2018-2020年高考数学试题分类汇编数列附答案详解

2018—2020年高考数学试题分类汇编数列一、选择题.1、(2018年高考全国卷1理科4)记Sn为等差数列全J的前n项和.若3s3=S?+S4,a1=2,则a$=( )A.-12B.-10C.10D.12答案：B解析：VSn为等差数列｛aj的前n项和，3s3=S?+S4，a「2,，3X(3ai+'gZ,d)=ai+ai+d+4ai+-^^-d，把ai=2,代入得d=-335=2+4X(-3)=-10.故选：B.2、(2019年高考全国I卷理科9)记S“为等差数列｛q｝的前〃项和.已知S4=0,%=5,则A.%=2〃-5B,=3/7-10C.\=2/72-8/7D.S”=#-2〃答案：A解析：有等差数列的性质可知S4=4%+6d=。，%=4+4d=5,解得％=-3,J=2所以S”一4〃,。“=2〃-5,故选A。3、(2019年高考全国HI卷理科5文科6)已知各项均为正数的等比数列｛加｝的前4项和为15,且。5=3公+4内,则。3=A.16B.8C.4D.2答案：C解析：由题意有54=15,即54="«一")=15i-q由题意有。5=3。3+4。1,即。q4=3。4+4%,故(q2-4)(q:+1)=0因为各项均为正数,所以Q>0,所以q二2将q=2代入S4="«一")=15.得吁1、所以%=4故选Ci-q4、(2019年高考全国ni卷文理科9)执行下边的程序框图，如果输入的，为0.01,则输出S的值等于A.2-4 B.2-4 C.2-4 D.2」24 25 26 2答案：c解析：等比数列前n项和2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第1页共28页x=l,s=O,不满足x<001,执行x=L,s=l,不满足xcO.Ol,执行x=',s=l+L,不满2 4 2足x<足x<0.01 执行x=—,12864，满足x<0.01,输出1t111cl…X= ,S=1H 1 卜・・・・H =2 -故1尤CTOC\o"1-5"\h\z128 24 64 26 "5、（2019年高考北京卷理科2文科4）执行如图所示的程序框图，输出的s值为(A)1(B)2(C)3(D)4答案：BOxi2 9x92解析：k=l,s=l,s=4^=2,k<3,故执行循环体k=l+l=2,5= =2；3x1-2 3x2-22x?一此时k=2<3,故继续执行循环体k=3,s= =2,此时k=3,结束循环，输出s=2.3x2—2故答案为：B.6、（2019年高考浙江卷10）设,数列｛qj中q=4,。“+1=”『+〃，。〃+1=《，+〃，则（）A.当〃=!时，A.当〃=!时，4。>102B.当〃=」时，alo>104C.当C.当Z?=-2时，«10>10D.当〃=—2时，al0>10答案：A解答：选项B：不动点满足V—x+L=（x—4尸=0,如图，若q=4£（0-），an<-,排除；如图4 2 1 2 ，2若。为不动点，，则％=」；2 21Q选项C：不动点满足X-2=0—+）2—'=0,不动点为x=2,令。=2,则。〃=2<10,排除；TOC\o"1-5"\h\z选项D：不动点满足/一工一4=。一!）2-"=0,不动点、为x=避工士L,令。=边7土J.,则2 4 2 2 2 2%=半±；<10,排除；乙 乙1 1 1 1 2 1 17选项A：证明：当〃=一时，a5=a.2+->-9a4=a52+->一21,处理一：可依2 - 122 3-24 4 3216

2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第2页共28页

次迭代到％;处理二：当〃N4时，^,I+1 >b则log]74〃+i>21og17%nlog]7a,+]>2'i，则2 16 16 16a>(―)2*(/?>4),则qo2(N(/=(l+~j-)<=1+竺+&XI,>二+….>1+4+7>10，故选A.16 16 16 16 2 16-7、（2020•北京卷）在等差数列｛%｝中，q=-9,a5=-l.记7；=q生…%（〃=1,2,…），则数列｛1｝（）.A.有最大项，有最小项 B.有最大项，无最小项C.无最大项，有最小项 D.无最大项，无最小项答案：B解：由题意可知，等差数列的公差4=%二5=土^=2,5-1 5-1则其通项公式为：4〃=%+（〃—l）d=-9+（/7-1）x2=2h-11,注意到4 <a4<a5<0<。6=1<。7<…，且由4<。可知(<0(/>6jeA^),T由广=q>1（，之7,igN）可知数列｛（｝不存在最小项,*由于=一9,生=-7,%=_5,%=_3,/=_1，。6=1，故数列｛1｝中的正项只有有限项:j=63,7；=63x15=945.故数列｛7；｝中存在最大项，且最大项为7；.故选：B.8、（2020•全国2卷）北京天坛的圜丘坛为占代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）（）A.3699块 B.3474块 C.3402块 D.3339块答案：C解：设第〃环天石心块数为凡，第一层共有〃环,2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第3页共28页则｛对｝是以9为首项，9为公差的等差数列，氏=9+(〃—l)x9=9〃，设S”为｛q｝的前〃项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为S”,S/一5“同”一邑”,因为下层比中层多729块,所以§3“一邑”=S2n-Sn+729,nn3/7(9+27”)2/?(9+18n)2/7(9+18〃)〃(9+9〃)、“即 - = - +/292 2 2 2即9/=729,解得〃=9,所以S3“=S”=4^二产4=3402.乙故选：C9、(2020•全国2卷)数列｛〃”｝中，为=2,ain+n=ama„,若q*+4+?+…+/+,=2二一2$,则k=()A.2 B.3 C.4 D.5答案：C解：在等式4,”+“=。”4中，令机=1,可得。”+1=《£=24”，,子=2，所以，数列｛%｝是以2为首项，以2为公比的等比数列，则%=2x2”t=2"，_%1(1-2|。)_2—.(1一21。)…+%+io= = =2 (2-1)=2yz1—Z 1—z/.2a+1=25，则)+1=5,解得女=4.故选:C.10、(2020•全国2卷)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列4见…/…满足qw｛0,l｝(i=l,2,…),且存在正整数〃7,使得《+,“=@&=1,2,…)成立，则称其为0」周期序列，并称满足以,“=叭，=1,2,…)的最1m小正整数机为这个序列的周期.对于周期为初的0-1序列可生…巴…，C6)=—2＞闩〃(〃=12…,〃-1)是〃71-1描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足C(k)«g(k=l,2,3,4)的序列是()A.11010… B.11011... C.10001-.. D.11001-..答案：c解：由。.二卬知,序列《•的周期为〃?，由已知，团=5,,〃=1,2,3,4,对于选项A,TOC\o"1-5"\h\zC(l)=|£《4+]=1(%%+廿3++a4a5+攸6)=1(1+0+0+0+0)=1<43i=i 3 3 3 315 1 1 2。(2)=-£44+2=-(%/+a2a4+a5a5+a4a6+/%)=1(0+1+0+1+0)=不，不满足；3i=i 3 3 32018-2020年高考数学试题分类汇编数列第4页共28页对于选项B,TOC\o"1-5"\h\z15 1 1 3C(l)=-£。臼+1=-(〃]%+生生+ +。4〃5+a5a6)=二(1+0+0+1+1)=:，不满足;51=1 5 5 5对于选项D,।5 । । 2C(l)=—>ZMiT=— +(I*4+内生+。5。6)=—(1+0+0+0+1)=~,不满足；5(=1 5 5 5故选：C二、填空题.1、（2018年高考全国卷1理科14）记Sn为数列｛aj的前n项和.若S『2m+l,则S6=-63答案：一63解析：■为数列｛m｝的前n项和,Sa=2aB+l,①当n=l时,ai=2ai+l,解得a尸T,当nN2时，Sn.1=2aai+l,②，由①-②可得an=2aR-2aa.i,•••｛五｝是以-1为首项，以2为公比的等比数列,.S_T然（1-26）_••>6— —bJ,1-2故答案为：-632、（2018年高考北京卷理科9）设0｝是等差数列，且a：=3,歪+a尸36,则｛aj的通项公式为村6n-2、解：:5｝是等差数列,且a尸3,m+a尸36,a1二3,解得ai=3,d=6,+d+a]+4d=36/.an=a:+(n-1)d=3+(n-1)X6=6n-3.A的通项公式为an=6n-3.故答案为：an=6n-3.3、（2018年高考浙江卷10）己知a>a>as,a,成等比数列，且ai+a^+as+a产In（加+a二+a3）,若ai>l,则A.ai<a3*a：<aiB.a1>a3，a二VaiC.ai<a3*a：>atD.ai>a$,a：>ai【解答】解：a］，a>a3,④成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同,a：>l,设公比为q,2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第5页共28页当q>0时，ai+a2+as+a।>ai+a：+a3♦ai+az+as+a^ln(ai+a二+a3),不成立,即：a：＞a3,a：＞anai＜a$»a^Vai,不成立，排除A、D.当q=-1时，ai+a^+as+a产0,In(ai+aa+as)>0,等式不成立,所以qK-1：当qV-1时，ai+a：+a3+ai<0»In(a：+a"a3)>0,ai+az+as+aFln(ai+ac+as)不成立,当q£(-1,0)时,ai>as>0,三VaVO,并且ai+as+as+aFln(ai+az+as),能够成立,故选:B.34、（2019年高考全国I卷文科14）记S〃为等比数歹北。〃｝的前〃项和.若q=L邑=—，则S产'43解析：设数列的公比为4,则有凡=4+。，+生=1+4+4。=:- 4解得q=—g,所以s4=工5、（2019年高考全国I卷理科14）记S”为等比数列｛m｝的前〃项和.若q=；,。：=《，则S5=h121答案：—31-q 3解析：由4：=牝得可V=。4,解得q=3,1-q 3（2019年高考全国in卷理科14）记S〃为等差数列｛&｝的前〃项和，/W0，%=3q,则答案：4解析：因为%=3%,所以4+1=3%即2/=d,则clO(4+4o)x:也= 2=4窿50+〃5)x；乙（2019年高考全国ni卷文科14）记S”为等差数列色〃｝的前〃项和，若%=5,%=13,则答案：100解析：由题意得%=4+2d=5,n7=4+6d=13,解得q=l,d=210x9所以几=10%+与—4=1002018-2020年高考数学试题分类汇编数列第6页共28页

8、（2019年高考北京卷理科10）设等差数列｛a，的前n项和为Sn，若a?=-3,S5=-10,则a3=.Sn的最小值为o答案：0,-10解析：由$5（一+牝）=2^=_10,得生=_22 2故/=。3-。2=1，故。5=。2+3/=0S“最小，册V0,所以S5=S』最小，最小值为一109、（2019年高考上海卷8）已知数列｛%｝前〃项和为S”，且满足S〃+为=2,则§5=i31答案：一16解析：由题意得q=1S〃m+%+]=S“+%,所以所以｛%｝为首项为1,公比为;的等比数列则§5=44=2—(Hl-q2 1610、（2019年高考江苏卷8）已知｛2I（〃eN'）｝是等差数列，s〃是其前〃项和，若生为+%=0,S,=27,则S,的值是.答案：1611、（2020•江苏卷）设｛斯｝是公差为d的等差数列，｛儿｝是公比为夕的等比数列.己知数列｛斯+6｝的前〃项和S.=/一〃+2“一1（〃£N+）,则d+q的值是 .答案：4解：设等差数列｛为｝的公差为等比数列｛a｝的公比为q,根据题意qwi.等差数列｛凡｝的前〃项和公式为勺23d，入

1 2 2d\

a.——n2)等比数列也｝的前〃项和公式为以等差数列｛凡｝的前〃项和公式为勺23d，入

1 2 2d\

a.——n2)等比数列也｝的前〃项和公式为以"(IT).4Q4l-q1-ql-q依题意S〃=E+Q,即ir-n+Tbii-q2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第7页共28页212 =,4=2互=—1212 =,4=2互=—1」一9(1)求b”b二，bs；(2)判断数列｛0｝是否为等比数列，并说明理由;(3)求的通项公式."=2“1=0 ,通过对比系数可知〈，故d+q=4.故答案为：4通过对比系数可知〈4=2A=112、（2020•新全国1山东）将数列与｛3〃-2｝的公共项从小到大排列得到数列｛〃“｝,则｛斯｝的前〃项和解：因为数列｛2〃-1｝是以1为首项，以2为公差的等差数列,数列｛3〃一2｝是以1首项，以3为公差的等差数歹I],所以这两个数列的公共项所构成的新数列｛q｝是以1为首项，以6为公差的等差数列,所以｛。〃｝的前〃项和为〃•1+ 0♦6=3/J-2〃，故答案为：3/产-2/z.13、（2020•浙江卷）已知数列｛所｝满足,则S3=答案：10解：因为4="〃+”,所以4=1,。，=3,%=6.即S3=q+。,+%=1+3+6=10.n2故答案为：10.14.（2020•上海卷）已知｛%｝是公差不为零的等差数列，且4+可。=。9,27答案：—8三、解答题.1、（2018年高考全国卷1文科17）已知数列｛aj满足akl,但k2（n+1）解：(1)数列｛aj满足akl,na*2(n+1)ao,2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第S页共28页an+1则：J+l-=2（常数），ann由于b=»故：二口二2，nn bn数列｛bj是以bl为首项，2为公比的等比数列.整理得：bn=b1-2n-1=2n-1»所以：bi=l,b：=2,b3=4.（2）数列｛bj是为等比数列，由于细•二2（常数）；（3）由（1）得：品二2%1，根据bn二？，所以：2rH•2、（2018年高考全国卷2文理科17）记Sn为等差数列｛a「）的前n项和，己知a尸-7,S3=-15.（1）求QJ的通项公式；（2）求Sn,并求Sn的最小值.解：（解•・•等差数列｛aJ中,a尸-7,S3=-15,，a尸-7,3a：+3d=-15,解得a尸-7,d=2,/•*二-7+2（n"1）=2n-9；Va：=-7,d=2,aa=2n-9,S户£（ai+aQ=卷（2n2T6n）"n~-8n=（n-4）--16,乙 乙・•・当n=4时，前n项的和Sn取得最小值为-16.3、（2018年高考全国卷3文理科17）等比数列瓜｝中,a户1,）=4如（1）求QJ的通项公式；（2）记-为｛aJ的前n项和.若Sf63,求m.解：（1）..•等比数列｛aJ中，aFl,a5=4a3.Xq'=4X（lXq：）,解得q二±2,当q=2时,aa=20'1,当q=-2时，aF（-2）…，・・・｛aj的通项公式为，a产2…，或am（-2）….（2）记Sr.为｛aJ的前n项和.2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第9页共28页

当输=1,q=-2时，Sn=-a[(If")」_(_2尸」_(_2尸

当输=1,q=-2时，Sn=-由S『由S『63,得 =63,3m£N,无解;当aiQ=2时，sW："七-2"，由限二63,得Sa2工-1=63,m£N,解得m=6.4、(2018年高考北京卷文科15)设瓜｝是等差数列,且a：=ln2,a2+a3=51n2.(I)求｛&｝的通项公式；(H)求e\+ea2+…+ean.解：(【)｛aj是等差数列,且akln2,a:+a3=51n2.可.得：2a：+3d=51n2,可.得d=ln2,｛—｝的通项公式;an=ai+(n-1)d=nln2»(II)e%二必2一,

JAeai+ea2+--+e =21+2：+23+-?l^2nrl-2.1-25、(2018年高考天津卷理科18)设｛aj是等比数列，公比大于0,其前n项和为S“(n£N*),｛bj是等差数歹U.已知ai=l,a3=a：+2»aFbs+bs,as=bI+2b6.(I)求｛aj和｛bj的通项公式；(ID设数列设J的前n项和为兀(n€N*),(i)求Tn；7【旧君^Tk+bk+2^bk2n以(k+1)(k+2) n+2【解答】(I)解：设等比数列｛aj的公比为q,由a：=l,as=歪+2,可得q'-q-2=0.可得q=2.故4二2E设等差数列｛bn｝的公差为d,由a产bs+bs,得b：+3d=4,由a尸b1+2b6，得3bi+13d=16,Abi=d=l.故br=n；(ID(i)解：由(i),可得S=n^=2n-bnI-y2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第10页共28页故(2k-l>£/_,』乂心；2刃F二2nHf—2：k=l k=l -2(••)iiriifl••(Tk+bk+2)bk(2kH-k-2+k+2)kk・2kH2k+22k+1(k+D(k+2) (k+1)(k+2) (k+l)(k+2)k+2k+1.g(Tk+b*+2)bk2?2? 2423. ：2"22n+1.2n+29・・占飞而k.k丁)+方丁)+…+(/F)一，”6、(2018年高考天津卷文科18)设｛aj是等差数列，其前n项和为S，(n£N*)；｛bj是等比数列，公比大于0,其前n项和为K(n£N*).已知bHL,b3=b：+2,bpa3+a5,b国+23(【)求Sr和Tn：(II)若Sn+(T1+T2+ +Tn)=an+4ba,求正整数n的值.【解答】解：(I)设等比数列｛bn｝的公比为q,由bHL,bs/+2,可得q2・q-2=0.・・・q>0,可得q=2.故b=2irl,T二1二*-二2八-1；□n4口]一2设等差数列｛aj的公差为d,由b尸as+as,得a1+3d=4,由b5=a1+2a6,得3a1+l3d=16,/•ai=d=l.故a8S二虫至山；n2(II)由(I),可得T1+T2+……+Tr=(21+22+•■•+2n)-n=2X(1~2h)-n-2.

1-2由S-(T1+T2+ +Ta)=an+4bn>可得自立+2口+」-2二/2叫乙整理得：n：-3n-4=0,解得n=-1(舍)或n=4.***n的值为4.7、(2018年高考浙江卷20)己知等比数列｛aj的公比q>l,且as+a+a产28,a,+2是-as的等差中项.数列｛bn｝满足bi=L数列｛(br-1-br.)a4的前n项和为2n~+n.([)求q的值；(II)求数列｛bj的通项公式.解：(【)等比数列QJ的公比q>l,且&3+&什的:28,a,+2是as,as的等差中项，可得2at+4=a3+a$=28-a”解得sf8>由当8+8q=28,可得q=2(工舍去)，Q 2则q的值为2;2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第11页共28页(II)设Cn二(bn-1-br.)On=(br.-l"bn)2'\可得n=l时，Ci=2+l=3fn22时，可得Cn=2rf+n-2(n-1)(n-1)=4n-1,上式对n=l,也成立，则(bn-1-bn)an=4n-19即有be-b：F(4n-1)•(1)…，2可得bn=bf+(bs-bi)+(b3-b：)+•,•+(bn-bn-i)TOC\o"1-5"\h\z=1+3・([)°+7・(工)<…+(4n-5)•(—)2 2 2lbn=—+3*(—)+7・(—)、…+(4n-5)•(—)…，2 2 2 2 2相减可得!也上+4[(X)+(1)斗…+(1)…]-(4n-5)•(工)n2 2 2 2 2 22化简可得片15-（4n+3）•（1）28、（2019年高考全国I卷文科18）记S〃为等差数列｛斯｝的前〃项和，己知&=-瓯（1）若“3=4,求｛4〃｝的通项公式;（2）若内>0,求使得SE的〃的取值范闹.解：（1）设｛%｝的公差为d.由S9=—a5得q+4d=0.由“3=4得q+2d=4.于是q=8,d=—2.因此｛q｝的通项公式为例=10—2〃.（2）由（1）得％=—4d,故q=（〃_5）d,= A”.由4>0知d<0,故S/牝等价于〃2-11〃+10@，解得1勺£10.所以〃的取值范围是｛〃11令wi0,〃eN｝-2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第12页共28页

9、（2019年高考全国n卷理科19）己知数列｛知｝和砂〃｝满足内=1,瓦=0,4。“+］=3。”一口+4,4。+1=3。一可—4.（1）证明:｛斯+瓦｝是等比数列，｛m-儿｝是等差数列；（2）求｛〃”｝和｛仇｝的通项公式.解：（1）由题设得4（。用+bli+l）=2（a“+b”）,即+bn+1=；（%+b“）.又因为G+瓦=1,所以｛q+“｝是首项为1,公比为;的等比数列.由题设得4（%+「以+J=4（%一幻+8,即a“+「b"i=a“_b〃+2.又因为m-4=1,所以｛凡一4｝是首项为1，公差为2的等差数列.（2）由（2）由（1）知，氏+〃=上〃〃2"T/一年=2〃一LTOC\o"1-5"\h\z所以为=；［（。〃+〃）+&— ，乙 乙 乙bn=；［（%+”）—（为一"）］=3—〃 .乙 乙 乙10、（2019年高考全国n卷文科18）已知｛〃”｝是各项均为正数的等比数列,q=2,%=血+16.（1）求｛凡｝的通项公式；（2）设瓦=log?凡，求数列｛"｝的前项和.解：（1）设｛q｝的公比为q,由题设得2q-=4q+16,即q-—2q—8=0.解得4=一2（舍去）或%4.因此｛q｝的通项公式为。“=2x4"t=22"-1.（2）由（1）得=（2〃—l）log?2=2〃—1,因此数列也］｝的前〃项和为1+3+…+2〃—1=〃.11、（2019年高考北京卷文科16）设｛aj是等差数列,a尸-10,且生+10,至+8,a产6成等比数列.（I）求QJ的通项公式；2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第13页共28页(I【)记5｝的前n项和为S，，求心的最小值.解析：(I)根据等比中项，结合等差数列的通项公式，求出d,即可求出知；(H)由(1),求出S”，结合二次函数的性质，即可求出相应的最小值.解：(I)根据三者成等比数列，可知(%+8)2=(%+10)(%+6),故(-10+24+8『=(-10+4+10)(-10+31+6),解得d=2,故〃”=-10+2(〃-1)=2〃-12:(II)由(I)知S〃=(T°+2〃-12).〃 2该二次函数开II向上，对称轴为n=5.5,故n=5或6时，S“取最小值-30.5、(2019年高考北京卷理科20)已知数列⑶｝,从中选取第ii项、第b项、…、第3项@<法…vim),若a.<a.<•••<a.,则称新数列a.,a.,…，a,为｛an｝的长度为m的递增子列。规定：数列口4的任意一项都是｛an｝的长度为1的递增子列。(I)写出数列1,8,3,756,9的一个长度为4的递增子列；(II)已知数列色4的长度为P的递增子列的末项的最小值为a,长度为q的递增子列的末项的最小值为moa，若P<q，求证：Q<Q；4%%(III) 设无穷数列｛an｝的各项均为正整数，且任意两项均不相等，若｛an｝的长度为S的递增子列末项的最小值为2s-l,且长度为s末项为2s-l的递增子列恰有2小个(s=l,2,…)，求数列｛册｝的通项公式。解：([)1,3,5,6.(答案不唯一)(II)设长度为g末项为《。的一个递增子列为名…,4%1MHe.由pq,得%«。口<外因为｛q｝的长度为p的递增子列末项的最小值为,又名，”，…，瞑是｛q｝的长度为p的递增子列，所以以«4•所以,〃o2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第14页共28页（Ill）由题设知，所有正奇数都是｛4｝中的项.先证明：若2m是｛%｝中的项，则痴必排在之前（/〃为正整数）.假设2机排在2mT之后.设品，明，2加-1是数列｛4｝的长度为阳末项为2/h-I的递增子列，则百〃」 rm-i I11）（%4,，…，叫〜，2〃?-L2m是数列｛4｝的长度为〃?+1末项为2〃?的递增子列.与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是｛%｝中的项.假设存在正偶数不是｛%｝中的项，设不在｛q｝中的最小的正偶数为2利.因为2k排在2攵-1之前（hl,2,…，〃I）,所以2k和2k-1不可能在｛%｝的同一个递增子列中.又｛〃“｝中不超过2〃?+1的数为1,2, 2/M-2,2/n-l,2///+1,所以｛〃“｝的长度为“?+1且末项为2〃?+1的递增子列个数至多为2x2x2x…x2xlxl=2"i<2"'.个与己知矛盾.最后证明：排在2〃?-3之后（，佗2为整数）.假设存在2机522）,使得2〃?排在2机-3之前，则｛4｝的长度为m+1且末项为2〃田的递增子列的个数小于2"'.与己知矛盾.综上，数列｛〃“｝只可能为2,1,4,3,...»2/Z/-3,2w,2m-1.,….经验证，数列2,1,4,3,...»2m-3,2m, …符合条件... ”+1,”为奇数，所以""I,〃为偶数.12、（2019年高考上海卷21）数列｛凡｝（〃£N'）有100项，4=々，对任意〃£[2,100],存在q=q+d,若应与前〃项中某一项相等，则称《具有性质A（1）若4=1,"=2,求应所有可能的值；（2）若｛勺｝不是等差数列，求证：数列｛6｝中存在某些项具有性质P：（3）若｛4｝中恰有三项具有性质P,这三项和为c,请用。、d、c表示4+生+…+400.解：（1）由题意,a：=ai+d=3若a3、ai同时具有性质P,则ai=as=a：=3若az具有性质P而ai不具有性质P,则a3=a2=a：+d=3,a产aa+d=as+dWai+d,即ap5若a3不具有性质P,则必有a3=an+dNai+d,即a3=5此时若at具有性质P,则a尸5;若a」不具有性质P,则apa3+d=7综上所述,a<可能的值为3、5、72018-2020年高考数学试题分类汇编数列第15页共28页(2)假设a｝中不存在满足性质P的项,即对任意i,je[1,100],均有aWa：下面数学归纳法证明，｛aj是等差数列①当n=2时，az=az+d,成立；②设当nWk,kG⑵99]且k£N*时,a^a.-i+d则当n=k+l时，因为a—不具有性质P,故ak-i:?£ai=ai-i+d(i=l,2,…,k)而又存在ak-i=ai+d(i=l,2…，k),故i=k,即a%-1=a)c+d综上所述，当｛aj中不存在满足性质P的项时，｛m｝是等差数列成立故其逆否命题：当｛aj不是等差数列时，｛aj中存在满足性质P的项成立(3)由题意，不妨设这三项为aP,aQ,其中2WP<q<mW100;且aP+aQ+az=C故数列｛aj(n=1.2,…P-D为等差教列，｛aj(n=P,P+L…「1)为等差数列；｛an｝(n=q,q+1,…mT)为等差数列，｛an｝(n=m, 100为等差数列若存在q=p+1或m=q+l或m=99的情况，则去掉相应的｛a,｝(n=p,p+1,--q-l),｛ar.｝(n=q,q+1,…，mT)｛aj(n=m,…，100))每组等差数列的公差均为d;ILap-i=a〉+d=a,-i+d、a〈-i=a+d=a0-i+d、a5i=ajd=ao~：+d故当数列去掉aP,电③这三项后,构成首项为a,公差为d,项数97项的等差数列97x98故这97项的和S]=97。+—--d=97。+475立2故这100个数的和S=S1+ap+aQ+aI=97a+4753d+C13、(2019年高考江苏卷20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M—数列”.(1)己知等比数列｛《,｝(〃WN*)满足：ct2a4=a5,为一4%+4q=0,求证：数列｛%｝为—数歹V；TOC\o"1-5"\h\z1 2 2(2)己知数列他WN')满足：仄=1,-=-,其中S"为数列｛a｝的前〃项和.S〃 bn bll+l①求数列｛"｝的通项公式：②设川为正整数，若存在“M—数列”｛g｝(〃GN")、对任意正整数女、当kg〃7时，都有q <c,+1成立，求〃7的最大值.解：(1)设等比数列｛斯｝的公比为q,所以。#0,歼0.《=as fa"4=ci.q4 f«,=1由《：LV得｛ ，/ ,z解得《TOC\o"1-5"\h\z%-4%+4q=0 [qq__4qq+4q=0 3=2因此数列｛〃”｝为“M—数列”.1 2 2 ,(2)①因为f=j-一厂一，所以“产0.ff122 ,由4=i,S]=4，得,=丁一厂，则“=2.JLJLU、bh+i1 2 2 0bh+i由不=}-一}一，得s〃=S〃bn“日2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第16页共28页

当〃之2当〃之2时，由"=S“一S,i，得也=2(〃i)2(iJ整理得"+]+〃t=25.所以数列｛儿｝是首项和公差均为1的等差数列.因此，数列｛5｝的通项公式为瓦=〃（〃£N）②由①知，bk=k,keN,.因为数列｛金｝为“M-数列工设公比为夕，所以CL1,q>Q.因为以必&人,所以其中hl,2,3,•••,m.当hl时，有夕21；当k=2,3,…，阳时，有电AWing《出土.kk-l… 、In'/八E、 1-hix幻(x)=(x>1),则/(X)二——X r令/'（x）=0,律v=e.列表如下:X(l,e)e(e,+8)广㈤+0—f（X）f极大值4e“hi2In8hi91113一一r/1x1小、ln3因为一r二二<^=下，所以/（幻皿x=/（3）=k.2 6 6 3 3Ink取[=出，当k=l,2,3,4,5时，——Wlnq，即k经检验知qi也成立.因此所求用的最大值不小于5.若论6,分别取上3,6,得3s13,且夕5s6,从而/5必3,且夕叱216,所以夕不存在.因此所求加的最大值小于6.综上，所求机的最大值为5.14、（2019年高考浙江卷20）设等差数列｛4｝的前〃项和为S.，%=4,Cl4=S^数列｛"｝满足：对2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第17页共28页

每个S”+b“,S”m+",S”+，+4成等比数列.(1)求数列{%},{4}的通项公式；(2)记q,=,neN”,证明：q+q+…+c”v26.解答：4=a.+2d=4 [cl=0 2(n-l}n(1)由题意得45 1 , ,，解得4；，从而4=2(〃—1),S〃=U一L=(〃—1)〃.%=q+3d=S3=3q+3d (d=2 2又⑸m+bn)2=(S.+bn)(Sn+2+bH),从而s2—sss二+2S/h=S“Sm+b®+S〃Q=>bn=旦〃2S..+S…一25…ir(/?+1下一(〃-1)〃(〃+1)(〃+2)(〃一1)/7+(/?+l)(n+2)—2〃(〃+1)（2）法一:2yjn-1+y/n（2）法一:2yjn-1+y/n2(而-yjll-1),从而G+C+•••+C”<2(^1—y/0+^2—y[1+•••+y/il— -1)=2^/7.法二:不妨设数列｛c“｝的前〃项和为[,①当”=1时，7]=G=0<2ji=2,显然成立；②假设当n=k时条件成立，即[<2«,则当”=〃+1时，4+1=（+%1<2y/k+- - ,人卜A+1 7（k+l）（k+2）欲证2«+/,A\<2>/k7T,只需证I_汽=<2灰白_2«,即证4 <2JETTjm,4k7ly[kT2即证 +1+\[k）=\fkyjk+1+\[kyfk<]k+ijk+2+>Jk+lyjk+2,这是显然成立的.综上①②可知，对任意〃eN*,均有q+q+…+c〃<2«.15、（2020•北京卷）已知｛q｝是无穷数列.给出两个性质：2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第18页共28页

①对于｛%｝中任意两项q，%（‘>j）,在｛q｝中都存在一项品②对于｛q｝中任意项。“（〃23）,在｛q｝中都存在两项勺,可伏>。.使得。”=答.（1）若%=〃（〃=1，2「・），判断数列｛q｝是否满足性质①，说明理由;（H）若%=2〃t（〃=1,2,.・・），判断数列｛q｝是否同时满足性质①和性质②，说明理由:（【H）若｛4｝是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：｛/｝为等比数列.2 9解：（I =2,%=3,二-=一庭Z.,・｛a〃｝不具有性质①；a22（II）-/Vi,jeN\i>=2y<2，一/gN*：.—=av/.｛an｝具有性质①；% aj-・•・V〃eN*,〃>3,3k=n-U=n-2,^-=2以一>】=2^= ｛%｝具有性质②；（III）【解法一】首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显然q产O（〃WN*）,假设数列中存在负项，设N0=max｛〃|。〃<0｝,第一种情况：若NO=l,即/<0<q<在<生<…，由①可知：存在满足=%<0,存在加,，满足4〃=—<0,A r•1| 一由No=1可知%=%q由No=1可知%=%q%从而%=/，与数列的单调性矛盾，假设不成立.第二种情况：若N。之2,由①知存在实数加，满足％=3包<0,由N。的定义可知：m«N。,4另一方面，^,=—>—=^A.，由数列单调性可知：〃7>N0,这与N0的定义矛盾，假设不成立,同理可证得数列中的项数恒为负数.综上可得，数列中的项数同号.其次，证明%=二:2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第19页共28页利用性质②：取〃=3,此时%=：(&>/)，2由数列的单调性可知% 而/=4,">%，故k<3,此时必有攵=2,/=1,即%=幺,ai 4最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列｛%｝的前〃(k之3)项成等比数列，不妨设见=4al(1<s工攵)，其中1>0闯>1,(q<O,O<q<l情况类似)2由①可得：存在整数〃7,满足品=刍一=〃">外,且册(*)6-1由②得：存在S>f,满足：4+1=%=。$,生>/，由数列的单调性可知：t<s<k+l,4q2由9=%夕1(1«5«%)可得:%]=%=4小-1〉为=44-】(**)由(**)和(*)式可得:N4]产1>a/T,结合数列的单调性有：k>2s-t-l>k-l,注意到s/k均为整数，故k=2s—f—1,代入(**)式，从而为M=可d.总上可得，数列｛q｝的通项公式为：%=即数列｛q｝为等比数列.【解法二】假设数列中的项数均为正数：TOC\o"1-5"\h\z首先利用性质②：取〃=3,此时%=%(2>/)，由数列的单调性可知% />0，2而为=4,4■>%・，故攵<3,此时必有k=2,/=l,即〃=幺，q q即q,生,%成等比数列，不妨设%=%q,%=%q2(q>1),2 24然后利用性质①：取i=3J=2,则品=%=%匕=《/，a24M即数列中必然存在一项的值为4M3,下面我们来证明巴=。"二2否则，由数列的单调性可知对 在性质②中，取〃=4,则。4="=为”>《，从而k<4,2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第20页共28页与前面类似的可知则存在伙,/｝U｛1,2,3｝（A>/）,满足/=%,cll2若k=3,l=2,则：%="=《"，与假设矛盾；4若/=3,/=1,则：n4=—=akq4>,与假设矛盾；“2若k=2,l=l,则：％="=《^=生，与数列的单调性矛盾；q即不存在满足题意的正整数口，可见见不成立，从而。4=%”，同理可得：「Man；-，从而数列｛〃“｝为等比数列，同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.从而题中的结论得证，数列｛〃“｝为等比数列.16、（2020•全国1卷）设｛"”｝是公比不为1的等比数列，%为的,。3的等差中项.（1）求｛%｝的公比；（2）若q=1,求数列｛〃《,｝的前〃项和.答案：⑴2⑵s“J-a+3〃）（w.9解：（1）设｛凡｝的公比为夕，4为生，名的等差中项，因为2q=%+%,%^0,.\q2+q-2=0,,:q手l,：.q=-2、（2）设｛〃/｝前〃项和为S”，%=1,%=（一2尸，S〃=lx1+2x（-2）+3x（一2尸+…+〃（-2）"T,①—2S“=1x（-2）+2x（-2）2+3x（-2f+•••（〃-1）（-2）/,-1+〃（一2）”，②①-②得,3S“=1+（-2）+①2f+…+（一2严-〃（-2）”=IP）”_ =1-（1+3〃）（-2）〃 =1一（1+3〃）（一2）”1-（-2） （, 3 , 〃 9 '17、（2020•全国3卷）设数列｛“〃｝满足6/1=3,限=3an-4n.（1）计算的，猜想｛"〃｝的通项公式并加以证明；2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第21页共28页

(2)求数列｛2〃即｝的前〃项和S”.答案：(1)4=5,%=7,%=2〃+1,证明见解析;(2)管=(2〃-1)・2二+2.解：(1)由题意可得生=3《-4=9-4=5,%=3/-8=15-8=7,由数列｛4｝的前三项可猜想数列｛4｝是以3为首项，2为公差的等差数列，即。“=2〃+1,证明如下:当〃=1时，《=3成立；假设”=攵时，4=2k+1成立.那么〃二女+1时，为+1=3/-4k=3(2k+1)—4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的〃wN"都有q=2〃+1成立:(2)由(1)可知，%・2〃=(2〃+1)・2〃S〃=3x2+5x2:+7x23+…+(2〃-1)・2“t+(2〃+1)・2〃,①2S〃=3x22+5x23+7x2'+…+(2〃-1)・2"+(2〃+1)・2向，②由①一②得：—S“=6+2x(2?+23+…+2")_(2〃+1)・2e=6+2x"(1；1)_Q〃+1).2-=(l-2〃)•2小—2，即5〃=(2〃-1)・2皿+2.18、(2020•江苏卷)已知数列｛q｝(〃£“)的首项久=1,前〃项和为设%与k是常数，若对一切正整111数〃，均有S1—sla丞成立，则称此数列为。-依数列.)1+1 %一人%+1(1)若等差数列｛〃”｝是r-1”数列，求人的值；(2)若数列｛q｝是“4-2”数列，且。”>0,求数列｛为｝的通项公式；(3)对于给定的人是否存在三个不同的数列｛%｝为，久-3”数列，且。启0?若存在，求人的取值范|制：若不存在，说明理由,答案：(1)1(2)a答案：(1)1(2)an=fL〃=l[3-4,,-2,h>2(3)0<2<l解：(1)E+—S〃=/%+/.％+】=血+i...q=1・.・%+]至0..・4=12018-2020年高考数学试题分类汇编数列第22页共28页

(2—sn+1>s.s,「—sj>o，.•. _sJ=与(S”+「s炉!1]1!11•.⑸J-S,『)2=-(S„J-5j)(5,t+j+S,J)••sj-s)=；(SJ+S))/.sJ=2S)/.S"4S“S„=4-vS]=%=1,S〃=4〃T,an=4〃t-4T=3.4f>2/(X)=(z3-l)x/(X)=(z3-l)x2+(才+2)x+(才-1)=0(2丰1).①当九<1时，A=(23+2)2-4(23-1)2>0=>工对=一等号〉°，满足题意・②当丸>1时，△=(/P+2『一4(万—>0=>(%=_'：+?<0,此情况有两个不等负根，2(a一1)0<23<4,即0<a<1,此时/（0）=23-1<0,）<r<4,即1<2<也，此时/（0）二万一1>0,不满足题意舍去.2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第23页共28页(3)假设存在三个不同的数列｛q｝为7-3”数列.11111S“#-S/=久"...(S31)3=笳(s__SJTOC\o"1-5"\h\z£ 1 £ £ 2 2 1 £•S3=sJ或(S„+J-V)2=万⑸"+S?+SL)2 2 £ 1■■■ =S”或(万_1电"+(r-1)5/+(万+2)S./S,『=0•・•对于给定的2,存在三个不同的数列也｝为"-3”数列，且牝之0｛1/7=1 2 2 1 10：〃N2或(万一1电J+(万-1)S7+(万+2电+凡『=0(2"1)有两个不等的正根♦2 2 1 1(23-l)S„+J+(A3-l)Sj+(万+2)S„JSJ=0(几w1)可转化为(%3一?s,十(万—1)+(万+2产“]=0(/=]),不妨设(如『=1">0),则Sj Sj IS“J(A3-1)x2+(23+2)x+(23-1)=0(2W1)有两个不等正根，设

综上，0＜久＜119、（2020•新全国1山东）己知公比大于1的等比数列｛%｝满足4+4=20,%=8.（1）求｛。〃｝的通项公式;（2）记配为｛/｝在区间（0,M（meN*）中的项的个数，求数列｛久｝的前100项和So。.答案:（1）an=2n；（2）5loo=48O.a（Qj20解：（i）由于数列｛〃”｝是公比大于i的等比数列，设首项为的,公比为q,依题意有«：：：：：=解得解得可=2国=2,或q=32,q=g（舍），所以4=2”，所以数列｛q｝的通项公式为。“=2”.（2）由于＞=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,所以济对应的区间为：（0』，则4=0；么也对应的区间分别为：（0,2],（0,3],则4=4=1,即有2个1:么也也也对应的区间分别为：（0,4],（0,5],（0,6],（0,7],则a=4="=a=2,即有22个2；么也,…也对应的区间分别为：（Q8],（O,9],・・・,（（M5],则N=N=…=九=3,即有23个3；久也，…也1对应的区间分别为:（0,16],（0,17],...,（0,31],则々6=%=—・=匕=4,即有24个4；原也3,…也对应的区间分别为：（0,32],（0,33],---,（0,63],则为='=…=怎=5,即有个5；却也5,…，*对应的区间分别为：（0、64]，（0,65],…,（0,100],则处=履=…='。=6,即有37个6.所以S3=1x2+2x22+3x23+4x24+5x25+6x37=480.20、（2020•天津卷）.己知｛〃“｝为等差数列，也｝为等比数列，4=々=1,%=5（。4一。3）也=4色一〃3）・（I）求｛4｝和也｝的通项公式;（1【）记｛%｝的前〃项和为s“，求证：SltSll+2＜S;+1（neN*）;〃为奇数，求数列〃为奇数，求数列｛c“｝的前2〃项和.〃为偶数.（III）对任意的正整数〃，设％|%1%'答案:（I）为=〃b答案:（I）为=〃b=2't

ftdi）证明见解析；（in）4〃 6〃+542〃+1-9x4〃一§2018-2020年高考数学试题分类汇编数列第24页共28页解：解）设等差数列｛凡｝的公差为差,等比数列也｝的公比为4.由《=1,%=5（%一%），可得d=L从而｛4｝的通项公式为%=〃.由4=1也=4（a一么）,又分0,可得炉—4q+4=0,解得厅2,从而也｝的通项公式为a=2j（H）证明：由（I）可得S"=""；D,乙故S“S“+2=（〃（〃+1）（〃+2）（〃+3）,S；+i= +1）2（〃+2『,从而S“S“+2-S,：=--(〃+1)(〃+2)<0,所以S“S“+2<S'.乙（川）当〃奇数时，％=〃M+2〃(〃+2) 〃+2 〃(34一2也 (3h-2)2"t2n+12〃t（川）当〃奇数时，％=〃M+2〃(〃+2) 〃+2 〃。〃一iu—1当〃为偶数时，3=产=亍2+1 ，对任意的正整数〃，宫 对任意的正整数〃，宫 W、2&+I24-1,2〃+144 4 4 4〃「1G135 2/7-3由①得aw%=不+不+44 4 4 4〃「1G135 2/7-3由①得aw%=不+不+不+…十.3〃 1 ? ?由①②得一^c*=-+—+•••+ 4£、 442 4〃2〃一1一*19B2//41-4、，./2-4由于斗.二2〃一14由于斗.二2〃一14〃+】22112〃一11 x x—334〃4 4〃 45126/7+53x4〃*56〃+556〃+5§-9x4〃，所以，数列｛%｝的前2〃项和为n从而得：=k=l2“ 〃 " 4〃 6〃+5因此‘孕"