2022年高考數(shù)學(xué)三輪沖刺之重難點(diǎn)題型05 數(shù)列（解析）

1、預(yù)測05 數(shù)列 數(shù)列是高考重點(diǎn)考查的內(nèi)容之一，命題形式多種多樣，大小均有.其中，小題重點(diǎn)考查等差數(shù)列、等比數(shù)列基礎(chǔ)知識以及數(shù)列的遞推關(guān)系；解答題的難度中等或稍難，將穩(wěn)定在中等難度.往往在利用方程思想解決數(shù)列基本問題后，進(jìn)一步數(shù)列求和，在求和后可與不等式、函數(shù)、最值等問題綜合.在考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的求和基礎(chǔ)上，進(jìn)一步考查“裂項(xiàng)相消法”、“錯(cuò)位相減法”等，與不等式結(jié)合，“放縮”思想及方法尤為重要1等差數(shù)列的有關(guān)概念(1)定義：如果一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的差都等于同一個(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列就叫做等差數(shù)列這個(gè)常數(shù)叫做等差數(shù)列的公差，符號表示為an1and(nN*，d為常數(shù)) (2)通

2、項(xiàng)公式：ana1(n1)dnd(a1d)當(dāng)d0時(shí)，an是關(guān)于n的一次函數(shù)通項(xiàng)公式的推廣：anam(nm)d(n，mN*)(3)等差中項(xiàng)：數(shù)列a，A，b成等差數(shù)列的充要條件是Aeq f(ab,2)，其中A叫做a，b的等差中項(xiàng)若mn2p，則2apaman(m，n，pN*)當(dāng)mnpq時(shí)，amanapaq(m，n，p，qN*)(4)前n項(xiàng)和公式：Sneq f(na1an,2) eq o(,sup7(ana1n1d)Snna1eq f(nn1,2)deq f(d,2)n2eq blc(rc)(avs4alco1(a1f(d,2)n當(dāng)d0時(shí)，Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)，且沒有常數(shù)項(xiàng)2.常用結(jié)論：已知an為等差

3、數(shù)列，d為公差，Sn為該數(shù)列的前n項(xiàng)和(1)Sn，S2nSn，S3nS2n，也成等差數(shù)列，公差為n2d.(2)若an是等差數(shù)列，則eq blcrc(avs4alco1(f(Sn,n)也成等差數(shù)列，其首項(xiàng)與an首項(xiàng)相同，公差是an公差的eq f(1,2).(3)若項(xiàng)數(shù)為偶數(shù)2n，則S2nn(a1a2n)n(anan1)；S偶S奇nd；eq f(S奇,S偶)eq f(an,an1).若項(xiàng)數(shù)為奇數(shù)2n1，則S2n1(2n1)an；S奇S偶an；eq f(S奇,S偶)eq f(n,n1).1等比數(shù)列的有關(guān)概念(1)定義如果一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起，每一項(xiàng)與它的前一項(xiàng)的比等于同一常數(shù)(不為零)，那么這個(gè)數(shù)列就

4、叫做等比數(shù)列這個(gè)常數(shù)叫做等比數(shù)列的公比，通常用字母q表示，定義的表達(dá)式為eq f(an1,an)q(q0，nN*)(2)等比中項(xiàng)如果a、G、b成等比數(shù)列，那么G叫做a與b的等比中項(xiàng)即：G是a與b的等比中項(xiàng)G2ab“a，G，b成等比數(shù)列”是“G是a與b的等比中項(xiàng)”的充分不必要條件2等比數(shù)列的有關(guān)公式(1)通項(xiàng)公式：ana1qn1(2)前n項(xiàng)和公式：Sneq blc(avs4alco1(na1，q1，,f(a1（1qn）,1q)f(a1anq,1q)，q1.)3等比數(shù)列的性質(zhì)已知數(shù)列an是等比數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和(m，n，p，q，r，kN*)(1)若mnpq2r，則amanapaqaeq oal

5、(2,r)(2)數(shù)列am，amk，am2k，am3k，仍是等比數(shù)列(3)數(shù)列Sm，S2mSm，S3mS2m，仍是等比數(shù)列(此時(shí)an的公比q1)常用結(jié)論4記住等比數(shù)列的幾個(gè)常用結(jié)論(1)若an，bn(項(xiàng)數(shù)相同)是等比數(shù)列，則an(0)，eq blcrc(avs4alco1(f(1,an)，aeq oal(2,n)，anbn，eq blcrc(avs4alco1(f(an,bn)仍是等比數(shù)列(2)在等比數(shù)列an中，等距離取出若干項(xiàng)也構(gòu)成一個(gè)等比數(shù)列，即an，ank，an2k，an3k，為等比數(shù)列，公比為qk.(3)Sn，S2nSn，S3nS2n，也成等比數(shù)列。1（2021北京）已知an是各項(xiàng)為整數(shù)

6、的遞增數(shù)列，且a13，若a1+a2+a3+an100，則n的最大值為（）A9B10C11D12【解答】解：數(shù)列an是遞增的整數(shù)數(shù)列，n要取最大，遞增幅度盡可能為小的整數(shù)，假設(shè)遞增的幅度為1，a13，ann+2，則Sn當(dāng)n10時(shí)，a1012，S1075，100S1025a1012，即n可繼續(xù)增大，n10非最大值，當(dāng)n12時(shí)，a1214，S12102，100S121001020，不滿足題意，即n11為最大值故選：C2（2019新課標(biāo)）記Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和已知S40，a55，則（）Aan2n5Ban3n10CSn2n28nDSn=12n2【解答】解：設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，由S40，a5

7、5，得4a1+6d=0an2n5，Sn故選：A3（2021甲卷）記Sn為等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和若S24，S46，則S6（）A7B8C9D10【解答】解：Sn為等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和，S24，S46，由等比數(shù)列的性質(zhì)，可知S2，S4S2，S6S4成等比數(shù)列，4，2，S66成等比數(shù)列，224（S66），解得S67故選：A4（2021甲卷）等比數(shù)列an的公比為q，前n項(xiàng)和為Sn設(shè)甲：q0，乙：Sn是遞增數(shù)列，則（）A甲是乙的充分條件但不是必要條件B甲是乙的必要條件但不是充分條件C甲是乙的充要條件D甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件【解答】解：若a11，q1，則Snna1n，則Sn是遞減數(shù)列，不滿

8、足充分性；Sn=a11-q（1則Sn+1=a11-q（1qSn+1Sn=a11-q（qnqn+1）a1若Sn是遞增數(shù)列，Sn+1Sna1qn0，則a10，q0，滿足必要性，故甲是乙的必要條件但不是充分條件，故選：B二多選題（共1小題）（多選）5（壓軸）（2021新高考）設(shè)正整數(shù)na020+a121+ak12k1+ak2k，其中ai0，1，記（n）a0+a1+ak，則（）A（2n）（n）B（2n+3）（n）+1C（8n+5）（4n+3）D（2n1）n【解答】解：方法1：2na021+a122+ak12k+ak2k+1，（2n）（n）a0+a1+ak，A對；當(dāng)n2時(shí)，2n+37120+121+12

9、2，（7）32020+121，（2）0+11，（7）（2）+1，B錯(cuò)；8n+5a023+a124+ak2k+3+5120+122+a023+a124+ak2k+3，（8n+5）a0+a1+ak+24n+3a022+a123+ak2k+2+3120+121+a022+a123+ak2k+2，（4n+3）a0+a1+ak+2（8n+5）C對；2n1120+121+12n1，（2n1）n，D對方法2：根據(jù)題意得n（10）akak1a1a0（2），（n）為n的二進(jìn)制表示下各位數(shù)字之和對于選項(xiàng)A，2n在二進(jìn)制意義下為末尾添0，不改變各位數(shù)字之和對于選項(xiàng)B，2n+3是二進(jìn)制意義下末尾添0，然后加上11（2

10、），可能會改變各位數(shù)字之和，如10（2）111（2）對于選項(xiàng)C，8n+5是二進(jìn)制意義下末尾添101，4n+3是二進(jìn)制意義下末尾添11，各位數(shù)字之和相等對于選項(xiàng)D，（2n1）（10）=111n綜上所述：選項(xiàng)ACD符合題意故選：ACD三填空題（共1小題）6（壓軸）（2021新高考）某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)剪紙時(shí)經(jīng)常會沿紙的某條對稱軸把紙對折規(guī)格為20dm12dm的長方形紙，對折1次共可以得到10dm12dm，20dm6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1240dm2，對折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S2180dm2，以此類推

11、則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為5；如果對折n次，那么k=1n Sk240(3-n+3【解答】解：易知有20dm34dm，由題可知，對折k次共有k+1種規(guī)格，且面積為2402k，故則k=1n Sk=24012Tn=Tnk=1n故答案為：5；240(3-四解答題（共5小題）7（2021新高考）記Sn是公差不為0的等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若a3S5，a2a4S4（）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式an；（）求使Snan成立的n的最小值【解答】解：（）數(shù)列Sn是公差d不為0的等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若a3S5，a2a4S4根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，a3S55a3，故a30，根據(jù)a2a4S4可得（a3d）（a3

12、+d）（a32d）+（a3d）+a3+（a3+d），整理得d22d，可得d2（d0不合題意），故ana3+（n3）d2n6（）an2n6，a14，Sn4n+n(n-1)22n2Snan，即n25n2n6，整理可得n27n+60，當(dāng)n6或n1時(shí)，Snan成立，由于n為正整數(shù)，故n的最小正值為78（2021乙卷）記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，bn為數(shù)列Sn的前n項(xiàng)積，已知2Sn（1）證明：數(shù)列bn是等差數(shù)列；（2）求an的通項(xiàng)公式【解答】解：（1）證明：當(dāng)n1時(shí)，b1S1，由2b1+1b1當(dāng)n2時(shí)，bnbn-1=Sn消去Sn，可得2bn-1bn+1bn=2，所以所以bn是以32為首項(xiàng)，1（2）由題意

13、，得a1S1b1=3由（1），可得bn=32+（n1由2Sn+1bn當(dāng)n2時(shí)，anSnSn1=n+2n+1-n+1所以an=39（2021甲卷）記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，已知an0，a23a1，且數(shù)列Sn是等差數(shù)列，證明：an【解答】證明：設(shè)等差數(shù)列Sn的公差為d由題意得S1=a1；則d=S2-S1=2a1-a1=所以Snn2a1；當(dāng)n2時(shí)，有Sn1（n1）2a1由，得anSnSn1n2a1（n1）2a1（2n1）a1，經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)n1時(shí)也滿足所以an（2n1）a1，nN+，當(dāng)n2時(shí)，anan1（2n1）a1（2n3）a12a1，所以數(shù)列an是等差數(shù)列10（2021乙卷）設(shè)an是首項(xiàng)為1的等比

14、數(shù)列，數(shù)列bn滿足bn=nan3，已知a1，3a2，（1）求an和bn的通項(xiàng)公式；（2）記Sn和Tn分別為an和bn的前n項(xiàng)和證明：TnS【解答】解：（1）a1，3a2，9a3成等差數(shù)列，6a2a1+9a3，an是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，設(shè)其公比為q，則6q1+9q2，q=1ana1qn1=(1bn=nan3（2）證明：由（1）知an=(13)n-1，bnSnTn=1(13T得，23TnTn-TnS11（2021新高考）已知數(shù)列an滿足a11，an+1=（1）記bna2n，寫出b1，b2，并求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式；（2）求an的前20項(xiàng)和【解答】解：（1）因?yàn)閍11，an+1=a所以a2a1+12，

15、a3a2+24，a4a3+15，所以b1a22，b2a45，bnbn1a2na2n2a2na2n1+a2n1a2n21+23，n2，所以數(shù)列bn是以b12為首項(xiàng)，以3為公差的等差數(shù)列，所以bn2+3（n1）3n1另解：由題意可得a2n+1a2n1+3，a2n+2a2n+3，其中a11，a2a1+12，于是bna2n3（n1）+23n1，nN*（2）由（1）可得a2n3n1，nN*，則a2n1a2n2+23（n1）1+23n2，n2，當(dāng)n1時(shí)，a11也適合上式，所以a2n13n2，nN*，所以數(shù)列an的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分別為等差數(shù)列，則an的前20項(xiàng)和為a1+a2+.+a20（a1+a3+a19）

16、+（a2+a4+a20）10+10923+102+109單選題1已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若a112，S590，則等差數(shù)列an的公差d（）A2B32C3D【解答】解：等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a112，S590，S5=512+542d=90，解得等差數(shù)列an故選：C2記正項(xiàng)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若a13，S11a5a6，則（）Aan3nBan2n+1Can4n1Dan8n5【解答】解：設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，由S11a5a6，得11a1+55d（a1+4d）（a1+5d），又a13，得33+55d（3+4d）（3+5d），即20d228d240，因?yàn)閍10，an為正項(xiàng)等差

17、數(shù)列，所以解得d2或d=-所以an3+2（n1）2n+1故選：B3各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列an滿足log2a1+log2a2+log2a1010，則a5a6（）A2B4C6D8【解答】解：由log2a1+log2a2+log2a10log2（a1a2a10）10，得a1a2a10210，又an是等比數(shù)列，得a1a10a5a6，所以（a5a6）5210，解得a5a64故選：B4已知Sn為等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若a38，S324，則公比q（）A-12B-13C-12或1【解答】解：等比數(shù)列an中a38，S324，可得a1q28，a1+a2+a3a1+a1q+a1q224，解得a18，q1，或a13

18、2，q=-故選：C5在正項(xiàng)等比數(shù)列an中，a12，a2+4是a1，a3的等差中項(xiàng)，則a4（）A16B27C32D54【解答】解：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q（q0），a2+4是a1，a3的等差中項(xiàng)，a12，2（a2+4）a1+a3，即2（2q+1）2+2q2，q2或q0（舍去），a422316故選：A6已知正項(xiàng)等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且S62S3+4，則a7+a8+a9的最小值為（）A12B16C20D24【解答】解：因?yàn)檎?xiàng)等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且S62S3+4，所以a1+a2+a3+（a4+a5+a6）S3+q3（a1+a2+a3）S3（1+q3）2S3+4，所以q31+4則a7

19、+a8+a9q6（a1+a2+a3）S3（1+4S3）2S3+16S3當(dāng)且僅當(dāng)S34時(shí)取等號，所以a7+a8+a9的最小值為16故選：B多選題（多選）7等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若a10，公差d0，則（）A若S5S9，則S150B若S5S9，則S7是Sn中最大的項(xiàng)C若S6S7，則S7S8D若S6S7，則S5S6【解答】解：對于A，S5S9，a6+a7+a8+a90，即a1+a140，S150，對于B，S5S9，Sn對稱軸為n7，S7是Sn中最大的項(xiàng)，故B正確，對于C，S6S7，a70，又a10，d0，a8a70，S7S8，故C正確，對于D，S6S7，a70，但不能推出a6 是否為負(fù)，故不一

20、定有S5S6，故D錯(cuò)誤故選：BC（多選）8在“全面脫貧”行動中，貧困戶小王2020年1月初向銀行借了扶貧免息貸款10000元，用于自己開設(shè)的農(nóng)產(chǎn)品土特產(chǎn)品加工廠的原材料進(jìn)貨，因產(chǎn)品質(zhì)優(yōu)價(jià)廉，上市后供不應(yīng)求，據(jù)測算每月獲得的利潤是該月月初投入資金的20%，每月月底需繳納房租600元和水電費(fèi)400元，余款作為資金全部用于再進(jìn)貨，如此繼續(xù)設(shè)第n月月底小王手中有現(xiàn)款為an，則下列論述正確的有（）（參考數(shù)據(jù)：1.2117.5，1.2129）Aa112000Ban+11.2an1000C2020年小王的年利潤為40000元D兩年后，小王手中現(xiàn)款達(dá)41萬【解答】解：每月獲得的利潤是該月月初投入資金的20%，

21、每月月底需繳納房租600元和水電費(fèi)400元，a1（1+20%）10000100011000元，故A錯(cuò)誤；由題意an+11.2an1000，故B正確；由an+11.2an1000，得an+150001.2（an5000），所以數(shù)列an5000是首項(xiàng)為6000，公比為1.2的等比數(shù)列，a122020年小王的年利潤為500001000040000元，故C正確；a24=5000+60001.223=5000+6000故選：BCD填空題9已知數(shù)列an的首項(xiàng)a1=12，an+11-1an，則a2021【解答】解：a1=12，an+11a21，a32，a4=1數(shù)列an是周期為3的數(shù)列，a2021a6733+

22、2a21，故答案為：110已知數(shù)列an滿足an+1=an+1(nN*)且a2+a4+a67，則log2（a5+a7【解答】解：因?yàn)閿?shù)列an滿足an+1所以數(shù)列an是公差為1的等差數(shù)列，由a2+a4+a67，可得a1+1+a1+3+a1+57，解得a1=-所以a5+a7+a93a1+1816，則log2（a5+a7+a9）log2164故答案為：411已知等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若S310，S620，則S930【解答】解：因?yàn)閿?shù)列an是等比數(shù)列，且公比不為1，所以S3，S6S3，S9S6也成等比數(shù)列，由S310，S620，可得S6S3201010，所以S9S610，則S930故答案為：30

23、12已知數(shù)列an滿足an+1=2an+12，且前8項(xiàng)和為761，則【解答】解：由an+1=2an+12，變形為a數(shù)列an+12為等比數(shù)列，公比為2，首項(xiàng)為an+12=（a1+1an（a1+12）2n1數(shù)列an的前8項(xiàng)和為761，（a1+12）（1+2+22+27）-12（a1+12）a1=5故答案為：52解答題13已知各項(xiàng)均不相等的等差數(shù)列an的前4項(xiàng)和為10，且a1，a2，a4是等比數(shù)列bn的前3項(xiàng)（1）求an，bn；（2）設(shè)cn=bn+1【解答】解：（1）設(shè)數(shù)列an的公差為d（d0），由題意，S4=4又a1，a2，a4成等比數(shù)列，a2即(a1+d)2=a聯(lián)立可得，a1d1ann，bn（2）

24、cnSn數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Sn14設(shè)Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，已知a37，an2an1+a22（n2）（1）證明：an+1為等比數(shù)列；（2）求an的通項(xiàng)公式，并判斷n，an，Sn是否成等差數(shù)列？【解答】（1）證明：a37，a33a22，a23，an2an1+1，a11，ana1+12，an+1是首項(xiàng)為2公比為2的等比數(shù)列（2）解：由（1）知，an+1=2Snn+Sn-2an=n+2n+1-n-2-2(2即n，an，Sn成等差數(shù)列15已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，滿足Snan+n21，數(shù)列bn為等比數(shù)列，公比為q，且S5qS2+3，a25b1（）求數(shù)列an，bn的通項(xiàng)公式；（）求數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和Tn【解答】解：（I）Snan+n21，Sn+1an+1+（n+1）21，an+1Sn+1Snan+1an+2n+1，an2n+1數(shù)列bn為等比數(shù)列，公比為q，a25b15b1a25，解得b11S5qS2+3，5(3+11)2=（3+5）q+3，解得qbn4n1（II）anbn（2n+1）4n1Tn3+54+742+（2n+1）4n14Tn