2022年高考数学三轮冲刺之重难点题型05 数列（解析）

1、预测05 数列 数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有.其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系；解答题的难度中等或稍难，将稳定在中等难度.往往在利用方程思想解决数列基本问题后，进一步数列求和，在求和后可与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要1等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列这个常数叫做等差数列的公差，符号表示为an1and(nN*，d为常数) (2)通

2、项公式：ana1(n1)dnd(a1d)当d0时，an是关于n的一次函数通项公式的推广：anam(nm)d(n，mN*)(3)等差中项：数列a，A，b成等差数列的充要条件是Aeq f(ab,2)，其中A叫做a，b的等差中项若mn2p，则2apaman(m，n，pN*)当mnpq时，amanapaq(m，n，p，qN*)(4)前n项和公式：Sneq f(na1an,2) eq o(,sup7(ana1n1d)Snna1eq f(nn1,2)deq f(d,2)n2eq blc(rc)(avs4alco1(a1f(d,2)n当d0时，Sn是关于n的二次函数，且没有常数项2.常用结论：已知an为等差

3、数列，d为公差，Sn为该数列的前n项和(1)Sn，S2nSn，S3nS2n，也成等差数列，公差为n2d.(2)若an是等差数列，则eq blcrc(avs4alco1(f(Sn,n)也成等差数列，其首项与an首项相同，公差是an公差的eq f(1,2).(3)若项数为偶数2n，则S2nn(a1a2n)n(anan1)；S偶S奇nd；eq f(S奇,S偶)eq f(an,an1).若项数为奇数2n1，则S2n1(2n1)an；S奇S偶an；eq f(S奇,S偶)eq f(n,n1).1等比数列的有关概念(1)定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就

4、叫做等比数列这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为eq f(an1,an)q(q0，nN*)(2)等比中项如果a、G、b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项即：G是a与b的等比中项G2ab“a，G，b成等比数列”是“G是a与b的等比中项”的充分不必要条件2等比数列的有关公式(1)通项公式：ana1qn1(2)前n项和公式：Sneq blc(avs4alco1(na1，q1，,f(a1（1qn）,1q)f(a1anq,1q)，q1.)3等比数列的性质已知数列an是等比数列，Sn是其前n项和(m，n，p，q，r，kN*)(1)若mnpq2r，则amanapaqaeq oal

5、(2,r)(2)数列am，amk，am2k，am3k，仍是等比数列(3)数列Sm，S2mSm，S3mS2m，仍是等比数列(此时an的公比q1)常用结论4记住等比数列的几个常用结论(1)若an，bn(项数相同)是等比数列，则an(0)，eq blcrc(avs4alco1(f(1,an)，aeq oal(2,n)，anbn，eq blcrc(avs4alco1(f(an,bn)仍是等比数列(2)在等比数列an中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，ank，an2k，an3k，为等比数列，公比为qk.(3)Sn，S2nSn，S3nS2n，也成等比数列。1（2021北京）已知an是各项为整数

6、的递增数列，且a13，若a1+a2+a3+an100，则n的最大值为（）A9B10C11D12【解答】解：数列an是递增的整数数列，n要取最大，递增幅度尽可能为小的整数，假设递增的幅度为1，a13，ann+2，则Sn当n10时，a1012，S1075，100S1025a1012，即n可继续增大，n10非最大值，当n12时，a1214，S12102，100S121001020，不满足题意，即n11为最大值故选：C2（2019新课标）记Sn为等差数列an的前n项和已知S40，a55，则（）Aan2n5Ban3n10CSn2n28nDSn=12n2【解答】解：设等差数列an的公差为d，由S40，a5

7、5，得4a1+6d=0an2n5，Sn故选：A3（2021甲卷）记Sn为等比数列an的前n项和若S24，S46，则S6（）A7B8C9D10【解答】解：Sn为等比数列an的前n项和，S24，S46，由等比数列的性质，可知S2，S4S2，S6S4成等比数列，4，2，S66成等比数列，224（S66），解得S67故选：A4（2021甲卷）等比数列an的公比为q，前n项和为Sn设甲：q0，乙：Sn是递增数列，则（）A甲是乙的充分条件但不是必要条件B甲是乙的必要条件但不是充分条件C甲是乙的充要条件D甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【解答】解：若a11，q1，则Snna1n，则Sn是递减数列，不满

8、足充分性；Sn=a11-q（1则Sn+1=a11-q（1qSn+1Sn=a11-q（qnqn+1）a1若Sn是递增数列，Sn+1Sna1qn0，则a10，q0，满足必要性，故甲是乙的必要条件但不是充分条件，故选：B二多选题（共1小题）（多选）5（压轴）（2021新高考）设正整数na020+a121+ak12k1+ak2k，其中ai0，1，记（n）a0+a1+ak，则（）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对；当n2时，2n+37120+121+12

9、2，（7）32020+121，（2）0+11，（7）（2）+1，B错；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对；2n1120+121+12n1，（2n1）n，D对方法2：根据题意得n（10）akak1a1a0（2），（n）为n的二进制表示下各位数字之和对于选项A，2n在二进制意义下为末尾添0，不改变各位数字之和对于选项B，2n+3是二进制意义下末尾添0，然后加上11（2

10、），可能会改变各位数字之和，如10（2）111（2）对于选项C，8n+5是二进制意义下末尾添101，4n+3是二进制意义下末尾添11，各位数字之和相等对于选项D，（2n1）（10）=111n综上所述：选项ACD符合题意故选：ACD三填空题（共1小题）6（压轴）（2021新高考）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折规格为20dm12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm12dm，20dm6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1240dm2，对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2180dm2，以此类推

11、则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5；如果对折n次，那么k=1n Sk240(3-n+3【解答】解：易知有20dm34dm，由题可知，对折k次共有k+1种规格，且面积为2402k，故则k=1n Sk=24012Tn=Tnk=1n故答案为：5；240(3-四解答题（共5小题）7（2021新高考）记Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，若a3S5，a2a4S4（）求数列an的通项公式an；（）求使Snan成立的n的最小值【解答】解：（）数列Sn是公差d不为0的等差数列an的前n项和，若a3S5，a2a4S4根据等差数列的性质，a3S55a3，故a30，根据a2a4S4可得（a3d）（a3

12、+d）（a32d）+（a3d）+a3+（a3+d），整理得d22d，可得d2（d0不合题意），故ana3+（n3）d2n6（）an2n6，a14，Sn4n+n(n-1)22n2Snan，即n25n2n6，整理可得n27n+60，当n6或n1时，Snan成立，由于n为正整数，故n的最小正值为78（2021乙卷）记Sn为数列an的前n项和，bn为数列Sn的前n项积，已知2Sn（1）证明：数列bn是等差数列；（2）求an的通项公式【解答】解：（1）证明：当n1时，b1S1，由2b1+1b1当n2时，bnbn-1=Sn消去Sn，可得2bn-1bn+1bn=2，所以所以bn是以32为首项，1（2）由题意

13、，得a1S1b1=3由（1），可得bn=32+（n1由2Sn+1bn当n2时，anSnSn1=n+2n+1-n+1所以an=39（2021甲卷）记Sn为数列an的前n项和，已知an0，a23a1，且数列Sn是等差数列，证明：an【解答】证明：设等差数列Sn的公差为d由题意得S1=a1；则d=S2-S1=2a1-a1=所以Snn2a1；当n2时，有Sn1（n1）2a1由，得anSnSn1n2a1（n1）2a1（2n1）a1，经检验，当n1时也满足所以an（2n1）a1，nN+，当n2时，anan1（2n1）a1（2n3）a12a1，所以数列an是等差数列10（2021乙卷）设an是首项为1的等比

14、数列，数列bn满足bn=nan3，已知a1，3a2，（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：TnS【解答】解：（1）a1，3a2，9a3成等差数列，6a2a1+9a3，an是首项为1的等比数列，设其公比为q，则6q1+9q2，q=1ana1qn1=(1bn=nan3（2）证明：由（1）知an=(13)n-1，bnSnTn=1(13T得，23TnTn-TnS11（2021新高考）已知数列an满足a11，an+1=（1）记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；（2）求an的前20项和【解答】解：（1）因为a11，an+1=a所以a2a1+12，

15、a3a2+24，a4a3+15，所以b1a22，b2a45，bnbn1a2na2n2a2na2n1+a2n1a2n21+23，n2，所以数列bn是以b12为首项，以3为公差的等差数列，所以bn2+3（n1）3n1另解：由题意可得a2n+1a2n1+3，a2n+2a2n+3，其中a11，a2a1+12，于是bna2n3（n1）+23n1，nN*（2）由（1）可得a2n3n1，nN*，则a2n1a2n2+23（n1）1+23n2，n2，当n1时，a11也适合上式，所以a2n13n2，nN*，所以数列an的奇数项和偶数项分别为等差数列，则an的前20项和为a1+a2+.+a20（a1+a3+a19）

16、+（a2+a4+a20）10+10923+102+109单选题1已知等差数列an的前n项和为Sn，若a112，S590，则等差数列an的公差d（）A2B32C3D【解答】解：等差数列an的前n项和为Sn，a112，S590，S5=512+542d=90，解得等差数列an故选：C2记正项等差数列an的前n项和为Sn，若a13，S11a5a6，则（）Aan3nBan2n+1Can4n1Dan8n5【解答】解：设等差数列an的公差为d，由S11a5a6，得11a1+55d（a1+4d）（a1+5d），又a13，得33+55d（3+4d）（3+5d），即20d228d240，因为a10，an为正项等差

17、数列，所以解得d2或d=-所以an3+2（n1）2n+1故选：B3各项均为正数的等比数列an满足log2a1+log2a2+log2a1010，则a5a6（）A2B4C6D8【解答】解：由log2a1+log2a2+log2a10log2（a1a2a10）10，得a1a2a10210，又an是等比数列，得a1a10a5a6，所以（a5a6）5210，解得a5a64故选：B4已知Sn为等比数列an的前n项和，若a38，S324，则公比q（）A-12B-13C-12或1【解答】解：等比数列an中a38，S324，可得a1q28，a1+a2+a3a1+a1q+a1q224，解得a18，q1，或a13

18、2，q=-故选：C5在正项等比数列an中，a12，a2+4是a1，a3的等差中项，则a4（）A16B27C32D54【解答】解：设等比数列an的公比为q（q0），a2+4是a1，a3的等差中项，a12，2（a2+4）a1+a3，即2（2q+1）2+2q2，q2或q0（舍去），a422316故选：A6已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且S62S3+4，则a7+a8+a9的最小值为（）A12B16C20D24【解答】解：因为正项等比数列an的前n项和为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则a7

19、+a8+a9q6（a1+a2+a3）S3（1+4S3）2S3+16S3当且仅当S34时取等号，所以a7+a8+a9的最小值为16故选：B多选题（多选）7等差数列an的前n项和为Sn，若a10，公差d0，则（）A若S5S9，则S150B若S5S9，则S7是Sn中最大的项C若S6S7，则S7S8D若S6S7，则S5S6【解答】解：对于A，S5S9，a6+a7+a8+a90，即a1+a140，S150，对于B，S5S9，Sn对称轴为n7，S7是Sn中最大的项，故B正确，对于C，S6S7，a70，又a10，d0，a8a70，S7S8，故C正确，对于D，S6S7，a70，但不能推出a6 是否为负，故不一

20、定有S5S6，故D错误故选：BC（多选）8在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续设第n月月底小王手中有现款为an，则下列论述正确的有（）（参考数据：1.2117.5，1.2129）Aa112000Ban+11.2an1000C2020年小王的年利润为40000元D两年后，小王手中现款达41万【解答】解：每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，

21、每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，a1（1+20%）10000100011000元，故A错误；由题意an+11.2an1000，故B正确；由an+11.2an1000，得an+150001.2（an5000），所以数列an5000是首项为6000，公比为1.2的等比数列，a122020年小王的年利润为500001000040000元，故C正确；a24=5000+60001.223=5000+6000故选：BCD填空题9已知数列an的首项a1=12，an+11-1an，则a2021【解答】解：a1=12，an+11a21，a32，a4=1数列an是周期为3的数列，a2021a6733+

22、2a21，故答案为：110已知数列an满足an+1=an+1(nN*)且a2+a4+a67，则log2（a5+a7【解答】解：因为数列an满足an+1所以数列an是公差为1的等差数列，由a2+a4+a67，可得a1+1+a1+3+a1+57，解得a1=-所以a5+a7+a93a1+1816，则log2（a5+a7+a9）log2164故答案为：411已知等比数列an的前n项和为Sn，若S310，S620，则S930【解答】解：因为数列an是等比数列，且公比不为1，所以S3，S6S3，S9S6也成等比数列，由S310，S620，可得S6S3201010，所以S9S610，则S930故答案为：30

23、12已知数列an满足an+1=2an+12，且前8项和为761，则【解答】解：由an+1=2an+12，变形为a数列an+12为等比数列，公比为2，首项为an+12=（a1+1an（a1+12）2n1数列an的前8项和为761，（a1+12）（1+2+22+27）-12（a1+12）a1=5故答案为：52解答题13已知各项均不相等的等差数列an的前4项和为10，且a1，a2，a4是等比数列bn的前3项（1）求an，bn；（2）设cn=bn+1【解答】解：（1）设数列an的公差为d（d0），由题意，S4=4又a1，a2，a4成等比数列，a2即(a1+d)2=a联立可得，a1d1ann，bn（2）

24、cnSn数列cn的前n项和为Sn14设Sn为数列an的前n项和，已知a37，an2an1+a22（n2）（1）证明：an+1为等比数列；（2）求an的通项公式，并判断n，an，Sn是否成等差数列？【解答】（1）证明：a37，a33a22，a23，an2an1+1，a11，ana1+12，an+1是首项为2公比为2的等比数列（2）解：由（1）知，an+1=2Snn+Sn-2an=n+2n+1-n-2-2(2即n，an，Sn成等差数列15已知数列an的前n项和为Sn，满足Snan+n21，数列bn为等比数列，公比为q，且S5qS2+3，a25b1（）求数列an，bn的通项公式；（）求数列anbn的前n项和Tn【解答】解：（I）Snan+n21，Sn+1an+1+（n+1）21，an+1Sn+1Snan+1an+2n+1，an2n+1数列bn为等比数列，公比为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