专题12 数列-【好题汇编】五年（2020-2024）高考数学真题分类汇编（含答案解析）

专题12数列考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点01等差等比数列应用2023天津甲乙Ⅱ卷2022乙卷2020北京卷等差等比数列及求和在高考中主要考查基本量的基本运算，是常规求和方法发的基本应用。包括：错位相减求和，奇偶性求和，列项求和等。考点02数列求和2024甲天津卷2023ⅠⅡ甲乙卷2022甲卷2021ⅠⅡ乙卷2020浙江ⅠⅡ卷考点03数列情景类问题2024北京2023北京2021北京Ⅰ卷2020Ⅱ卷情景化与新定义是高考的一个新的考点，一般采用学过的知识去解决新定义问题，因加以重视，是高考的一个方向，并且作为压轴题的可能性比较大，难度大。考点04数列新定义问题2024Ⅰ北京卷2023北京卷考点05数列与其他知识点交汇及综合问题2024Ⅱ卷2023北京天津乙Ⅱ卷2022北京浙江ⅠⅡ卷2021甲浙江2020浙江Ⅱ卷知识的综合是未来高考的一个重要方向，主要是数列与统计概率相结合，数列作为一个工具与解析几何，函数结合等，属于中等难度。考点01等差等比数列应用一选择题1．(2020北京高考·第8题)在等差数列中，，．记，则数列()．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【解析】由题意可知，等差数列的公差，则其通项公式为：，注意到，且由可知，由可知数列不存在最小项，由于，故数列中的正项只有有限项：，．故数列中存在最大项，且最大项为．故选：B．2．(2023年天津卷·第6题)已知为等比数列，为数列的前项和，，则的值为 ()A．3 B．18 C．54 D．152【答案】C解析：由题意可得：当时，，即，①当时，，即，②联立①②可得，则．故选：C．3．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第8题)记为等比数列的前n项和，若，，则 ()．A．120 B．85 C． D．【答案】C解析：方法一：设等比数列的公比为，首项为，若，则，与题意不符，所以；由，可得，，①，由①可得，，解得：，所以．故选：C．方法二：设等比数列的公比为，因为，，所以，否则，从而，成等比数列，所以有，，解得：或，当时，，即为，易知，，即；当时，，与矛盾，舍去．故选：C．4．(2023年全国甲卷理科·第5题)设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则 ()A． B． C．15 D．40【答案】C解析：由题知,即,即,即．由题知,所以．所以．故选:C．5．(2022年高考全国乙卷数学(理)·第8题)已知等比数列的前3项和为168，，则 ()A．14 B．12 C．6 D．3【答案】D解析：设等比数列的公比为，若，则，与题意矛盾，所以，则，解得，所以．故选：D．二、填空题3．(2023年全国乙卷理科·第15题)已知为等比数列，，，则______．【答案】解析：设的公比为，则，显然，则，即，则，因为，则，则，则，则，故答案为：．考点02数列求和一选择题1．（2024·全国·高考甲卷文）已知等差数列的前项和为，若，则（

）A． B． C．1 D．【答案】D【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成和来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由，根据等差数列的求和公式，，又.故选：D方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式，，故.故选：D方法三：特殊值法不妨取等差数列公差，则，则.故选：D2．（2024·全国·甲卷）记为等差数列的前项和，已知，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由结合等差中项的性质可得，即可计算出公差，即可得的值.【详解】由，则，则等差数列的公差，故.故选：B.3．(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第6题)数列中，，，若，则 ()A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C解析：在等式中，令，可得，，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，，，则，解得．故选：C．【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题．二、填空题4．(2020年浙江省高考数学试卷·第11题)已知数列{an}满足，则S3=________．【答案】10解析：因为，所以．即．5．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学（海南）·第15题)将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．【答案】解析：因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以的前项和为，故答案为：．三解答题：6．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第18题)已知为等差数列，，记，分别为数列，前n项和，，．(1)求的通项公式；(2)证明：当时，．【答案】(1)；(2)证明见解析．解析：(1)设等差数列的公差为，而，则，于是，解得，，所以数列的通项公式是．(2)方法1：由(1)知，，，当为偶数时，，，当时，，因此，当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，．方法2：由(1)知，，，当为偶数时，，当时，，因此，当为奇数时，若，则，显然满足上式，因此当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，．7．(2021年新高考Ⅰ卷·第17题)已知数列满足，(1)记，写出，，并求数列的通项公式；(2)求的前20项和．【答案】；．【解析】(1)由题设可得又，，故即即所以为等差数列，故．(2)设的前项和为，则，因为，所以．8．(2021年高考全国乙卷理科·第19题)记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．(1)证明：数列是等差数列;(2)求的通项公式．【答案】(1)证明见解析；(2)．解析：(1)由已知得,且，,取,由得,由于为数列的前n项积，所以,所以，所以,由于所以，即,其中所以数列是以为首项，以为公差等差数列;(2)由(1)可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，,,当n=1时，,当n≥2时,,显然对于n=1不成立,∴．9．(2023年新课标全国Ⅰ卷·第20题)设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．(1)若，求的通项公式；(2)若为等差数列，且，求．【答案】(1)(2)解析：(1)，，解得，，又，，即，解得或(舍去)，．(2)为等差数列，，即，，即，解得或，，，又，由等差数列性质知，，即，，即，解得或(舍去)当时，，解得，与矛盾，无解；当时，，解得．综上，．10．(2022年高考全国甲卷数学（理）·第17题)记为数列的前n项和．已知．(1)证明：是等差数列；(2)若成等比数列，求的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)．【解析】(1)解：因为，即①，当时，②，①②得，，即，即，所以，且，所以是以为公差的等差数列．(2)解：由(1)可得，，，又，，成等比数列，所以，即，解得，所以，所以，所以，当或时．11．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第17题)记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．(1)求数列的通项公式；(2)求使成立的n的最小值．【答案】【解析】(1)由等差数列的性质可得：，则：，设等差数列的公差为，从而有：，，从而：，由于公差不为零，故：，数列的通项公式为：．(2)由数列的通项公式可得：，则：，则不等式即：，整理可得：，解得：或，又为正整数，故的最小值为．12（2023年全国乙卷）1．记为等差数列的前项和，已知．(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)(2)【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意可得，即，解得，所以，（2）因为，令，解得，且，当时，则，可得；当时，则，可得；综上所述：.13．(2020年新高考全国Ⅰ卷（山东）·第18题)已知公比大于的等比数列满足．(1)求的通项公式；(2)记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．【答案】(1)；(2)．解析：(1)由于数列是公比大于的等比数列，设首项为，公比为，依题意有，解得解得，或(舍)，所以，所以数列的通项公式为．(2)由于，所以对应的区间为：，则；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个．所以．14．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学（海南）·第18题)已知公比大于的等比数列满足．(1)求通项公式；(2)求．【答案】(1)；(2)解析：(1)设等比数列的公比为q(q>1)，则，整理可得：，，数列的通项公式为：．(2)由于：，故：．15．(2023年全国甲卷理科·第17题)设为数列的前n项和，已知．(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)(2)解析：(1)因为，当时，，即；当时，，即，当时，，所以，化简得：，当时，，即，当时都满足上式，所以．(2)因为，所以，，两式相减得，，，即，．16.(2020天津高考·第19题)已知为等差数列，为等比数列，．(Ⅰ)求和的通项公式；(Ⅱ)记的前项和为，求证：；(Ⅲ)对任意的正整数，设求数列的前项和．【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)．【解析】(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为．由，，可得．从而的通项公式为．由，又，可得，解得，从而的通项公式为．(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得，故，，从而，所以．(Ⅲ)当为奇数时，，当为偶数时，，对任意的正整数，有，和①由①得②由①②得，由于，从而得：．因此，．所以，数列的前项和为．17（2024·天津·高考真题）已知数列是公比大于0的等比数列．其前项和为．若．(1)求数列前项和；(2)设，．（ⅰ）当时，求证：；（ⅱ）求．【答案】(1)(2)①证明见详解；②【详解】（1）设等比数列的公比为，因为，即，可得，整理得，解得或（舍去），所以.（2）（i）由（1）可知，且，当时，则，即可知，，可得，当且仅当时，等号成立，所以；（ii）由（1）可知：，若，则；若，则，当时，，可知为等差数列，可得，所以，且，符合上式，综上所述：.考点03数列情景类题目一、选择题1．(2020年高考课标Ⅱ卷理科)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，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解析：设第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，，设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为，因为下层比中层多729块，所以，即即，解得，所以．故选：C2．(2022新高考全国II卷·第3题)图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0．1的等差数列，且直线的斜率为0．725，则 () ()A．0．75 B．0．8 C．0．85 D．0．9【答案】D解析：设，则，依题意，有，且，所以，故．故选D．3．(2021高考北京·第6题)《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种．这五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，对应的宽为(单位:cm),且长与宽之比都相等，已知，，，则A．64 B．96 C．128 D．160【答案】C解析：由题意，五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，设公差为，因为，，可得，可得，又由长与宽之比都相等，且，可得，所以．故选：C．二、填空题4．(2023年北京卷·第14题)我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量(单位：铢)从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则___________；数列所有项的和为____________．【答案】①．48②．384解析：方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，则，且，可得，则，即，可得，空1：可得，空2：方法二：空1：因为为等比数列，则，且，所以；又因为，则；空2：设后7项公比为，则，解得，可得，所以．故答案为：48；384．5．(2021年新高考Ⅰ卷·第16题)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，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______．【答案】5【解析】(1)对折次可得到如下规格：，，，，，共种；(2)由题意可得，，，，，，设，则，两式作差得，因此，,故答案为；．6（2024·北京·高考真题）设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论：①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素；②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素；③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素；④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素.其中正确结论的序号是.【答案】①③④【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确.对于②，取则均为等比数列，但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误.对于③，设，，若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，当有偶数解，此方程即为，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，否则，因单调性相反，方程至多一个偶数解，当有奇数解，此方程即为，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即否则，因单调性相反，方程至多一个奇数解，因为，不可能同时成立，故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确.对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.故答案为：①③④.考点04数列新定义问题1（2024·全国·高考Ⅰ卷）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．(1)写出所有的，，使数列是可分数列；(2)当时，证明：数列是可分数列；(3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形，得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是，或，或.所以所有可能的就是.（2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：①，共组；②，共组.（如果，则忽略②）故数列是可分数列.（3）定义集合，.下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，则数列一定是可分数列：命题1：或；命题2：.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果，且.此时设，，.则由可知，即，故.此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：①，共组；②，共组；③，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之）故此时数列是可分数列.第二种情况：如果，且.此时设，，.则由可知，即，故.由于，故，从而，这就意味着.此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：①，共组；②，，共组；③全体，其中，共组；④，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：，，，.可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.然后我们来考虑这样的的个数.首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；而如果，假设，则可设，，代入得.但这导致，矛盾，所以.设，，，则，即.所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.所以数列是可分数列的概率一定满足.这就证明了结论.2（2024·北京·高考真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为．(1)给定数列和序列，写出；(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”．【答案】(1)(2)不存在符合条件的，理由见解析(3)证明见解析【详解】（1）因为数列，由序列可得；由序列可得；由序列可得；所以.（2）解法一：假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，则，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的；解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，假设存在符合条件的，且，因为，即序列共有8项，由题意可知：，检验可知：当时，上式不成立，即假设不成立，所以不存在符合条件的.（3）解法一：我们设序列为，特别规定.必要性：若存在序列，使得的各项都相等.则，所以.根据的定义，显然有，这里，.所以不断使用该式就得到，必要性得证.充分性：若.由已知，为偶数，而，所以也是偶数.我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.上面已经说明，这里，.从而由可得.同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.下面证明不存在使得.假设存在，根据对称性，不妨设，，即.情况1：若，则由和都是偶数，知.对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；情况2：若，不妨设.情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.则此时对任意，由可知必有.而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果，且相对于序列也是无序的，（ⅰ）若，不妨设，则，①当，则，分别执行个序列、个序列，可得，为常数列，符合题意；②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则，即，分别执行个序列、个序列可得，即，因为为偶数，即为偶数，可知的奇偶性相同，则，分别执行个序列，，，，可得，为常数列，符合题意；③若，则，即，分别执行个、个，可得，因为，可得，即转为①，可知符合题意；④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则，即，分别执行个、个，可得，且，可得，即转为②，可知符合题意；⑤若，则，即，分别执行个、个，可得，且，可得，即转为③，可知符合题意；综上所述：若，则存在序列，使得为常数列；（ⅱ）若存在序列，使得为常数列，因为对任意，均有成立，若为常数列，则，所以；综上所述：“存在序列，使得为常数列”的充要条件“”.3(2023年北京卷·第21题)已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数．(1)若，求的值；(2)若，且，求；(3)证明：存在，满足使得．【答案】(1)，，，(2)(3)证明见详解解析：(1)由题意可知：，当时，则，故；当时，则，故；当时，则故；当时，则，故；综上所述：，，，．(2)由题意可知：，且，因为，则，当且仅当时，等号成立，所以，又因为，则，即，可得，反证：假设满足的最小正整数为，当时，则；当时，则，则，又因为，则，假设不成立，故，即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以．(3)(ⅰ)若，构建，由题意可得：，且为整数，反证，假设存在正整数，使得，则，可得，这与相矛盾，故对任意，均有①若存在正整数，使得，即，可取，使得；②若不存在正整数，使得，因为，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，使得；(ⅱ)若，构建，由题意可得：，且为整数，反证，假设存在正整数，使得，则，可得，这与相矛盾，故对任意，均有．①若存在正整数，使得，即，可取，使得；②若不存在正整数，使得，因为，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，使得；综上所述：存在使得．考点05数列与其他知识点交汇及综合问题一、选择题1．(2023年北京卷·第10题)已知数列满足，则 ()A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立【答案】B解析：法1：因为，故，对于A，若，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立，由数学归纳法可得成立．而，，，故，故，故为减数列，注意故，结合，所以，故，故，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，故恒成立仅对部分成立，故A不成立．对于B，若可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立即由数学归纳法可得成立．而，，，故，故，故为增数列，若，则恒成立，故B正确．对于C，当时，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立即由数学归纳法可得成立．而，故，故为减数列，又，结合可得：，所以，若，若存在常数，使得恒成立，则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误．对于D，当时，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立由数学归纳法可得成立．而，故，故为增数列，又，结合可得：，所以，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误．故选：B．法2：因为，令，则，令，得或；令，得；所以在和上单调递增，在上单调递减，令，则，即，解得或或，注意到，，所以结合的单调性可知在和上，在和上，对于A，因为，则，当时，，，则，假设当时，，当时，，则，综上：，即，因为在上，所以，则为递减数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递减，故，所以在上单调递增，故，故，即，假设存常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，，则，与恒成立矛盾，故A错误；对于B，因为，当时，，，假设当时，，当时，因为，所以，则，所以，又当时，，即，假设当时，，当时，因为，所以，则，所以，综上：，因为在上，所以，所以为递增数列，此时，取，满足题意，故B正确；对于C，因为，则，注意到当时，，，猜想当时，，当与时，与满足，假设当时，，当时，所以，综上：，易知，则，故，所以，因为在上，所以，则为递减数列，假设存在常数，使得恒成立，记，取，其中，则，故，所以，即，所以，故不恒成立，故C错误；对于D，因为，当时，，则，假设当时，，当时，，则，综上：，因为在上，所以，所以为递增数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递增，故，所以，故，即，假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，，则，与恒成立矛盾，故D错误．故选：B．2．(2020年浙江省高考数学试卷·第7题)已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，．记b1=S2，bn+1=Sn+2–S2n，，下列等式不可能成立的是 ()A．2a4=a2+a6 B．2b4=b2+b6 C． D．【答案】D解析：对于A，因为数列为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由可得，，A正确；对于B，由题意可知，，，∴，，，．∴，．根据等差数列的下标和性质，由可得，B正确；对于C，，当时，，C正确；对于D，，，．当时，，∴即；当时，，∴即，所以，D不正确．故选：D3．(2022高考北京卷·第6题)设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的 ()A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数．若为单调递增数列，则，若，则当时，；若，则，由可得，取，则当时，，所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；若存在正整数，当时，，取且，，假设，令可得，且，当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列．所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”．所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件．故选,C．4．(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第11题)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期．对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是 ()A． B． C． D．【答案】C解析：由知，序列的周期为m，由已知，，对于选项A，，不满足；对于选项B，，不满足；对于选项D，，不满足；故选：C【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题．5．(2023年全国乙卷理科·第10题)已知等差数列的公差为，集合，若，则 ()A．－1 B． C．0 D．【答案】B解析：依题意，等差数列中，，显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，则在中，或，于是有，即有，解得，所以，．故选：B二解答题6（2024·全国·高考Ⅱ卷）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.(1)若，求；(2)证明：数列是公比为的等比数列；(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.【答案】(1)，(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】（1）由已知有，故的方程为.当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.故，从而，.（2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.从而根据韦达定理，另一根，相应的.所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.所以.这就得到，.所以.再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）证明：.证毕，回到原题.由于上一小问已经得到，，故.再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.所以对任意的正整数，都有.而又有，，故利用前面已经证明的结论即得.这就表明的取值是与无关的定值，所以.方法二：由于上一小问已经得到，，故.再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.所以对任意的正整数，都有.这就得到，以及.两式相减，即得.移项得到.故.而，.所以和平行，这就得到，即.7．(2023年天津卷·第19题)已知是等差数列，．(1)求的通项公式和．(2)已知为等比数列，对于任意，若，则，(Ⅰ)当时，求证：；(Ⅱ)求的通项公式及其前项和．【答案】(1)，；(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)，前项和为．解析：(1)由题意可得，解得，则数列的通项公式为，求和得．(2)(Ⅰ)由题意可知，当时，，取，则，即，当时，，取，此时，据此可得，综上可得：．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，据此猜测，否则，若数列的公比，则，注意到，则不恒成立，即不恒成立，此时无法保证，若数列的公比，则，注意到，则不恒成立，即不恒成立，此时无法保证，综上，数列的公比为，则数列的通项公式为，其前项和为：．8．(2022新高考全国I卷·第17题)记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．(1)求的通项公式；(2)证明：．【答案】(1)(2)见解析解析：(1)∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，∴,∴,∴当时，，∴,整理得：,即,∴，显然对于也成立，∴的通项公式；(2)∴9．(2020年浙江省高考数学试卷·第20题)已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．(Ⅰ)若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与an的通项公式；(Ⅱ)若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：．【答案】(I)；(II)证明见解析．解析：(I)依题意，而，即，由于，所以解得，所以．所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以．所以()．所以(II)依题意设，由于，所以，故．所以．由于，所以，所以．即，．10（2023年新高考Ⅱ卷）2．甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．(1)求第2次投篮的人是乙的概率；(2)求第次投篮的人是甲的概率；(3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的