2022年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編06：數(shù)列及答案

2022年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編專題06：數(shù)列

一、單選題

1.（2022?浙江）已知數(shù)列｛時(shí)｝滿足的=1,即+1=a"—界OWN*），貝U（）

A.2<IOOCIJQQ<B.趣<lOOdioo<3

77

C.3<lOOtiioo<2D?2<1°°的00<4

2.（2022?新高考區(qū)卷）中國(guó)的古建筑不僅是擋風(fēng)遮雨的住處，更是美學(xué)和哲學(xué)的體現(xiàn).如圖是某古建

筑物的剖面圖，DD],CCr,BB1,AA1是舉，0%,DCX,CB「BAX是相等的步，相鄰桁的舉

步之比分別為§§1=0.5,猊=的，舞=七，貌=七，若M，k2,k3是公差為0.1的等差

數(shù)列，且直線。4的斜率為0.725,則k3=（）

A.0.75B.（）.8C.0.85D.0.9

3.(2022?全國(guó)乙卷)已知等比數(shù)列｛an｝的前3項(xiàng)和為168,a2-a5=42,則a6=()

A.14B.12C.6D.3

4.（2022?全國(guó)乙卷）嫦娥二號(hào)衛(wèi)星在完成探月任務(wù)后，繼續(xù)進(jìn)行深空探測(cè)，成為我國(guó)第一顆環(huán)繞太

陽飛行的人造行星，為研究嫦娥二號(hào)繞日周期與地球繞日周期的比值，用到數(shù)列｛%｝：H=1+

出=

b2=1-------p1+-Ji依此類推，其中ak￡N*（k=l,2,

al叼+而個(gè)不'

-).貝IJ()

A.b[<b$B.b3<b8C.b6Vb2D.b4<by

5.（2022?浙江學(xué)考）通過以下操作得到一系列數(shù)列：第1次，在2,3之間插入2與3的積6,得到

數(shù)列2,6,3；第2次，在2,6,3每?jī)蓚€(gè)相鄰數(shù)之間插入它們的積，得到數(shù)列2,12,6,18,3；

類似地，第3次操作后，得到數(shù)列：2,24,12,72,6,108,18,54,3.按上述這樣操作11次后,

得到的數(shù)列記為｛an｝,則a1025的值是O

A.6B.12C.18D.108

6.（2022?上海）已知｛an）為等比數(shù)列，｛an）的前n項(xiàng)和為Sn,前n項(xiàng)積為Tn,則下列選項(xiàng)中

正確的是（）

A.若52022>52021，則數(shù)列｛即｝單調(diào)遞增

B.若72022>72021，則數(shù)列｛時(shí)｝單調(diào)遞增

C.若數(shù)列｛S"｝單調(diào)遞增，貝I0.2022-02021

D.若數(shù)列｛〃｝單調(diào)遞增，貝I?2022>02021

二、填空題

7.（2022?全國(guó)乙卷）記Sn為等差數(shù)列｛冊(cè)｝的前八項(xiàng)和.若2s3=3SZ+6,則公差

d=.

8.（2022?北京）己知數(shù)列｛a“｝的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和Sn,滿足a「Sn=9（zi=1,2,

-）給出下列四個(gè)結(jié)論：

①｛時(shí)｝的第2項(xiàng)小于3；②｛a"為等比數(shù)列；

③｛加｝為遞減數(shù)列；④｛a"中存在小于焉的項(xiàng)。

其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是.

9.（2022?浙江學(xué)考）若數(shù)列｛即｝通項(xiàng)公式為an=2n,記前n項(xiàng)和為Sn,則a2=；

S4=.

三、解答題

10.（2022?浙江）己知等差數(shù)列｛an｝的首項(xiàng)的=—1,公差d>1.記｛an｝的前n項(xiàng)和為

Sn（n€N*）.

（I）若S4—2a2a3+6=0,求Sn；

（II）若對(duì)于每個(gè)nEN*,存在實(shí)數(shù)金，使即+cn,an+1+40,an+2+15cH成等比數(shù)

列，求d的取值范圍.

11.（2022?新高考回卷）已知｛%｝為等差數(shù)列，出3是公比為2的等比數(shù)列，且。2-電=。3-

b3=b4-a4.

（1）證明：劭=外；

（2）求集合｛k|bk=am+ai，1<m<500）中元素個(gè)數(shù).

12.（2022?全國(guó)甲卷）記Sn為數(shù)列｛%｝的前n項(xiàng)和.已知+n=2an+1.

（1）證明:｛an｝是等差數(shù)列；

（2）右Q4，CL?fCLg成等比數(shù)列，求sn的最小值.

13.（2022?北京）已知Q；的,a2，…，以為有窮整數(shù)數(shù)列.給定正整數(shù)m,若對(duì)任意的n￡

｛1,2,…，m｝,在Q中存在的，見+1，ai+2>…，a；+y（/>0），使得a,+ai+i+ai+2++

ai+j=n,則稱Q為血―連續(xù)可表數(shù)列.

（1）判斷Q；2,L4是否為5-連續(xù)可表數(shù)列？是否為6-連續(xù)可表數(shù)列？說明理由；

（U）若Q；的,a?，…，”為8-連續(xù)可表數(shù)列，求證：k的最小值為4；

(Ill)若Q：alf…，以為20-連續(xù)可表數(shù)列，由+敢+…+以V20,求證：k>

7.

14.(2022?新高考回卷)記S”為數(shù)列｛廝｝的前n項(xiàng)和，己知%=1,｛粉是公差為1,的等差

數(shù)列.

(1)求｛an｝的通項(xiàng)公式；

111

(2)證明：—+—+-I--<2

a】a?a-n

15.(2022?新高考回卷)已知函數(shù)/(%)=ex-ax和g(x)=ax-Inx有相同的最小值.

(1)求a；

(2)證明：存在直線y=b,,其與兩條曲線y=/(x)和y=g(x)共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，

并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.

16.(2022?上海)已知數(shù)列｛a",a2=l,｛%｝的前n項(xiàng)和為Sn.

()若｛｝為等比數(shù)列，,求出熟；

1an52=3Sn

(2)若｛an｝為等差數(shù)列，公差為d,對(duì)任意new*,均滿足S2n>n,求d的取值范圍.

答案解析部分

1.【答案】B

2.【答案】D

3.【答案】D

4.【答案】D

5.【答案】A

6.【答案】D

7.【答案】2

8.【答案】①③④

9.【答案】4；20

.【答案】解：(設(shè)幾—,依題意得，

10I)an=(l)d—16d—4—2(d—l)(2d—1)+6=0.

解得d=3,貝！Jan=3n-4,nEN*,

于是Sn=3(1+2+…+n)-4n=32s號(hào))-即=歹5],^N*.

設(shè),依題意得，

(II)an=(n-l)d-1

[c+(ji(九+nd

n—l)d—1][15cn+7i+l)d—1]=[4c-if,

15c^+[(16n—14)d—16]cn+(ri^—l)d?-2Tlet+1=16c^+8(nd-l)cn+n2d2—2nd+1

2

Cn4-[(14—Sn)d+8]cn+d=0

故4=[(14—8n)d+8]2—4d2=[(12—8n)d+8][(16—8zt)d+8]之0

[(3-2n)d+2][(2-n)d+1]>0對(duì)任意正整數(shù)n成立.

n=1時(shí)，顯然成立；

n=2時(shí)，-d+2N0,則dW2；

n■之3時(shí)，[(2九一3)d—2][(ri-2)d—1]>(2TI—5)(n—3)30.

綜上所述，1<d工2.

IL【答案】⑴證明：設(shè)數(shù)列｛&｝的公差為d,所以，[即上/1=a?十笑二4*,即可

解得，/=%=苧，所以原命題得證.

(2)解：由(1)知d=2%=2al,

由bk=+%知：b1?2"1=a1+(TH-1),d+a]

即2『1=瓦+(血-1)?2bl+⑦，即=2m,

因?yàn)?46(500,故242"i<1000,解得24k410

故集合[k\bk=am+alf1<m<500｝中元素的個(gè)數(shù)為9個(gè).

2

12.[答案](1)已知+n=20n+1,即2Sn+n=2nan+ri①，

當(dāng)n>2時(shí)，2Sn_i+(九一=2(n—l)an_i+(九一1)②，

2

(J)-②得，2Sn+/—2Sn-i-(n—I)=2nctn+九-2(n—l)Qn_i-(n-1),

即2a幾+2九-1=2n(zn—2(n—+1，

即2(n-l)an-2(n-l)an_i=2(n-1),所以即一冊(cè)一i=1,九之2且nwN*,

所以[an]是以1為公差的等差數(shù)列.

(2)由(1)中an—an-i=1可得，%=+3,即=+6,AABC,

2a

又。4，。7，09成等比數(shù)列，所以a7=a4,9?

即(。1+6)2=(a1+3)?(a1+8)，解得=-12,

所以an=n-13,所以sn=-12n+的”=獷一竽[=](n-竽)一等，

所以，當(dāng)幾=12或九=13時(shí)(Sn)min=-78.

13.【答案】(I)若m=5,則對(duì)于任意幾E[1,2,…，5｝?的=2,Q?=L%=4,取+。3=

5,所以Q是5-連續(xù)可表數(shù)列；由不存在任意連續(xù)若干項(xiàng)之和相加為6,所以Q不是6-連續(xù)可表數(shù)

列；

（II）若k<3,設(shè)為a,b,c,則至多a+b,b+c,a+b+c,a,b,c6種矛盾k=

4,3,2,1,4滿足

"kmin>4

（III）若kW5,則由，a2,ak至多可表15個(gè)數(shù)，與題意矛盾，若k=

6,Q：a,b,c,d,e,f至多可表21個(gè)數(shù)，而a+b+c+d+e+/<20,所以其中有負(fù)的，

從而a,b,c,d,e,f可表l~20及那個(gè)負(fù)數(shù)（恰21個(gè)）

這表明a-/中僅一個(gè)負(fù)的，沒有0,且這個(gè)們的在a-f中絕對(duì)值最小，同時(shí)a-/中沒有兩數(shù)

相同，設(shè)那個(gè)負(fù)數(shù)為一m（mNl）

則所有數(shù)之和>7n+l+m+2+---+m+5—m=4m+15,4m+15<19=>m=1

（a,b,c,d,e,/｝=｛一1,2,3,4,5,6）,再考慮排序

???l=-l+2（僅一種方式）

???-1與2相序

若-1不在兩端，貝2—”形式

若％=6,則5=6-1（2種方式矛盾）

???%力6，問理久才5,4,3,故-1在一端，不妨為"-12ABCD”形式

右Z=3,貝5=2+3（2種矛盾）4=4同理不行

4=5,貝ij6=—1+24-5（2種矛盾）從而A=6

由7=-1+2+6,由表法唯一知3,4不相鄰，故只能一1,2,3,4,5,4①

或一1,2,6,4,5,3②這2種情形

對(duì)①9=6+3=5+4矛后

對(duì)②8=2+6=5+3也矛盾

綜上k。6

k>7

14.【答案】⑴因?yàn)轹浚枪顬镮的等差數(shù)列，而林=1,

所以,=普+⑴-1必=1+\（九一1）今Sn=+|）冊(cè)①

n之2時(shí),S“_i=（^n+②

①-②有:巖，n>2.

an-ln-1

^2_3^3_1an_n+1

所以6f而一2G二R

以上式子相乘，得斯=嗎工，n>2

經(jīng)檢驗(yàn)，九=1時(shí)，%=1,符合.

所以斯=吆抖.

(2)由(1)知—=混室)

所以/=而％1=2。一擊)

11111111?

所以西+跡+…+而=2(1-2+2一9+…+/E)=2-m

因?yàn)閚eN*,所以>0,

所以2---<2,

n+l

1I1

即7—7—F…+；-<2.

Q]。2Q"

15.【答案】(1)因?yàn)?(%)=ex-ax,所以/(%)=ex-a，

若aW0,貝ij/'(%)=ex-a>0恒成立，

所以/(x)在(0,+oo)上單調(diào)遞增，無最小值，不滿足;

若a>0,令f5(x)>0=x>lna,令f'(x)<0=>x<lna,

所以/Q)min=/(Ina)=a-alna,

因?yàn)?(%)=ax-Inx,定義域x>0.所以g'(x)=a-,

所以g'(x)>0=x>:,(x)<0=>0<x<，

所以g(%)min=g(3=1_ln'，

依題有Q—alna=l—Ini，即Ina——0,

aQ+1

令h(a)=Ina-(a>0),則1(a)=。?+1>0恒成立

所以h[a｝在(0,+oo)上單調(diào)遞增，又因?yàn)閔(l)=0,

In?！?°有唯一解a=l'

綜上，a=l

(2)由(1)易知/(x)在(-co,0)上單調(diào)遞減，在(0,+00)上單調(diào)遞增，g(x)在(0,1)上

單調(diào)遞減，在(1,+