数列（解答题）-大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）及答案.docx

1、数列（解答题）大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1已知 an 为等差数列， bn 是公比为2的等比数列，且 a2b2=a3b3=b4a4 （1）证明： a1=b1 ； （2）求集合 k|bk=am+a1，1m500 中元素个数 2记 Sn 为数列 an 的前n项和已知 2Snn+n=2an+1 （1）证明： an 是等差数列； （2）若 a4，a7，a9 成等比数列，求 Sn 的最小值 3记 Sn 为数列 an 的前n项和，已知 a1=1，Snan 是公差为 13 ，的等差数列.（1）求 an 的通项公式；（2）证明： 1a1+1a2+1anan 成

2、立的n的最小值 5设 an 是首项为1的等比数列，数列 bn 满足 bn=nan3 ，已知 a1 ，3 a2 ，9 a3 成等差数列.（1）求 an 和 bn 的通项公式；（2）记 Sn 和 Tn 分别为 an 和 bn 的前n项和.证明： Tn 0，a23a1 ，且数列 Sn 是等差数列证明： an 是等差数列7已知数列an的各项均为正数，记Sn为an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an是等差数列：数列 Sn 是等差数列；a2=3a1注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.8记Sn为数列an的前n项和，bn为数列Sn的前n项积，已知 2Sn+1bn =2

3、.（1）证明：数列bn是等差数列；（2）求an的通项公式.9已知 an 是公差为2的等差数列，其前8项和为64 bn 是公比大于0的等比数列， b1=4，b3b2=48 （1）求 an 和 bn 的通项公式； （2）记 cn=b2n+1bn，nN* . （i）证明 cn2c2n 是等比数列；（ii）证明 k=1nakak+1ck2c2k22(nN*)10已知数列 an 满足 a1 =1， an+1=an+1，n为奇数an+2，n为偶数（1）记 bn = a2n ，写出 b1 ， b2 ，并求数列 bn 的通项公式；（2）求 an 的前20项和11设数列an满足a1=3， an+1=3an4n

4、（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 12设 an 是公比不为1的等比数列， a1 为 a2 ， a3 的等差中项 （1）求 an 的公比； （2）若 a1=1 ，求数列 nan 的前n项和 13已知公比大于 1 的等比数列 an 满足 a2+a4=20,a3=8 （1）求 an 的通项公式； （2）求 a1a2a2a3+(1)n1anan+1 . 14已知公比大于1的等比数列 an 满足 a2+a4=20,a3=8 （1）求 an 的通项公式； （2）记 bm 为 an 在区间 (0,m(mN*) 中的项的个数，求数列 bm 的前100项和

5、 S100 15已知 an 为等差数列， bn 为等比数列， a1=b1=1,a5=5(a4a3),b5=4(b4b3) （）求 an 和 bn 的通项公式；（）记 an 的前 n 项和为 Sn ，求证： SnSn+20 ，所以 22n+12 ，即 1a1+1a2+1anan 即： n25n2n6 ，整理可得： (n1)(n6)0 ，解得： n6 ，又 n 为正整数，故 n 的最小值为7.5【答案】（1）因为 an 是首项为1的等比数列且 a1 ， 3a2 ， 9a3 成等差数列， 所以 6a2=a1+9a3 ，所以 6a1q=a1+9a1q2 ，即 9q26q+1=0 ，解得 q=13 ，所

6、以 an=(13)n1 ，所以 bn=nan3=n3n .（2）证明：由（1）可得 Sn=1(113n)113=32(113n) ， Tn=13+232+n13n1+n3n ，13Tn=132+233+n13n+n3n+1 ，得 23Tn=13+132+133+13nn3n+1=13(113n)113n3n+1=12(113n)n3n+1 ，所以 Tn=34(113n)n23n ，所以 TnSn2=34(113n)n23n34(113n)=n23n0 ，所以 Tn0) ，则 Sn=(an+b)2 ，当 n=1 时， a1=S1=(a+b)2 ；当 n2 时， an=SnSn1=(an+b)2(

7、ana+b)2=a(2ana+2b) ；因为 an 也是等差数列，所以 (a+b)2=a(2aa+2b) ，解得 b=0 ；所以 an=a2(2n1) ，所以 a2=3a1 .选作条件证明：因为 a2=3a1 ， an 是等差数列，所以公差 d=a2a1=2a1 ，所以 Sn=na1+n(n1)2d=n2a1 ，即 Sn=a1n ，因为 Sn+1Sn=a1(n+1)a1n=a1 ，所以 Sn 是等差数列.选作条件证明：设 Sn=an+b(a0) ，则 Sn=(an+b)2 ，当 n=1 时， a1=S1=(a+b)2 ；当 n2 时， an=SnSn1=(an+b)2(ana+b)2=a(2a

8、na+2b) ；因为 a2=3a1 ，所以 a(3a+2b)=3(a+b)2 ，解得 b=0 或 b=4a3 ；当 b=0 时， a1=a2，an=a2(2n1) ，当 n2 时， an-an-1=2a2 满足等差数列的定义，此时 an 为等差数列；当 b=4a3 时， Sn=an+b=an43a ， S1=a30) ，所以 b3b2=b1q2b1q=4(q2q)=48 ，解得 q=4 （负值舍去），所以 bn=b1qn1=4n，nN ；（2）（i）由题意， cn=b2n+1bn=42n+14n ， 所以 cn2c2n=(42n+14n)2(44n+142n)=24n ，所以 cn2c2n0

9、，且 cn+12c2n+2cn2c2n=24n+124n=4 ，所以数列 cn2c2n 是等比数列；（ii）由题意知， anan+1cn2c2n=(2n1)(2n+1)24n=4n21222n4n2222n ，所以 anan+1cn2c2n4n2222n=2n22n=12n2n1 ，所以 k=1nakak+1ck2c2k12k=1nk2k1 ，设 Tn=k=1nk2k1=120+221+322+n2n1 ，则 12Tn=121+222+323+n2n ，两式相减得 12Tn=1+12+122+12n1n2n=1(112n)112n2n=2n+22n ，所以 Tn=4n+22n1 ，所以 k=1

10、nakak+1ck2c2k12k=1nk2k1=12(4n+22n1)1)，则 a2+a4=a1q+a1q3=20a3=a1q2=8 ， 整理可得： 2q25q+2=0 ，q1,q=2,a1=2 ，数列的通项公式为： an=22n1=2n .（2）解：由于： (1)n1anan+1=(1)n12n2n+1=(1)n122n+1 ，故： a1a2a2a3+(1)n1anan+1=2325+2729+(1)n122n+1=231(22)n1(22)=85(1)n22n+35 .14【答案】（1）解：由于数列 an 是公比大于 1 的等比数列，设首项为 a1 ，公比为q，依题意有 a1q+a1q3=

11、20a1q2=8 ，解得解得 a1=2,q=2 ，或 a1=32,q=12 (舍)， 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=128 ，所以 b1 对应的区间为： (0,1 ，则 b1=0 ；b2,b3 对应的区间分别为： (0,2,(0,3 ，则 b2=b3=1 ，即有 2 个 1 ；b4,b5,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 ；b8,b9,b15 对应的区间分别为： (0,8,(0,9

12、,(0,15 ，则 b8=b9=b15=3 ，即有 23 个 3 ；b16,b17,b31 对应的区间分别为： (0,16,(0,17,(0,31 ，则 b16=b17=b31=4 ，即有 24 个 4 ；b32,b33,b63 对应的区间分别为： (0,32,(0,33,(0,63 ，则 b32=b33=b63=5 ，即有 25 个 5 ；b64,b65,b100 对应的区间分别为： (0,64,(0,65,(0,100 ，则 b64=b65=b100=6 ，即有 37 个 6 .所以 S100=12+222+323+424+525+637=480 .15【答案】解：()设等差数列 an 的

13、公差为d，等比数列 bn 的公比为q. 由 a1=1 ， a5=5(a4a3) ，可得d=1.从而 an 的通项公式为 an=n .由 b1=1,b5=4(b4b3) ，又q0，可得 q24q+4=0 ，解得q=2，从而 bn 的通项公式为 bn=2n1 .()证明：由()可得 Sn=n(n+1)2 ，故 SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3) ， Sn+12=14(n+1)2(n+2)2 ，从而 SnSn+2Sn+12=12(n+1)(n+2)0 ，所以 SnSn+2Sn+12 .()当n为奇数时， cn=(3an2)bnanan+2=(3n2)2n1n(n+2)=2n+1n+2

14、2n1n ，当n为偶数时， cn=an1bn+1=n12n ，对任意的正整数n，有 k=1nc2k1=k=1n(22k2k+122k22k1)=22n2n+11 ，和 k=1nc2k=k=1n2k14k=14+342+543+2n34n1+2n14n由得 14k=1nc2k=142+343+544+2n34n+2n14n+1由得 34k=1nc2k=14+242+24n2n14n+1=24(114n)114142n14n+1 ，由于 24(114n)114142n14n+1=232314n142n14n14=5126n+534n+1 ，从而得： k=1nc2k=596n+594n .因此， k

15、=12nck=k=1nc2k1+k=1nc2k=4n2n+16n+594n49 .所以，数列 cn 的前2n项和为 4n2n+16n+594n49 .16【答案】解：（）解：设等差数列 an 的公差为d，等比数列 bn 的公比为q依题意，得 3q=3+2d3q215+4d ，解得 d=3q=3 ，故 an=3+3(n1)=3n,bn=33n1=3n . 所以， an 的通项公式为 an=3n ， bn 的通项公式 为 bn=3n .（）解： a1c1+a2c2+a2nc2n= (a1+a3+a5+a2n1)+(a2b1+a4b2+a6b3+a2nbn)=n3+n(1)26+(631+1232+

16、1833+6n3n)=3n2+6(131+232+n3n)Tn=131+232+n3n . 3Tn=132+233+n33+1 ， -得， =2Tn=3323n+n3n+1=3(13n)13=(2n1)3n+1+32 .所以， a1c1+a2c2+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3(2n1)3n+1+32=(2n1)3n+2+6n2+92(nN*)17【答案】（1）解：由题设得 4(an+1+bn+1)=2(an+bn) ，即 an+1+bn+1=12(an+bn) 又因为a1+b1=l，所以 an+bn 是首项为1，公比为 12 的等比数列 由题设得 4(an+1bn+1)=4(anb

17、n)+8 ， 即 an+1bn+1=anbn+2 又因为a1b1=l，所以 anbn 是首项为1，公差为2的等差数列（2）由（1）知， an+bn=12n1 ， anbn=2n1 所以 an=12(an+bn)+(anbn)=12n+n12 ，bn=12(an+bn)(anbn)=12nn+12 18【答案】解：（I）根据三者成等比数列， 可知 (a3+8)2=(a2+10)(a4+6) ，故 (10+2d+8)2=(10+d+10)(10+3d+6) ，解得d=2，故 an=10+2(n1)=2n12 ；（）由（I）知 Sn=(10+2n12)n2=n211n ，该二次函数开口向上，对称轴为

18、n=5.5，故n=5或6时， Sn 取最小值-30.19【答案】（1）设数列的公差为d，由题意有：a1=-7，S3=3a2=-15a2=-5，d=2an=a1+（n-1）d=-7+2（n-1）=2n-9所以an的通项公式为：an=2n-9（2）由（1）知数列an的前n项和 Sn=n(a1+an)2=n(7+2n9)2=n(n8)Sn=n（n-8）=n2-8n=（n-4）2-16-16当n=4时取等，所以Sn的最小值为-1620【答案】（1）解：因为 a1=1 ，a5=4a3q4=4q2 q=2an=2n1 或 an=(2)n1（2）解： Sn=12n121=2n1又 Sm=632m1=632m=64m=621【答案】解：（），a1=ln2 ， a2+a3=5ln2a1+a4=5ln2a4=4ln2 ，a4a1=3ln2 ，则 an=ln2+(n1)ln2=nln2 ，an=nln2 。（） ean=eln2n=2n ，ea1+ea2+.+ean=22n121=2n+12 ， nN