2023年高考文科数学试题分类汇编

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2023高考文科试题解析分类汇编：数列

一、选择题

1.公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11=16，则a5=（A）1（B）2（C）4（D）8A

2

a3a1116a716a74a522a51

2.已知数列{an}的前n项和为Sn，a11，Sn2an1，,则Sn（A）2

n1

（B）()

3

2

n1

（C）()

23

n1

（D）

12n1

B

本试题主要考察了数列中由递推公式求通项公式和数列求和的综合运用。由Sn2an1可知，当n1时得a2

11S122

当n2时，有Sn2an1①Sn12an②①－②可得an2an12an即an1

313

an，故该数列是从其次项起以为首项，以为公222

1

(n1)

比的等比数列，故数列通项公式为an13，

n2

()(n2)22

13(1()n1)

3故当n2时，Sn1()n1

3212

311

当n1时，S11()，应选答案B

2

3.数列{an}满足an+1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为（A）3690（B）3660（C）1845（D）1830D

此题主要考察灵活运用数列知识求数列问题能力，是难题.有题设知

a2a1=1，①a3a2=3②a4a3=5③a5a4=7，a6a5=9，

a7a6=11，a8a7=13，a9a8=15，a10a9=17，a11a10=19，a12a1121，

∴②－①得a1a3=2，③+②得a4a2=8，同理可得a5a7=2，a6a8=24，a9a11=2，

a10a12=40，，

∴a1a3，a5a7，a9a11，，是各项均为2的常数列，a2a4，a6a8，a10a12，

是首项为8，公差为16的等差数列，∴{an}的前60项和为152158可证明：

1

161514=1830.2

bn1a4n1a4n2a4n3a4n4a4n3a4n2a4n2a4n16bn16

0b1a1a2a3a41

1514

S151012

161830

4.在等差数列{an}中，已知a4+a8=16，则a2+a10=

(A)12(B)16(C)20(D)24B

a4a8(a13d)(a17d)2a110d,

a2a10(a1d)(a19d)2a110d,a2a10a4a816，应选B

此题主要考察等差数列的通项公式、同时考察运算求解能力，属于简单题。5.定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的函数f（x），假使对于任意给

定的等比数列{an}，{f（an）}仍是等比数列，则称f（x）为“保等比数列函数〞。现有定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的如下函数：①f（x）=x；②f（x）=2x

；③（x）=ln|x|。

则其中是“保等比数列函数〞的f（x）的序号为A.①②B.③④C.①③D.②④C

6.设函数f(x)(x3)x1，数列{an}是公差不为0的等差数列，f(a1)f(a2)f(a7)14，则a1a2a7（）

A、0B、7C、14D、21D.

[解析]∵{an}是公差不为0的等差数列，且f(a1)f(a2)f(a7)14

3

；④f

∴[(a13)3a11][(a23)3a21][(a73)3a71]14∴(a1a2a7)714

∴a1a2a721

[点评]本小题考察的知识点较为综合，既考察了高次函数的性质又考察了等差数列性质的应

用，解决此类问题必需要敢于尝试，并需要认真观测其特点.7.数列{an}的通项公式ancos于

A.1006B.2023C.503D.0A．

考点：数列和三角函数的周期性。难度：中。

分析：此题考察的知识点为三角函数的周期性和数列求和，所以先要找出周期，然后分组计算和。

解答：a4n1(4n1)cosa4n2a4n3

n

，其前n项和为Sn，则S2023等2

a4n4

(4n1)

(4n1)cos0，22(4n2)

(4n2)cos(4n2)cos(4n2)，

2(4n3)3

(4n3)cos(4n3)cos0，

22(4n4)

(4n4)cos(4n4)cos24n4，

2

所以a4n1a4n2a4n3a4n42。即S2023

2023

21006。4

8.已知为等比数列，下面结论种正确的是

222

（A）a1+a3≥2a2（B）a1（C）若a1=a3，则a1=a2（D）若a3＞a1，则a4＞a2a32a2

B

当a10,q0时，可知a10,a30,a20，所以A选项错误；当q1时，C选项错误；当q0时，a3a2a3qa1qa4a2，与D选项矛盾。因此根据均值定理可知B选项正确。

本小题主要考察的是等比数列的基本概念，其中还涉及了均值不等式的知识，假使对于等比数列的基本概念（公比的符号问题）理解不清，也简单错选，当然最好选择题用排除法来做。

9.某棵果树前n年的总产量Sn与n之间的关系如下图，从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高，m的值为

（A）5（B）7（C）9（D）11C

由图可知6，7，8，9这几年增长最快，超过平均值，所以应当参与，因此选C。本小题知识点考察很灵活，要根据图像识别看出变化趋势，判断变化速度可以用导数来解，当然此题若利用数学估计过于繁杂，最好从感觉出发，由于目的是使平均产量最高，就需要随着n的增大，Sn变化超过平均值的参与，随着n增大，Sn变化不足平均值，故舍去。

二、填空题

10.首项为1，公比为2的等比数列的前4项和S415

124

15：S4

12

此题考察等比数列的前n项和公式11.等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3+3S2=0，则公比q=_______2

此题主要考察等比数列n项和公式，是简单题.

当q=1时，S3=3a1，S2=2a1，由S3+3S2=0得，9a1=0，∴a1=0与{an}是

a1(1q3)3a1(1q2)

等比数列矛盾，故q≠1，由S3+3S2=0得，0，解得q=－2.

1q1q

12.等比数列{an}的前n项和为Sn，公比不为1。若a1=1，且对任意的

都有an＋2＋an＋1-2an=0，则S5=_________________。

11

由已知可得公比q=-2，则a1=1可得S5。

13.有一列正方体，棱长组成以1为首项、积分别记为V1,V2,...,Vn,...，则lim(V1V2...Vn)

n

1

为公比的等比数列，体2

8。7

1

为公比的等比数列，可知它们的体积则组成了2

由正方体的棱长组成以1为首项，

一个以1为首项，

1

为公比的等比数列，因此，lim(V1V2Vn)

n8

111

8

8.7

此题主要考察无穷递缩等比数列的极限、等比数列的通项公式、等比数列的定义.

考察知识较综合.

14.已知f(x)

1

，各项均为正数的数列an满足a11，1x

an2f(an)，若a2023a2023，则a20a11的值是

35

。26

111，并且an2f(an)，得到an2，a11，a3，1x21an

据题f(x)

a2023a2023，得到

151

（负值舍去）.依次往前推得到a2023，解得a2023

1a20232

a20a11

3.26

此题主要考察数列的概念、组成和性质、同时考察函数的概念.理解条件

an2f(an)是解决问题的关键，此题综合性强，运算量较大，属于中高档试题.

15.已知等比数列｛an｝为递增数列.若a10,且2（an+an+2）=5an+1,则数列｛an｝的公比q=_____________________.2

此题主要考察等比数列的通项公式，转化思想和规律推理能力，属于中档题。2(anan2)5an1,2an(1q2)5anq,2(1q2)5q,解得q2或q由于数列为递增数列，且a10,所以q1,q2

16.已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1

a2=______，Sn=_______。a21，Sn

1

2

1

，S2=a3，则2

121nn44

1

a2a1d1，2

S2a3，所以a1a1da12dd

Sn

1

n(n1)。4

本小题主要考察等差数列的基本运算，考察通项公式和前n项和公式的计算。

17.若等比数列an满足a2a4

12，则a1a3a52

14111224

a2a4a3,a1a3a5a3

224

三、解答题

18.（此题总分值14分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2n2n，

n∈N﹡，数列{bn}满足an=4log2bn＋3，n∈N﹡.

（1）求an，bn；

（2）求数列{anbn}的前n项和Tn.

此题主要考察等比数列、等差数列的概念，通项公式以及求和公式等基础知识，同时考察了学生的综合分析问题能力和运算求解能力。

（1）由Sn=2n2n，得

当n=1时，a1S13；

22

2(n1)(n1)当n2时，anSnSn12nn4n1，n∈N﹡.

由an=4log2bn＋3，得bn2n1，n∈N﹡.

（2）由（1）知anbn(4n1)2n1，n∈N﹡

所以Tn372112...4n12

2

n1

，

2Tn327221123...4n12n，2TnTn4n12n[34(222...2n1)](4n5)2n5

Tn(4n5)2n5，n∈N﹡.

19.（16分）已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：

an1

anbnanbn

2

2

，nN*，

（1）设bn1

bnb

1，nN*，求证：数列n

aann

2

是等差数列；

（2）设bn1

2

bn

，nN*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值．an

解：（1）∵bn1

1

bn，∴an1an

b

∴n1

an12bn1bnbn∴1nN*。

an1anan

2

2

2

bn

∴数列是以1为公差的等差数列。

an

2

（2）∵an0，bn0，∴

anbn

2

2

an2bn2anbn。

2

∴1an1

设等比数列{an}的公比为q，由an0知q0，下面用反证法证明q=1

若q

1,则a1=

aa2

nlogq时，an1a1qnq

1

a21

a21，∴当nlogq时，an1a1qn1，与（﹡）矛盾。qa1

若0q1,则a1=

∴综上所述，q=1。∴ana1n

N*，∴1a1

又∵bn1bnbnnN*，∴{b

n}an111，于是b1b2b3。1

若a1

又由an

1

anbnanbn

2

2

即a1

，得bna11

。

∴b1，b2，b3中至少有两项一致，与b1b2b

3矛盾。∴a1

∴

bn

1

∴a1=b2

等差数列和等比数列的基本性质，基本不等式，反证法。（1）根据题设an1

2

2

anbnanbn

2

2

和bn1

bb

1n，求出n1an1anbb

而证明n1

n1而得证。

an1an

（2）根据基本不等式得到1an1的公比

q=1。

从而得到ana1nN*

的结论，再由bn1数列。最终用反证法求出a1=b2

20．(本小题总分值12分)

已知数列{an}的前n项和为Sn，常数0，且a1anS1Sn对一切正整数n都成立。

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

{an}

bn

bn

知{bn}an11

（Ⅱ）设a10，100，当n为何值时，数列{lg[解析]取n=1,得a12s12a1,a1(a12)0

1

的前n项和最大？an

若a1=0,则s1=0,当n2时，ansnsn10,所以an0若a10，则a1

2

2an,当n2时，

2

sn,2an1

2

sn1,

上述两个式子相减得：an=2an-1,所以数列{an}是等比数列综上，若a1=0,则an0

若a10，则an

2n

…………7分

（2）当a10,且100时，令bnlg

1

,所以，bn2nlg2an

所以，{bn}单调递减的等差数列（公差为-lg2）

100100

lglg106

642

100100

lg10当n≥7时，bn≤b7=lg7lg1282

则b1b2b3…b6=lg故数列{lg

1

}的前6项的和最大.…………12分an

[点评]本小题主要从三个层面对考生进行了考察.第一，知识层面：考察等差数列、等比数列、对数等基础知识；其次，能力层面：考察思维、运算、分析问题和解决问题的能力；第三，数学思想：考察方程、分类与整合、化归与转化等数学思想.21.（本小题总分值13分）

某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50％.预计以后每年资金年增长率与第一年的一致.公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元.（Ⅰ）用d表示a1，a2，并写出an1与an的关系式；

（Ⅱ）若公司希望经过m（m≥3）年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d的值（用m表示）.

（Ⅰ）由题意得a12000(150%)d3000d，

3

a1d，23

an1an(150%)dand.

23

（Ⅱ）由（Ⅰ）得anan1d

233

()2an2dd2233

(an2d)d22a2a1(150%)d

3333()n1a1d1()2()n2.

2222

整理得an()n1(3000d)2d()n11

32

32

3

()n1(30003d)2d.2

3n1

由题意，an4000,()(30003d)2d4000,

2

3n()210001000(3n2n1)2解得d.nn

n32()12

1000(3n2n1)

故该企业每年上缴资金d的值为缴时，经过m(m3)年企业的剩余资金为nn

32

４０００元.此题考察递推数列问题在实际问题中的应用，考察运算能力和使用数列知识分析解决实际问题的能力.第一问建立数学模型，得出an1与an的关系式an1只要把第一问中的an1

3

and，其次问，2

3

and迭代，即可以解决.2

22.（本小题总分值13分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问7分））已知{an}为等差数列，且a1a38,a2a412,（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，若a1,ak,Sk2成等比数列，求正整数k的值。

2a12d8

（Ⅰ）设数列{an}的公差为d,由题意知解得a12,d2

2a4d121

所以ana1(n1)d22(n1)2n（Ⅱ）由（Ⅰ）可得Sn

(a1an)n(22n)n

n(1n)因a1,ak,Sk2成等比数列，22

2

2

所以a2ka1Sk2从而(2k)2(k2)(k3)，即k5k60

解得k6或k1（舍去），因此k6。

23.已知等比数列an的公比为q=-（1）若

1.2

a

=3

1

，求数列an的前n项和；4

（Ⅱ）证明：对任意kN，

a

k

，

a

k2

，

a

k1

成等差数列。

：（Ⅰ）an2n（Ⅱ）k6

：：（Ⅰ）设数列{an}的公差为d,由题意知所以ana1(n1)d22(n1)2n（Ⅱ）由（Ⅰ）可得Sn

2a12d8

解得a12,d2

2a14d12

(a1an)n(22n)n

n(1n)因a1,ak,Sk2成等比数列，22

2

所以a2ka1Sk2从而(2k)22(k2)(k3)，即k5k60解得k6或k1（舍去），因此k6。

24.（本小题总分值13分）

已知等差数列{an}前三项的和为3，前三项的积为8.

（Ⅰ）求等差数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和.解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，则a2a1d，a3a12d，

3a3d3,a2,a4,

由题意得1解得1或1

a(ad)(a2d)8.d3,d3.111

所以由等差数列通项公式可得

an23(n1)3n5，或an43(n1)3n7.

故an3n5，或an3n7.（Ⅱ）当an3n5时，a2，a3，a1分别为1，4，2，不成等比数列；

当an3n7时，a2，a3，a1分别为1，2，4，成等比数列，满足条件.3n7,n1,2,

故|an||3n7|

3n7,n3.

记数列{|an|}的前n项和为Sn.

当n1时，S1|a1|4；当n2时，S2|a1||a2|5；当n3时，

SnS2|a3||a4||an|5(337)(347)(3n7)

5

(n2)[2(3n7)]3211

nn10.当n2时，满足此式.

222

n1,4,

综上，Sn3211

nn10,n1.22

此题考察等差数列的通项，求和，分段函数的应用等；考察分类探讨的数学思想以

及运算求解的能力.求等差数列的通项一般利用通项公式ana1n1d求解；有时需要利用等差数列的定义：anan1c（c为常数）或等比数列的定义：

an

c'（c'为常数，an1

c'0）来判断该数列是等差数列或等比数列，然后再求解通项；有些数列本身不是等差数

列或等比数列，但它含有无数项却是等差数列或等比数列，这时求通项或求和都需要分段探讨.来年需注意等差数列或等比数列的简单递推或等差中项、等比中项的性质.25.（此题总分值13分）已知

｛

｝是等差数列，其前n项和为Sn，

｛

｝是等比数列，

且

==2,a4b427,-=10（I）求数列｛｝与｛（II）记=

+

｝的通项公式；

，（n

,n2）。

(Ⅰ)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q；

a4b42723d2q327d3则3

Sb10q24a6d2q10441

得：an3n1,bn2n

(Ⅱ)akbk(3k1)2k(3k4)2k1(3k7)2kck1ck(kN*)Tn(c2c1)(c3

c)(2nc1

n

c)

n

1

c11c(3n4n)2

8

当n2时，Tn8an1bn1

26.(本小题总分值12分)

已知等差数列{an}的前5项和为105，且a202a5.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；

(Ⅱ)对任意mN*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm.

5a110d105,

(I)由已知得：

a9d2(a4d),11

解得a17,d7,

所以通项公式为an7(n1)77n.(II)由an7n72m，得n72m1，

即bm72m1.bk172m1

2m149，∵bk7

∴{bm}是公比为49的等比数列，

7(149m)7∴Sm(49m1).

14948

27.(本小题总分值12分)（注意：在试题卷上作答无效）．．．．．．．．．

已知数列{an}中，a11，前n项和Sn（Ⅰ）求a2，a3；（Ⅱ）求{an}的通项公式。

本试题主要考察了数列的通项公式与数列求和相结合的综合运用。解：（1）由a11与Sn

n2

an。3

n2

an可得3

，

22

a2a1a2a23a133322S3a3a1a2a3a3a1a24a36

33S2

故所求a2,a3的值分别为3,6。

n2n1

an①Sn1an1②33n2n1

anan1即①－②可得SnSn133

（2）当n2时，Sn

an

an2n1n1n1n1

anan1anan1n

3333an1n1

anan1a2n1n3n2n故有ana11

an1an2a1n1n212

121n2n1a1，所以an的通项公式为an而22

试题出题比较直接，没有什么隐含的条件，只要充分发挥利用通项公式和前n项和的关系式变形就可以得到结论。

28.（本小题总分值13分）

设函数f（x）=

x

+sinx的所有正的微小值点从小到大排成的数列为{xn}.2

（Ⅰ）求数列{xn}的通项公式；

（Ⅱ）设{xn}的前n项和为Sn，求sinSn。

x12sinxf(x)cosx0x2k(kZ)，22322

f(x)02kx2k(kZ)，

3324

f(x)02kx2k(kZ)，

332

(kZ)时，f(x)取微小值，得：当x2k32

得：xn2n。

3

2

（II）由（I）得：xn2n。

3

2n2n

Snx1x2x3xn2(123n)n(n1)。

33

（I）f(x)

当n3k(kN)时，sinSnsin(2k)0，当n3k1(k

N)时，sinSnsin

**

2，

324，3当n3k2(k

N)时，sinSnsin

*

*

得：当n3k(kN)时，sinSn0，当n3k1(k

N)时，sinSn

*

当n3k2(k

N)时，sinSn*

29．（此题总分值18分）此题共有3个小题，第1小题总分值4分，第2小题总分值6分，第3小题总分值8分

对于项数为m的有穷数列an，记bkmaxa1,a2,...,ak（k1,2,...,m），即bk为

a1,a2,...,ak中的最大值，并称数列bn是an的控制数列，如1，3，2，5，5的控制数列

是1，3，3，5，5

（1）若各项均为正整数的数列an的控制数列为2，3，4，5，5，写出所有的an（2）设bn是an的控制数列，满足akbmk1C（C为常数，k1,2,...,m），求证：

bkak（k1,2,...,m）

1

（3）设m100，常数a,1，若anan2(1)

2

求(b1a1)(b2a2)...(b100a100)

[解]（1）数列{an}为：2,3,4,5,1；2,3,4,5,2；2,3,4,5,3；

2,3,4,5,4；2,3,4,5,5.……4分（2）由于bkmax{a1,a2,,ak}，bk1max{a1,a2,,ak,ak1}，所以bk1bk.……6分由于akbmk1C，ak1bmkC，

所以ak1akbmk1bmk0，即ak1ak.……8分因此，bkak.……10分（

3

）

对

n(n1)

2

n，bn是an的控制数列，

k1,2,,25

，

a4k3a(4k3)2(4k3)

；

a4k2a(4k2)2(4k2)；

a4k1a(4k1)2(4k1)；a4ka(4k)(4k).

比较大小，可得a4k2a4k3.……12分

由于1a1，所以a4k1a4k2(a1)(8k3)0，即a4k2a4k1；2a4ka4k22(2a1)(4k1)0，即a4ka4k2.

2

又a4k1a4k，

从而b4k3a4k3，b4k2a4k2，b4k1a4k2，b4ka4k.……15分

因此(b1a1)(b2a2)(b100a100)

=(b3a3)(b7a7)(b10a10)(b4k1a4k1)(b99a99)=(a2a3)(a6a7)(a9a10)(a4k2a4k1)(a98a99)=

(a

k1

25

4k2

(1a).……18分a4k1)=(1a)(8k3)=2525

k1

25

此题主要考察数列的通项公式、等差、等比数列的基本性质等基础知识，此题属于

信息给予题，通过定义“控制〞数列，考察考生分析探究及推理论证的能力．综合考察数列的基本运算，数列问题一直是近几年的命题重点内容，应引起