【备考2022】2022高考数学 （真题 模拟新题分类汇编） 数列 文.docx

1、数列D1数列的概念与简单表示法15D1，D52022湖南卷 对于Ea1，a2，a100的子集Xai1，ai2，aik，定义X的“特征数列”为x1，x2，x100，其中xi1xi2xik1，其余项均为0.例如：子集a2，a3的“特征数列”为0，1，1，0，0，0.(1)子集a1，a3，a5的“特征数列”的前3项和等于_；(2)若E的子集P的“特征数列”p1，p2，p100满足p11，pipi11，1i99；E的子集Q的“特征数列”q1，q2，q100满足q11，qjqj1qj21，1j98，则PQ的元素个数为_15217解析 (1)由特征数列的定义可知，子集a1，a3，a5的“特征数列”为1，0

2、，1，0，1，0，0，故可知前三项和为2.(2)根据“E的子集P的“特征数列”p1，p2，p100满足p11，pipi11，1i99”可知子集P的“特征数列”为1，0，1，0，1，0.即奇数项为1，偶数项为0.根据“E的子集Q的“特征数列”q1，q2，q100满足q11，qjqj1qj21，1j98”可知子集Q的“特征数列为1，0，0，1，0，0，0，1.即项数除以3后的余数为1的项为1，其余项为0，则PQ的元素为项数除以6余数为1的项，可知有a1，a7，a13，a97，共17项4D12022辽宁卷 下面是关于公差d0的等差数列an的四个命题： p1：数列an是递增数列； p2：数列nan是递

3、增数列；p3：数列是递增数列；p4：数列an3nd是递增数列其中的真命题为()Ap1，p2 Bp3，p4Cp2，p3 Dp1，p44D解析 因为数列an为d0的数列，所以an是递增数列，则p1为真命题而数列an3nd也是递增数列，所以p4为真命题，故选D.D2等差数列及等有效期数列前n项和19D2，D42022安徽卷 设数列an满足a12，a2a48，且对任意nN*，函数f(x)(anan1an2)xan1cos xan2sin x满足f0.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn2，求数列bn的前n项和Sn.19解：(1)由题设可得，f(x)anan1an2an1sin xan2cos x.

4、对任意nN*，fanan1an2an10，即an1anan2an1，故an为等差数列由a12，a2a48，解得an的公差d1，所以an21(n1)n1.(2)由bn2an22n2知，Snb1b2bn2n2n23n1.7D22022安徽卷 设Sn为等差数列an的前n项和，S84a3，a72，则a9()A6 B4 C2 D27A解析 设公差为d，则8a128d4a18d，即a15d，a7a16d5d6dd2，所以a9a72d6.20M2，D2，D3，D52022北京卷 给定数列a1，a2，an，对i1，2，n1，该数列前i项的最大值记为Ai，后ni项ai1，ai2，an的最小值记为Bi，diAiB

5、i.(1)设数列an为3，4，7，1，写出d1，d2，d3的值；(2)设a1，a2，an(n4)是公比大于1的等比数列，且a10.证明：d1，d2，dn1是等比数列；(3)设d1，d2，dn1是公差大于0的等差数列，且d10，证明：a1，a2，an1是等差数列20解：(1)d12，d23，d36.(2)证明：因为a10，公比q1，所以a1，a2，an是递增数列因此，对i1，2，n1，Aiai，Biai1.于是对i1，2，n1，diAiBiaiai1a1(1q)qi1.因此di0且q(i1，2，n2)，即d1，d2，dn1是等比数列(3)证明：设d为d1，d2，dn1的公差对1in2，因为BiB

6、i1，d0，所以Ai1Bi1di1BididBidiAi.又因为Ai1maxAi，ai1，所以ai1Ai1Aiai.从而a1，a2，an1是递增数列，因此Aiai(i1，2，n1)又因为B1A1d1a1d1a1，所以B1a1a2a1a9，求a1的取值范围17解：(1)因为数列an的公差d1，且1，a1，a3成等比数列，所以a1(a12)，即aa120，解得a11或a12.(2)因为数列an的公差d1，且S5a1a9，所以5a110a8a1，即a3a1100，解得5a12.17D2，D32022新课标全国卷 已知等差数列an的公差不为零，a125，且a1，a11，a13成等比数列(1)求an的通

7、项公式；(2)求a1a4a7a3n2.17解：(1)设an的公差为d.由题意，aa1a13，即(a110d)2a1(a112d)，于是d(2a125d)0.又a125，所以d0(舍去)，d2.故an2n27.(2)令Sna1a4a7a3n2.由(1)知a3n26n31，故a3n2是首项为25，公差为6的等差数列从而Sn(a1a3n2)(6n56)3n228n.20D22022山东卷 设等差数列an的前n项和为Sn，且S44S2，a2n2an1.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足1，nN*，求bn的前n项和Tn.20解：(1)设等差数列an的首项为a1，公差为d.由S44S2，a2

8、n2an1得解得a11，d2.因此an2n1，nN*.(2)由已知1，nN*，当n1时，；当n2时，1.所以，nN*.由(1)知an2n1，nN*，所以bn，nN*.又Tn，Tn，两式相减得Tn，所以Tn3.17D22022陕西卷 设Sn表示数列的前n项和(1)若是等差数列，推导Sn的计算公式；(2)若a11，q0，且对所有正整数n，有Sn.判断是否为等比数列，并证明你的结论17解： (1)方法一：设的公差为d，则Sna1a2ana1(a1d)a1(n1)d，又Snan(and)an(n1)d，2Snn(a1an)，Sn.方法二：设的公差为d，则Sna1a2ana1(a1d)a1(n1)d，又

9、Snanan1a1a1(n1)da1(n2)da1，2Sn2a1(n1)d2a1(n1)d2a1(n1)d2na1n(n1)d，Snna1d.(2)是等比数列证明如下：Sn，an1Sn1Snqn. a11，q0，当n1时，有 q.因此，an是首项为1且公比为q的等比数列16D2，D32022四川卷 在等比数列an中，a2a12，且2a2为3a1和a3的等差中项，求数列an的首项、公比及前n项和16解：设该数列的公比为q，由已知，可得a1qa12，4a1q3a1a1q2，所以，a1(q1)2，q24q30，解得q3或q1.由于a1(q1)2，因此q1不合题意，应舍去故公比q3，首项a11.所以，

10、数列的前n项和Sn.17D2、D42022新课标全国卷 已知等差数列an的前n项和Sn满足S30，S55.(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和17解：(1)设an的公差为d，则Snna1d.由已知可得 解得a11，d1.故an的通项公式为an2n.(2)由(1)知，数列的前n项和为.19D22022浙江卷 在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1，2a22，5a3成等比数列(1)求d，an ；(2)若d0，求|a1|a2|a3|an|.19解：(1)由题意得5a3a1(2a22)2，即d23d40.故d1或d4.所以ann11，nN*或 an4n6，nN*.(2)设数列an的

11、前n项和为Sn，因为d0.证明：d1，d2，dn1是等比数列；(3)设d1，d2，dn1是公差大于0的等差数列，且d10，证明：a1，a2，an1是等差数列20解：(1)d12，d23，d36.(2)证明：因为a10，公比q1，所以a1，a2，an是递增数列因此，对i1，2，n1，Aiai，Biai1.于是对i1，2，n1，diAiBiaiai1a1(1q)qi1.因此di0且q(i1，2，n2)，即d1，d2，dn1是等比数列(3)证明：设d为d1，d2，dn1的公差对1in2，因为BiBi1，d0，所以Ai1Bi1di1BididBidiAi.又因为Ai1maxAi，ai1，所以ai1Ai

12、1Aiai.从而a1，a2，an1是递增数列，因此Aiai(i1，2，n1)又因为B1A1d1a1d1a1，所以B1a1a20，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，直线y2与C的两个交点间的距离为.(1)求a，b；(2)设过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，且|AF1|BF1|，证明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列22解：(1)由题设知3，即9，故b28a2.所以C的方程为8x2y28a2.将y2代入上式，并求得x.由题设知，2 ，解得a21.所以a1，b2 .(2)证明：由(1)知，F1(3，0)，F2(3，0)，C的方程为8x2y28.由题意可设l的方

13、程为yk(x3)，|k|a1a9，求a1的取值范围17解：(1)因为数列an的公差d1，且1，a1，a3成等比数列，所以a1(a12)，即aa120，解得a11或a12.(2)因为数列an的公差d1，且S5a1a9，所以5a110a8a1，即a3a1100，解得5a1a1a2an的最大正整数n的值为_1412解析 设an的公比为q.由a5及a5(qq2)3得q2，所以a1，所以a61，a1a2a11a1，此时a1a2a111.又a1a2a1227，a1a2a1226a1a2a12，但a1a2a1328，a1a2a132627252828，所以a1a2a130.证明：d1，d2，dn1是等比数列

14、；(3)设d1，d2，dn1是公差大于0的等差数列，且d10，证明：a1，a2，an1是等差数列20解：(1)d12，d23，d36.(2)证明：因为a10，公比q1，所以a1，a2，an是递增数列因此，对i1，2，n1，Aiai，Biai1.于是对i1，2，n1，diAiBiaiai1a1(1q)qi1.因此di0且q(i1，2，n2)，即d1，d2，dn1是等比数列(3)证明：设d为d1，d2，dn1的公差对1in2，因为BiBi1，d0，所以Ai1Bi1di1BididBidiAi.又因为Ai1maxAi，ai1，所以ai1Ai1Aiai.从而a1，a2，an1是递增数列，因此Aiai(

15、i1，2，n1)又因为B1A1d1a1d1a1，所以B1a1a2an1.因此anB1.所以B1B2Bn1an.所以aiAiBidiandi.因此对i1，2，n2都有ai1aidi1did，即a1，a2，an1是等差数列19D5，E92022广东卷 设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4Sna4n1，nN*，且a2，a5，a14构成等比数列(1)证明：a2；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有.19解：19D52022湖北卷 已知Sn是等比数列an的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2a3a418.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数n，使得S

16、n2 013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由19解：(1)设数列an的公比为q，则a10，q0.由题意得即解得故数列an的通项公式为an3(2)n1.(2)由(1)有Sn1(2)n.若存在n，使得Sn2 013，则1(2)n2 013，即(2)n2 012.当n为偶数时，(2)n0，上式不成立；当n为奇数时，(2)n2n2 012，即2n2 012，则n11.综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为n|n2k1，kN，k515D1，D52022湖南卷 对于Ea1，a2，a100的子集Xai1，ai2，aik，定义X的“特征数列”为x1，x2，x100，其中x

17、i1xi2xik1，其余项均为0.例如：子集a2，a3的“特征数列”为0，1，1，0，0，0.(1)子集a1，a3，a5的“特征数列”的前3项和等于_；(2)若E的子集P的“特征数列”p1，p2，p100满足p11，pipi11，1i99；E的子集Q的“特征数列”q1，q2，q100满足q11，qjqj1qj21，1j98，则PQ的元素个数为_15217解析 (1)由特征数列的定义可知，子集a1，a3，a5的“特征数列”为1，0，1，0，1，0，0，故可知前三项和为2.(2)根据“E的子集P的“特征数列”p1，p2，p100满足p11，pipi11，1i99”可知子集P的“特征数列”为1，0，

18、1，0，1，0.即奇数项为1，偶数项为0.根据“E的子集Q的“特征数列”q1，q2，q100满足q11，qjqj1qj21，1j98”可知子集Q的“特征数列为1，0，0，1，0，0，0，1.即项数除以3后的余数为1的项为1，其余项为0，则PQ的元素为项数除以6余数为1的项，可知有a1，a7，a13，a97，共17项19D52022江苏卷 设an是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项的和记bn，nN*，其中c为实数(1)若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN*)；(2)若bn是等差数列，证明：c0.19解：由题设，Snnad.(1)由c0，得bnad

19、.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以bb1b4，即a，化简得d22ad0.因为d0，所以d2a.因此，对于所有的mN*，有Smm2a.从而对于所有的k，nN*，有Snk(nk)2an2k2an2Sk.(2)设数列bn的公差是d1，则bnb1(n1)d1，即b1(n1)d1，nN*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的nN*，有n3n2cd1nc(d1b1)令Ad1d，Bb1d1ad，Dc(d1b1)，则对于所有的nN*，有An3Bn2cd1nD(*)在(*)式中分别取n1，2，3，4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，从而有由，得A0，cd15B，代入方程

20、，得B0，从而cd10.即d1d0，b1d1ad0，cd10.若d10，则由d1d0得d0，与题设矛盾，所以d10.又因为cd10，所以c0.19D52022天津卷 已知首项为的等比数列an的前n项和为Sn(nN*)，且2S2，S3，4S4成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)证明Sn(nN*)19解：(1)设等比数列an的公比为q，因为2S2，S3，4S4成等差数列，所以S32S24S4S3，即S4S3S2S4，可得2a4a3，于是q.又a1，所以等比数列an的通项公式为ann1(1)n1.(2)证明：Sn1n，Sn1n当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以SnS1.当n为偶数时，S

21、n随n的增大而减小，所以SnS2.故对于nN*，有Sn.12022新乡期末 数列an中，a11，an1，则a4等于()A. B.C1 D.1A解析 由a11，an1得，a212，a311，a411，选A.22022合肥联考 已知等差数列an的前n项和为Sn，a3a813且S735，则a7()A11 B10C9 D82D解析 由已知及等差数列的性质S77a435，所以a45，又a4a7a3a813，所以a78，选D.32022天津新华中学月考 设Sn是等差数列an的前n项和，S53(a2a8)，则的值为()A. B.C. D.3D解析 由S53(a2a8)及等差数列的性质得32a5，即5a36a

22、5，所以，选D.42022岳阳模拟 已知等比数列an的前n项和为Sn3na，nN*，则实数a的值是()A3 B3C1 D14C解析 当n2时，anSnSn13n3n123n1；当n1时，a1S13a，因为an是等比数列，所以有3a2，解得a1，选C.52022成都检测 已知等比数列an的前三项依次为a1，a1，a4，则an()A4()n B4()n1C4()n D4()n15B解析 因为数列an为等比数列，所以(a1)2(a1)(a4)，解得a5，即数列的前三项为4，6，9，公比为，所以ana1qn14.62022昆明调研 公比不为1的等比数列an的前n项和为Sn，且3a1，a2，a3成等差数列，若a11，则S4()A20 B0C7 D406A解析 设数列的公比为q(q1)，因为3a1，a2，a3成等差数列，所以3a1a32a2，由于a11，所以3q22q0，因为q1，所以q3.故S41392720.