专题12数列（解析版）.docx

1、五年（2019-2023）年高考真题分项汇编专题11 数列数列作为高考必考题，高考题型一般作为1小1大或者是2小1大模式。主要考点：考点01 数列概念及通项考点02 等差等比数列应用考点03 数列求和考点04 数列情景类问题考点05 数列新定义问题考点06 数列与其他知识点交汇及综合问题考点01 数列概念及通项一 选择题1(2021年高考浙江卷第10题)已知数列满足记数列的前n项和为，则()ABCD【答案】A【解析】因为，所以，由，即根据累加法可得，当且仅当时取等号，当且仅当时取等号，所以，即故选A二、填空题1(2022高考北京卷第15题) 己知数列各项均为正数，其前n项和满足给出下列四个结论

2、：的第2项小于3； 为等比数列；为递减数列； 中存在小于的项其中所有正确结论的序号是_【答案】【解析】由题意可知，当时，可得；当时，由可得，两式作差可得，所以，则，整理可得，因为，解得，对；假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，所以，可得，解得，不合乎题意，故数列不等比数列，错；当时，可得，所以，数列为递减数列，对；假设对任意，则，所以，与假设矛盾，假设不成立，对故答案为：考点02 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

3、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：B2(2019全国理第9题)记为等差数列的前项和已知，则()ABCD【答案】A解析：，所以，故选A3(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()A3B18C54D152【答案】C解析：由题意可得：当时，即， 当时，即， 联立可得，则故选：C2(2023年新课标全国卷第8题)记为等比数列的前n项和，若，则()A120B85CD【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，由可得，解得：，所以故选：C方法二

4、：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：C4(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()ABC15D40【答案】C解析：由题知,即,即,即由题知,所以所以故选:C5(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()A14B12C6D3【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：D6(2019全国理第5题)已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则()A16B8C4D2【答案】C【解析】设正数的等比数列的公

5、比为，则，解得，故选C另解：数感好的话由，立即会想到数列：，检验是否满足，可以迅速得出二、填空题1(2019全国理第14题) 记为等差数列an的前n项和，则_【答案】4【解析】因，所以，即，所以【点评】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算渗透了数学运算素养使用转化思想得出答案2(2019江苏第8题) 已知数列是等差数列，是其前n项和.若，则的值是 .【答案】16【解析】由，得，从而，即，解得，所以.3(2019北京理第10题) 设等差数列的前n项和为，若a2=3，S5=10，则a5=_，Sn的最小值为_【答案】 (1) 0； (2) -10【解析】等差数列中，得，则公差，由等差数列的性质得

6、时，当时，大于0，所以的最小值为或，值为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：4(2019全国理第14题) 记为等比数列的前项和若，则 【答案】解析：由，得，所以，又因为，所以，5(2020江苏高考第11题)设是公差为的等差数列，是公比为的等比数列已知数列的前项和，则的值是_【答案】【解析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意等差数列的前项和公式为，等比数列的前项和公式为，依题意，即，通过对比系数可知，故故答案为：考点03 数列求和一 选择题1(2020年高考课标卷理科第6题)数列中，

7、若，则()A2B3C4D5【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1(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2(2020年新高考全国卷数学（海南）第15题) 将数列2n1与3n2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

8、为首项，以6为公差的等差数列，所以的前项和为，故答案为：3(2019上海第8题)已知数列前n项和为，且满足，则_.【答案】【解析】由得：()【点评】本题主要考查数列求和，的递推式 为等比数列，且， .三 解答题：1(2023年新课标全国卷第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

9、此当为奇数时，当时，因此，所以当时，2(2021年新高考卷第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3(2019全国理第19题) 已知数列和满足，证明：是等比数列，是等差数列；求和的通项公式【答案】见解析；，.【官方解析】由题设得，即又因为，所以是首项为，公比为的等比数列由题设得，即又因为，所以是首项为，公差为的等差数列由知，所以，【分析】可通过题意中的以及对两式进行相加和相减即可推导出数列是等比数列以及数列是等差数列；可通过中的结果推导出数列以及数列的通项公

10、式，然后利用数列以及数列的通项公式即可得出结果.【解析】由题意可知，所以，即，所以数列是首项为、公比为的等比数列，因为，所以，数列是首项、公差为等差数列，.由可知，所以，.4(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n2时,显然对于n=1不成立,5(2023年新课标全国卷第

11、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，6(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，当时，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

12、以，当或时7(2021年新高考全国卷第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8（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)【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）先求，讨论的符号去绝对值，结合运算求解.【详解】（1）设等差数列的公差为，

13、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：.9(2020年新高考全国卷（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

14、以10(2020年新高考全国卷数学（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(q1)，则，整理可得：，数列的通项公式为：(2)由于：，故：11 (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，12 .(2020天津高考第19题) 已知为等差数列，为等比数列，()求和的通项公式；()记的前项和为，求证：；()对任意

15、的正整数，设求数列的前项和【答案】()，；()证明见解析；()【解析】()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()证明：由()可得，故，从而，所以()当为奇数时，当为偶数时，对任意的正整数，有，和 由得 由得，由于，从而得：因此，所以，数列的前项和为考点04 数列情景类题目一、选择题1(2020年高考课标卷理科第0题)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

16、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)()()A3699块B3474块C3402块D3339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：C【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题2(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

17、为已知成公差为01的等差数列，且直线的斜率为0725，则()()A075B08C085D09【答案】D解析：设，则，依题意，有，且，所以，故 故选 D3(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A64B96C128D160【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1(2023年北京卷第14题) 我国度量衡的

18、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】 48 384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；3842(2021年新高考卷第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

19、，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 ；考点05 数列新定义问题1 (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：

20、，(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)()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，均有若存在正整数，使得，即，可取，使得；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；()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，均有若存在正整数，使得，即，可取，使得；若不存在正整数，使得，因为，且，所

21、以必存在，使得，即，可得，可取，使得；综上所述：存在使得2(2019上海第21题) 数列有项，对任意，存在，若与前项中某一项相等，则称具有性质.(1)若，求可能的值；(2)若不为等差数列，求证：中存在满足性质；(3)若中恰有三项具有性质，这三项和为，使用表示.【答案】(1)3,5,7；(2);(3)【解析】(1)由题意，若具有性质，则若具有性质而不具有性质，则即；若不具有性质，则必有即；此时若具有性质，则；若不具有性质，则综上所述，可能的值为3、5、7（2） 假设中不存在满足性质的项，即对任意均有；下面数学归纳法证明，是等差数列；当时，成立；设当且时，；则当时，因为不具有性质，故而又存在故，即

22、；综上所述，当中不存在满足性质的项时，时等差数列成立；故其逆否命题：当不是等差数列时，中存在满足性质的项成立.（3） 由题意，不妨设这三项为，其中;且故数列为等差数列；为等差数列；为等差数列，为等差数列；若存在或或的情况则去掉相应的、每组等差数列的公差均为；且、故当数列去掉这三项后，构成首项为，公差为，项数97项的等差数列；故这97项的和；故这100个数的和3(2019江苏第20题) 定义首项为1且公比为正数的等比数列为“数列”.(1)已知等比数列满足：，求证:数列为“数列”；(2)已知数列bn满足:，其中为数列的前项和求数列的通项公式；设为正整数，若存在“数列” ，对任意正整数，当时，都有成

23、立，求的最大值【答案】见解析【解析】(1)设等比数列的公比为，所以，由，得，解得因此数列为“M数列”.(2)因为，所以由得，则由，得当时，由，得整理得所以数列是首项和公差均为1的等差数列.因此，数列的通项公式为.由知，.因为数列为“数列”，设公比为，所以，.因为，所以，其中.当时，有；当时，有设f(x)=，则令，得.列表如下：x(1，e) e(e，+) +0f(x)极大值因为，所以取，当时，即，经检验知也成立因此所求的最大值不小于5若，分别取，得，且，从而，且，所以不存在.因此所求的最大值小于6.4(2019北京理第20题) 已知数列，从中选取第项、第项、第项()，若，则称新数列为的长度为m的

24、递增子列规定：数列的任意一项都是的长度为1的递增子列()写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；()已知数列的长度为p的递增子列的末项的最小值为，长度为q的递增子列的末项的最小值为若pq，求证：；()设无穷数列an的各项均为正整数，且任意两项均不相等若的长度为的递增子列末项的最小值为，且长度为末项为的递增子列恰有个()，求数列的通项公式【答案】【解析】()满足题意的一个长度为4的递增子列为：1，3，5，6()对于每一个长度为的递增子列，都能从其中找到若干个长度为的递增子列，此时，设所有长度为的子列的末项分别为：，所有长度为的子列的末项分别为：，则，注意到长度为的子列可能无法

25、进一步找到长度为的子列，故，据此可得：()满足题意的一个数列的通项公式可以是，下面说明此数列满足题意很明显数列为无穷数列，且各项均为正整数，任意两项均不相等长度为的递增子列末项的最小值为，下面用数学归纳法证明长度为末项为的递增子列恰有个：当时命题显然成立，假设当时命题成立，即长度为末项为的递增子列恰有个，则当时，对于时得到的每一个子列，可构造：和两个满足题意的递增子列，则长度为k+1末项为2k+1的递增子列恰有个，综上可得，数列是一个满足题意的数列的通项公式注：当时，所有满足题意的数列为：，当时，数列对应的两个递增子列为：和考点06 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

26、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

27、，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

28、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

29、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：B2(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d0，记b1=S2，bn+1=Sn+2S2n，下列等式不可能成立的是()A2a4=a2+a6B2b4=b2+b6CD【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

30、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

31、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,C4(2020年高考课标卷理科第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()ABCD【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

32、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()A1BC0D【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1(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，()当时，求证：；()求的通项公式及其前项和【答案】(1)，； (2)()证明见解析；()，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)()由题意可知，当时，取，则，即，当时，取，此时，据此可得，综上可得：()由()可知：，据此猜测，否则，

33、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：2(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) 3(2014高考数学课标1理科第17题) 已知数列的前项和为,其中为常数(1)证明:;(2)是否存在,使得为等差数列?并说明理由【答案】【解析】(1)由题设,两式相减 ,由于,所以

34、 (2) 由题设,可得,由(1)知 假设为等差数列,则成等差数列,解得; 证明时,为等差数列:由知 数列奇数项构成的数列是首项为1,公差为4的等差数列 令则, 数列偶数项构成的数列是首项为3,公差为4的等差数列 令则, (), 因此,存在存在,使得为等差数列 4(2020年浙江省高考数学试卷第20题) 已知数列an，bn，cn中，()若数列bn为等比数列，且公比，且，求q与an的通项公式；()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，

35、所以，故所以由于，所以，所以即， 5 （2023年新高考卷）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)【分析】（1）根据全概率公式即可求出；（2）设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列即可解出；（3）先求出两点分布的

36、期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出【详解】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，所以，.（2）设，依题可知，则，即，构造等比数列，设，解得，则，又，所以是首项为，公比为的等比数列，即（3）因为，所以当时，故【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解6(2022高考北京卷第21题) 已知为有穷整数数列给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列(1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；(2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；(3)若为连续可表数

37、列，且，求证：【答案】【解析】(1)，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列(2)若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；当时,数列，满足， (3)，若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，若，则至多可表个数，矛盾,从而若,则，至多可表个数，而，所以其中有负的，从而可表120及那个负数(恰 21个)，这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为 ，则所有数之和，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个， (仅一种方式)，与2相邻，若不在两端,则形式，若，则(有2种结果相同，方式矛盾)， 同理 ，故在一端，不妨为形式，若,则 (有

38、2种结果相同，矛盾)，同理不行，则 (有2种结果相同，矛盾)，从而，由于,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能，或，这2种情形，对：，矛盾，对：，也矛盾，综上 7(2021年高考浙江卷第20题) 已知数列前n项和为，且(1)求数列通项；(2)设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求的范围【答案】(1)；(2)【解析】(1)当时，当时，由，得，得，又是首项为，公比为的等比数列，；(2)由，得，所以，两式相减得，所以，由得恒成立，即恒成立，时不等式恒成立；时，得；时，得；所以8(2022新高考全国II卷第17题) 已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且(1)证明：；(2)求集合中元素个数【答

39、案】(1)证明见解析； (2)解析：(1)设数列的公差为，所以，即可解得，所以原命题得证（2） 由(1)知，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为9(2022年浙江省高考数学试题第20题) 已知等差数列的首项，公差记的前n项和为(1)若，求；(2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围【答案】【解析】(1)因为，所以，所以，又，所以，所以，所以，(2)因为，成等比数列，所以，由已知方程的判别式大于等于0，所以，所以对于任意的恒成立，所以对于任意的恒成立，当时，当时，由，可得当时，又所以10(2021年高考全国甲卷理科第18题) 已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立数列是等差数列：数列是等差数列；注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分【答案】答案见解析解析：选作条件证明：设，则，当时，；当时，；因为也是等差数列，所以，解得；所以，所以选作条件证明：因为，是等差数列，所以公差，所以，即，因为，所以是等差数列选作条件证明：设，则，当时，；当时，；因为，所以，解得或；当时，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；当时，不合题意，舍去综上可知为等差数列【点睛】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，等差数列的证明通常采用定义法或者等差中项法