=3%-4 =9-4 =5,=3（12-8=1 5-8 =
11、7,由数列国工的前三项可猜想数列 出；是以3 为首项，2 为公差的等差数列，即an=2n+l,证明如下：当 7 1 =1 时，=3 成立；假 设n=k时，c tk=2k+1成立.那么 n=k+1 时，Q-k+i=3耿 4/c=3(2k+1)4k=2k+3=2(k+1)+1 也成立.则对任意的n e N*,都 有an=2 n+l成立(2)解：由(1)可知，斯 2=(2n+1)-2nSn=3 x 2+5 x 22 4-7 x 23 4-+(2n-1)-2n-1+(2n+1)-2n,2S=3 x 22+5 x 23+7 x 24+(2n-1)-2n+(2n+1)-2n+1,由一得：Sn=6+2 x
12、02+23+2n)-(2n+1)-2n+1=6+2 x 22x(：二;1)-(2n+1)-2n+1=(1-2n)-2n+1-2，即 Sn=(2n-1)-2n+1 4-2.【解析】【分析】(1)利用递推公式得出a2,a3,猜想得出 an的通项公式，利用数学归纳法证明即可；(2)由错位相减法求解即可.14.(10分)(2020新课标回理)设 an是公比不为1 的等比数列，为 为。2，。3 的等差中项.(1)(5 分)求%的公比；(2)(5 分)若 的=1,求数列 n&t的前n 项和.【答案】(I)解：设 an的公比为q,小 为。2，。3 的等差中项，v 2al=a2+a3,ax 0,q2+q 2=
13、0,v q 1,q=-2 ；(2)解：设 nan)的前 n 项和为 Sn,%=l,an=(-2)n-1 Sn=1 x 1+2 x(2)+3 x(-2)2+7t(-2)n，(1)-2Sn=1 x(-2)+2 x(-2)2+3 x(-2)3 4-(n-l)(-2)n-1+n(-2)n，(2)一得，3Sn=1+(-2)+(-2)2+(-2)吩1-n(-2)n-1-(-2)-n(-2)nl-(l+3n)(-2)n3.s l-（l+3n）（-2）n 9【解析】【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q 的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出 的通项，根 据 n a 3 的通项公式特征
14、，用错位相减法，即可求出结论.15.（10分）（2020新高考回）已知公比大于1 的等比数列 a 满 足 a2+a4=20,a3=8.（1）（5 分）求 an的通项公式；（2）（5 分）求 cL yd2 a2a3+（1）%；（册+1.【答案】解：设等比数列 an的公比为q（ql）,则 2+=一 劭父=20,（a3=8整理可得：2q2 5q+2=0,*q 1,q=2,a1=2,数列的通项公式为：册=2 2n-1=2n.(2)解：由于：(_1)51即册+1 =(_1)九-1*271*2 计1=(_1广-1 2 2 1,故:-a2a3+(-1)l/n+l=23-25+27-29+(-i)n-1.22
15、n+1 2 23口一(-22)1-(-22)2n+3-(-1)【解析】【分析】（1）由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；（2）首先求得数列（-lF T a/n+i的通项公式，然后结合等比数列前n 项和公式求解其前n 项和即可.16.（10分）（2020新高考回）已知公比大于1 的等比数列 an）满 足a2+a4=20,a3=8.（1）（5 分）求 an的通项公式；（2）（5 分）记bm为 a）在区间（0,7n（7nCN*）中的项的个数，求数列仍m的前100项和Sioo【答案】（1）解：由于数列 an是公比大于1 的等比数列，设首项为由,公比为q
16、,依题意有卜iq+a”3 20,解得解得 的=2,q=2,或%=32,q=4（舍），（=8 乙所 以an=2n,所以数列 an的通项公式为an=2n.（2）解：由于 21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=1 2 8，所以比对应的区间为：（0,1,贝 ij必=0；b2,b3对应的区间分别为：（0,2,（0,3,则 =历=1，即 有 2 个 1；b4,bs,b6,b7 对应的区间分别为:（0,4,（0,5,（0,6,（0,7 则 b4=b5=b6=b7=2,即有 22 个2；bSlb9,-,b15 对应的区间分别为：（0,8,（0,9,（0,15,则 b8=b9=
17、-=bis=3,即 有 个3；比6也7,也1对应的区间分别为：（0,16,（0,17,-,（0,31,则 由6 =比7 =匕3 1=4 ,即有24 个 4 ；加2也3,也3对应的区间分别为：（0,32,（0,33,-,（0,6 3,则b32=b33=-=b63=5,即有25 个 5 ；生4人5,也o o 对应的区间分别为：（0,6 4,（0,6 5,-,（0,100,则 b64=b6 5=-=b100=6 ,即 有3 7个6 .所以 Si。=1X2+2X 22+3X 23+4X 24+5X 25+6 x 37 =4 8 0.【解析】【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为a1,q的形式
18、，求解出a11q,由此求得数列 斯的通项公式.（2）通过分析数列 bm的规律，由此求得数列“J的前100项和S io o 17.（5 分）（2020浙江）已知数列 an ,bn ,/中,ai=bi=ci=l,cn+i=an+i-an cn+i=n+2C n （n N*）.（I ）若数列、为等比数列，且公比q 0,且bi+b2=6b3,求q与an的通项公式；（I I）若数列%为等差数列，且公差d 0,证明：C,+C2+.+C n l+.【答案】（I ）解：由题意，b2=q,b3=q 2,V bi+b2=6b3,l+q=6q 2,整理，得 6q 2-q-1=0,解得q=-1（舍去），或口=|,b
19、1/.C n+1=*C n=%+2*C n=C n=j、2 C n =4*C n,0+2 -b r q G）数列 C n 是以1为首项，4为公比的等比数列，.*.C n=l*4n,=4n-1,n N*.3n+l _ 3n =C n+l=4n,则 ai=l,az -ai=4,as -a2=42,an -an -1 =4n各项相加，可得an=l+41+42+.+4n,=1 4=4-1 .1-4 3（I I ）证明：依题意，由C n+1=削（nG N*）,可得%+2bn+2*C n+I =bn*C n,两边同时乘以b n+l,可得bn+lbn+2C n+l=bn bn+C n,V b i b 2 C
20、 i=b 2=1+d,数列 bn bn+4是一个常数列，且此常数为1+d,bn bn+lC n=1+d，1+d=1+d.dbnbn+l d bnbn+1%+1一医b也+i4i+i（1+1 ）ai瓦.C 1+C 2+C nill ill ill=（i+）（瓦-瓦）+（i+力（玩-瓦）+（i+m e-+口 七）=（H J1 ）（51-T 1）d D1 0n+li 1=（H J）（1-u）d%+i 1 +1d.,.C l+C 2+.+C n V 1+J ,故得证.【解析】【分析】本题第（I ）题先根据等比数列的通项公式将b 2=q,b3=q 2代入b+b 2=6 b 3,计算出公比q的值，然后根据等
21、比数列的定义化简C 慝 可得C4Cn,则可发现数列由是以1为首项，4为公比的等比数列，从而可得数列 C n 的通项公式，然后将通项公式代入C n+l=an+La n,可得a n+-a n =C n+l=4 n,再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列a0的通项公式；第3题通过将已知关系式CL盘不断进行转化可构造出数列 W,且可得到数列 bn bn+lC n 是一个常数列,且此常数为1+d,从而可得bn bn+4=1+d,再计算得到Cn=麻 片 ,根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立.18.(5分)(2020天津)已知 an为等差数列，也 为等比
22、数列，的=瓦=l g=5 Q 一。3)，力 5=4(84 力 3).(I )求 an和 bn)的通项公式;(I I)记 an)的前 n 项和为 Sn,求证：SnSn+2 Sn+i(n 6/V*);八鬻2沏,为 奇 数,(I I I)对任意的正整数7 1 ,设 Q a 2 求数列誉 K n为偶数.V n+l的前2n 项和.【答案】解：(I )设等差数列 a 的公差为d,等比数列 g的公比为q.由%=1,&5=5(。4 一。3)，可得 d=l.从 而 册的通项公式为an=n.由 比=1,%=4(64-3)，又期0,可 得 q 2-4 q +4 =0,解得q=2,从 而 3 的通项公式为bn=2T
23、.(I I)证明：由(I)可 得 5”=也 畀 1,故 S n S n+2=/n 5+D(n +2)5+3),S+1=1(n +I)2(n +2)2,从而 SnSn+2 S:+i=(n +l)(n +2)0,所以 SnSn+2 nl n+l 2Zn 2k 2k2 2n磊:-看)=磊-1k=l和得.+亳+*.+猾+需 Z TZH1 v n _ 1,3,5.,2n 3,2n 1 z-x由 得 4”=遥2=运+不+/+丁一+产 T 由沪 3e _ 1,2 上,2 2n-l 京If)1 2n-l由 得 4 丛=1C 2k=4 +不 产 r =r4一 产 T 4由于条 l f)2n-l-5-4n+12
24、2 1 1 2n-l 1 _ 5 6n+53-3X_4_ X4 =T 2_3x4n+l从而得：忆/2 =5一 辨,因此，艇 1 Ck=Sfc=l c2k-l+S k=i C2k=2 +1 一黑皆5 -所以，数 列 0 的前2 n项 和 为 磊 森名 【解析】【分析】（I）由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；（II）利用（I）的结论首先求得数列&J前n项和，然后利用作差法证明即可；（III）分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算Ek/2八1和H=ic2fc的值，据此进一步计算数列 4 的前2 n项和即可.19.（
25、15分）（2020 江 苏）已知数列 dn（n C N*）的首项ai=l,前n项和为S n.设九与k是常数，若对一切正整数n,均 有S.+1 W -S i =Aan+1 2成立，则称此数列为。小”数列.（1）（5分）若等差数列但 是“心1”数列，求入的值；（2）（5分）若数列 册是“当 一2”数列，且a 0,求数列 须的通项公式；（3）（5分）对于给定的入，是否存在三个不同的数列 an为2-3数列，且a,20?若存在，求入的取值范围；若不存在，说明理由，【答案】(1)解：Sn+1-Sn=Aan+1 an+1=.的=1 an+1 三 0 .A=1(2)解：/an 0 A Sn+1 Sn sn+1
26、 i-sn i o1 1 J 3 1Sn+i 2 sn 2=(S+i Sn)21 11 1 1 1 1,(Sn+i 2 2)2=(Sn+1 2 Sn 2)(S九+i 2+Sn 2)111 11 1 1Sn+i 2 Sn 2=(Sn+i 2+Sn 2):.S九+i 2=2Sn 2:.Sn+1=4Sn:.Sn=4n 1v Si=%=1 ,Sn=471T an=4九 t-4n2=3-4n2fn 2_(l,n =1“九二(3 4九 一2,九之2(3)解：假设存在三个不同的数列an为-3 数列.1 1 1 1 1 3Sn+i 3 S兀 3=Aan+i 3.(Sn+i 3 Sn 3)=A3(Sn+i Sn
27、)11 nit 1 1 2 2 2 1 1,Sn+1 2=sn 3(Sn+1 3-Sn 3)=A(S九+1 3+Sn 3+Sn+1 3Sn 3)u u T 2 2 1 1 Sn+1=Sn 或(万 _ i)sn+1 3+(A3-l)Sn 3 4-(A3+2)Sn+1 5Sn 5=0 对于给定的A ,存在三个不同的数列 a“为 A -3数列，且 即2 0(I,n=1 t 2 2 1 1 士 女人才=5,7 1 2 2 或(下一1用+1 3 +(A3-l)Sn 3 +(A3+2)Sn+1 3 Sn 3 =0 Q Hl)有两 不等的正根.322 2 1 1 r*上 2 卞-1)5 ,1 3(23-l)
28、Sn+1 3 +(A3-l)5n 3 +(A3+2)Sn+1 3Sn 3 =0(2 1)可转化为-+S n 33 1 (l3-1)+(+2)S q+l 3=0 Q =),不妨设 0),则(/_ 1)x2 +(4 3 +2)x +Sn 3Sn(I3-1)=0(4 丰 1)有两个不等正根，设/(x)=(Z3-l)x2+(Z3+2)x 4-(A3-1)=0(2 丰 1).当 4 0 =0 A3 4 ,即 0 A 1 ,此时 f (0)=行一 1 o ,满足题意灯 2(AJ-1)当 4 1 时，/=(A3+2)2-4(A3-I)2 0 0 A3 4 ,即 10,久时=-产 o ,此情况有两个不等负根，
29、不满足题意舍去.综上，0 /1 /),在 时中都存在一项，使/=1；aj对于 5 中任意项an(n 3)，在&中都存在两项ak，ai(k l)使 得 斯=或 al(I)若 即=(n =L 2,)，判断数列 an是否满足性质，说明理由；(H)若0n=2 T(n=l,2 j“),判断数列%是否同时满足性质和性质,说明理由;(I H)若 “是递增数列，且同时满足性质和性质，证明：即为等比数列.【答案】解：(I )a2=2,a3=3,用 一=1 g Z an不具有性质 ；(I I)Vi,J E N*,i j，t=2-j)T,2 i ，e N*忆=a2i_j an具有性质 ；v Vn 6 N*,n 3,
30、B k=n-1,1=n 2,=2 0 J)t=2n-1=an,-an具有性质 ；al(H I)【解法一】首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显 然an 0(n N*),假设数列中存在负项，设NQ=m a x n|an 0,第一种情况：若No =1 ,即a。V 0 V的 a 2 V。3 ,由可知：存 在 租1 ,满 足am=0，存 在 租2，满 足am=0，1 Q 2 Q 2 2由No =1可 知”=依，从 而。2=。3，与数列的单调性矛盾，假设不成立.al al第二种情况：若No 2 2 ,由知存在实数m,满 足a =喙 o ,由N。的定义可知：m a-=aNn.由数列的单调性可知：m
31、 N0,这 与No的定义矛盾，假设不成立.同理可证得数列中的项数恒为负数.综上可得，数列中的项数同号.其次，证 明。3=：3al2利用性质：取7 1 =3 ,此时。3=(k I)，由数列的单调性可知ak a i 0 ,而。3 =秋,小心，故k 3 ,aln2此时必 有k=2,1 =1,即a3=3)项成等比数列，不妨设as=s O,ql ,(a1 0,0 q ak+1(*)ak-l由得：存 在s t ,满足：*1=旨=%爱/，由数列的单调性可知：t s k +l,由 4=i q sT(l s ak=aq1(*)由(*)和(*)式 可 得:a i q k 之 Q q 2 sT-i a g k-i
32、i结合数列的单调性有：k 2 s-t-l k-l ,注意到s,t,k均为整数，故k =2 s-t l ,代 入（*）式，从 而ak+i=arqk.总上可得，数 列%的通项公式为：an=a1qn-1.即数列 时为等比数列.【解法二】假设数列中的项数均为正数：2首先利用性质：取7 1 =3 ,此 时a 3=（k I），由数列的单调性可知ak a i 0 ,而=秋 簪 在，故k 1）,然后利用性质：取i =3 J =2 ,贝U a m=a1q3，即数列中必然存在一项的值为由q 3 ,下 面 我 们 来 证 明=a iq3,否则，由数列的单调性可知a4在性质中，取n =4 ,与前面类似的可知则存在若
33、k =3,/=2 ,则：a4若 k =3,/=1 ,贝！I：a4若 k =2,1 =1 ,贝！I：a4则。4 =%=Q/c 务 Q/c，从而 k V 4,k,l c(1.2,3 (/c/)，满足=%,磁的磁印磁访=（Z i q 3 ,与假设矛盾；=ci j g4 q3，与假设矛盾；=a.q2=a3，与数列的单调性矛盾;即不存在满足题意的正整数k,l,可 见a4 aAq3不成立，从 而a4=a.q3,同理可得：as=aAqa6=a1q3,-,从而数列 an为等比数列,同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.从而题中的结论得证，数 列 为 等 比 数 列.【解析】【分析】（I ）根据定义验证，即可判断；（1 1）根据定义逐一验证，即可判断；（I I I）解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明。3=的，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可解a法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得四,。2，。3成等比数列，之后证得内,。2，。3，。4成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.