2023年高考数学（理）真题分类汇编D单元 数列

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D单元数列

D1数列的概念与简单表示法1．、、[2023·江西卷]已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1

－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.

an(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；

bn(2)若bn＝3n1，求数列{an}的前n项和Sn.

－

an＋1an17．解：(1)由于anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，所以－＝2，即cn＋1

bn＋1bn

－cn＝2，

所以数列{cn}是以c1＝1为首项，d＝2为公差的等差数列，故cn＝2n－1.

－－

(2)由bn＝3n1，知an＝(2n－1)3n1，于是数列{an}的前n项和Sn＝1×30＋3×31＋5×32

－－

＋…＋(2n－1)×3n1，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n1＋(2n－1)×3n，将两式相减得

－

－2Sn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n1)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，

所以Sn＝(n－1)3n＋1.2[2023·新课标全国卷Ⅰ]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．

(1)证明：an＋2－an＝λ.

(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．

17．解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.

(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1，由(1)知，a3＝λ＋1.

若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；

{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.

因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．3、[2023·新课标全国卷Ⅱ]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.

1??

(1)证明?an＋2?是等比数列，并求{an}的通项公式；

??1113

(2)证明＋＋…＋＜.

a1a2an2

11

an＋?.17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3?2?2?

1?13?313n

又a1＋＝，所以?an＋2?是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数

22222??

n

3－1

列{an}的通项公式为an＝.

212

(2)证明：由(1)知＝n.an3－1

－

由于当n≥1时，3n－1≥2×3n1，

11121所以n≤≤n－1.n－1，即＝nan3－133－12×3

13111113

1－n?f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.

再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.

1

所以a2n＋1>a22n＋1－2a2n＋1＋2－1，解得a2n＋1>.④4

1

综上，由②③④知存在c＝使a2n0，a7＋a1060n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．

18．解：(1)设数列{an}的公差为d，

依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，

化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.当d＝0时，an＝2；

当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.

从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n60n＋800成立．

n[2＋（4n－2）]

当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.

2

22

令2n>60n＋800，即n－30n－400>0，解得n>40或n60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；

当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.9．、[2023·湖南卷]已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.(1)若{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p的值；

1

(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．

2

20．解：(1)由于{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，

1

解得p＝或p＝0.

3

1

当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝.3

(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①

11

由于2n0，因此a2n－a2n－1＝?2?＝.③－

22n1＋

1?2n（－1）2n1?由于{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n0C．a1d08．C11．、[2023·全国卷]等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.(1)求{an}的通项公式；

1

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

anan＋1

18．解：(1)由a1＝10，a2为整数知，等差数列{an}的公差d为整数．又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0，105解得－≤d≤－，

32

因此d＝－3.

故数列{an}的通项公式为an＝13－3n.(2)bn＝

11111

＝?10－3n－13－3n?.于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝

3?（13－3n）（10－3n）3?

n

n?1－1?＋?1－1?＋…＋?1－1?＝1?1－1?＝

?710??47??10－3n13－3n?3?10－3n10?10（10－3n）.

12、[2023·新课标全国卷Ⅰ]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．

(1)证明：an＋2－an＝λ.

(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．

17．解：(1)证明：由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.

(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1，由(1)知，a3＝λ＋1.

若{an}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，

a2n－1＝4n－3；

{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.

因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．13．，，[2023·山东卷]已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝(－1)n

－1

4n

，求数列{bn}的前n项和Tn.anan＋1

2×1

19．解：(1)由于S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，

24×3

S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，

2

由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)由题意可知，bn＝(－1)n＝(－1)n

－1

4n

anan＋1

－14n

（2n－1）（2n＋1）

11－

＝(－1)n1?2n－1＋2n＋1?.

??当n为偶数时，

11??11?111

＋＋1＋?－?＋?＋…＋?Tn＝?－?3??35??2n－32n－1??2n－12n＋1?1

＝1－

2n＋1＝2n

.2n＋1

当n为奇数时，

11??11?111

＋＋1＋?－?＋?＋…－?Tn＝?＋2n－32n－12n－12n＋1?3??35?????

1

＝1＋

2n＋1＝2n＋2

.2n＋1

n－1

2n＋2??2n＋1，n为奇数，?2n＋1＋（－1）

或T＝所以T＝??2n＋1?2n

，n为偶数.??2n＋1

n

n

?

??

14．，，[2023·陕西卷]△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.(1)若a，b，c成等差数列，证明：sinA＋sinC＝2sin(A＋C)；(2)若a，b，c成等比数列，求cosB的最小值．16．解：(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.

由正弦定理得sinA＋sinC＝2sinB.∵sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，∴sinA＋sinC＝2sin(A＋C)．

(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.由余弦定理得

a2＋c2－b2a2＋c2－ac2ac－ac1

cosB＝＝≥＝，

2ac2ac2ac2当且仅当a＝c时等号成立，1

∴cosB的最小值为.

2

15．、[2023·天津卷]设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．

111．－

2

216，，[2023·重庆卷]设a1＝1，an＋1＝an－2an＋2＋b(n∈N*)．(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．

(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2nf(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.

再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.

1

所以a2n＋1>a2－2a＋2－1，解得a>.④＋＋＋2n12n12n1

4

1

综上，由②③④知存在c＝使a2n60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．

18．解：(1)设数列{an}的公差为d，

依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，

化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.当d＝0时，an＝2；

当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.

从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n60n＋800成立．

n[2＋（4n－2）]

当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.

2

22

令2n>60n＋800，即n－30n－400>0，解得n>40或n60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；

当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.17．、、[2023·新课标全国卷Ⅱ]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.

1??

(1)证明?an＋2?是等比数列，并求{an}的通项公式；

??1113

(2)证明＋＋…＋＜.

a1a2an2

11

an＋?.17．解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3?2?2?

1?13?313n

又a1＋＝，所以?an＋2?是首项为，公比为3的等比数列，所以an＋＝，因此数

22222??

3n－1

列{an}的通项公式为an＝.

212

(2)证明：由(1)知＝n.an3－1

－

由于当n≥1时，3n－1≥2×3n1，

11121所以n≤≤n－1.n－1，即＝nan3－133－12×3

13111113

1－n?2×1

19．解：(1)由于S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，

24×3

S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，

2

由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)由题意可知，bn＝(－1)n＝(－1)n

－1

4n

anan＋1

－14n

（2n－1）（2n＋1）

11－

＝(－1)n1?2n－1＋2n＋1?.

??当n为偶数时，

11??11?111

＋＋1＋?－?＋?＋…＋?Tn＝?－?3??35??2n－32n－1??2n－12n＋1?1

＝1－

2n＋1＝2n

.2n＋1

当n为奇数时，

11??11?111

＋＋1＋?－?＋?＋…－?Tn＝?＋2n－32n－12n－12n＋1?3??35?????

1

＝1＋

2n＋1＝2n＋2

.2n＋1

n－1

2n＋2??2n＋1，n为奇数，?2n＋1＋（－1）

所以T＝??或T＝2n＋1?2n

??2n＋1，n为偶数.

n

n

?

??

D5单元综合

20．、[2023·湖南卷]已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.(1)若{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求p的值；

1

(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．

2

20．解：(1)由于{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.又a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3，因而3p2－p＝0，

1

解得p＝或p＝0.

3

1

当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾，故p＝.3

(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①

11

由于2n0，因此a2n－a2n－1＝??2?2n－1

（－1）2n

＝.③－

22n12n

1?（－1）

由于{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n1＋2x，原不等式成立．②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．

＋

当p＝k＋1时，(1＋x)k1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．

综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．1

(2)方法一：先用数学归纳法证明an>c.p1

①当n＝1时，由题设知a1>c成立．

p

②假设n＝k(k≥1，k∈N)时，不等式ak>c成立．p－1c－p*

由an＋1＝an＋a1n易知an>0，n∈N.ppak＋1p－1c－p当n＝k＋1时，＝＋ak＝

akpp1c?p－1.1＋?a?p?k

111c?p－1c>0得－11＋p·1?cp－1?＝cp.由(1)中的结论得?＝1＋p?ap－1????akp?ak?ak??k1

因此apk＋1>c，即ak＋1>c，p

1

所以当n＝k＋1时，不等式an>c也成立．

p

p

p

n

*

1p

1

综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立．

pan＋1an＋11c?p－1可得再由＝1＋?an＋1>c，n∈N*.

p

p－1c1－p1

方法二：设f(x)＝x＋x，x≥c，则xp≥c，

ppp所以f′(x)＝

p－1cp－1?c－

1－p?>0.＋(1－p)xp＝

ppp?x?1111

由此可得，f(x)在[c，＋∞)上单调递增，因而，当x>c时，f(x)>f(c)＝c.pppp1

①当n＝1时，由a1>c>0，即ap1>c可知p

p－11cc1－p11??p－1c，从而可得a1>a2>c，a2＝a1＋a1＝a1?1＋p??a1??pp?pp1

故当n＝1时，不等式an>an＋1>c成立．

p

11

②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>c成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)，

pp1

即有ak＋1>ak＋2>c，

p

所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．

1

综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>an＋1>c均成立．

p

18．、、[2023·湖北卷]已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式．

(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．

18．解：(1)设数列{an}的公差为d，

依题意得，2，2＋d，2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，

化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.当d＝0时，an＝2；

当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2.

从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.(2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n60n＋800成立．

n[2＋（4n－2）]

当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.

2

22

令2n>60n＋800，即n－30n－400>0，解得n>40或n60n＋800成立，n的最小值为41.综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；

当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.17．、、[2023·江西卷]已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1

－an＋1bn＋2bn＋1bn＝