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2013-2022 十年全国高考数学真题分类汇编专题 06 数列解答题2S1．(2022 年全国甲卷理科·第 17 题)记 Sn 为数列 an 的前 n 项和．已知 nn2an 1．n(1)证明： an 是等差数列；(2)若 a4 ,a7 ,a9 成等比数列，求 Sn 的最小值．【答案】(1)证明见解析：；(2) 78．2S解析：(1)解：因为 nn2a 1，即 2Sn22nan ①，n n n n当 n2 时， 2Sn 1n 1 22 n 1 an 1n 1 ②，① 2②得， 2Snn22Sn 1n 12nann2 n 1 an 1n 1 ，即 2an2n 12nan2 n 1 an 1 1，即 2 n 1 an2 n 1 an 12 n 1 ，所以 anan 11， n2 且 nN*，所以 an 是以1为公差的等差数列．(2)解：由(1)可得 a4a13， a7a16， a9a18，又 a4 ， a7 ， a9成等比数列，所以 a 27a4a9 ，即 a 216 a13 a18 ，解得 a112，n n 1an13 S 12n 1 n2 25 12所以 n ，所以 nn

n25625 ，2 2 2 228所以，当 n12或 n13时 Sn 78min ．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2022 年全国甲卷理科·第 17 题2．(2022 新高考全国 II 卷·第 17 题)已知 an 为等差数列， bn 是公比为 2 的等比数列，且a2b2a3b3b4a4 ．(1)证明： a1b1 ；(2)求集合 k bkama1,1m500 中元素个数．【答案】(1)证明见解析；(2) 9．ad2ba2d4b解析：(1)设数列 a 1 1 1 1 dn 的公差为d ，所以，baa1d2b18b1a，即可解得， 1 1 ，13d2所以原命题得证．d（2）由(1)k 1知，ba，所以ba k 11 1 2 k m a1b12a1m 1 da1 ，即 22m ，亦即m2k 21,500 ，解得 2k 10，所以满足等式的解 k2,3,4, ,10 ，故集合 k | bkama1,1 m500 中的元素个数为102 19．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2022 新高考全国 II 卷·第 17 题 S13．(2022 n新高考全国 I 卷·第 17 题)记 Sn 为数列 an 的前 n 项和，已知 a1 1,是公差为 的等差数 an3列．(1)求 an 的通项公式；1 11(2)证明： 2a a a ．1 2 nn n 1 【答案】(1) an2(2)见解析S解析：(1)∵ a1 1S 1，∴ S1a1 1 ,1∴ 1 na ,又∵ 是公差为 的等差数列，1an3Sn 1 1n 1 n2n2 a n 1 a∴ a 3 3 ,∴ S nn ,∴当n2 时， S n 1 ，n 3 n 1 3 n2 a n 1 a∴ anSnSn n 1n 1 ,整理得： n 1 an 1 a ,3 3 n n 1an n 1 a2 a3 an 1 an即 a ,∴ana1 n 1 n 1 a1 a2 an 2 an 11 3 4 n n 1n n 1，2 3 n2 n 1 2显然对于n 1也成立，∴ an n n 1a 的通项公式 n；21 2 1 1(2) 2

,an n n 1n n 1

1 1 11 1 1 1 1 1 ∴ 2 1 a a a2 2 3 n n 12 1 21 2 n n 1 【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2022 新高考全国 I 卷·第 17 题4．(2021 年新高考全国Ⅱ卷·第 17 题)记 Sn 是公差不为 0 的等差数列 an 的前 n 项和，若 a3S5 ,a2a4S4 ．(1)求数列 an 的通项公式 an ；(2)求使 Snan 成立的 n 的最小值．【答案】解析:(1)由等差数列的性质可得： S55a3 ，则： a35a3 , a30 ，设等差数列的公差为 d ，从而有： a2a4a3da3d d 2 ，S4a1a2a3a4a32d a3d a3a3d 2d ，从而： d 22d ，由于公差不为零，故： d2，数列的通项公式为： ana3n3 d2n6．(2)由数列的通项公式可得： a1264n n 1S，则： nn 4 2n26n ，2则不等式 Snan 即： n25n2n6，整理可得： n 1 n60 ，解得： n 1或 n6 ，又 n为正整数，故 n的最小值为 7 ．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2021 年新高考全国Ⅱ卷·第 17 题 a 1,n为奇数,5．(2021 年新高考Ⅰ卷·第 17 题)已知数列 an 满足 a11， a nn 1 an2,n为偶数.(1)记bna2n ，写出b1 ，b2 ，并求数列 bn 的通项公式；(2)求 an 的前 20 项和．【答案】b12,b25；300．解析:(1)由题设可得b1a2a1 12,b2a4a3 1a22 15又 a2k 2a2k 1 1， a2k 1a2k2，故 a2k 2a2k3 即bn 1bn3即bn 1bn3所以 bn 为等差数列，故bn2n 133n 1．(2)设 an 的前 20 项和为 S20 ，则 S20a1a2a3 a20 ，因为 a1a2 1,a3a4 1, ,a19a20 1，所以 S202 a2a4 a18a2010 2 b1b2 b9b10102

1029 103 210300．

【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2021 年新高考Ⅰ卷·第 17 题6．(2020 年新高考 I 卷(山东卷)·第 18 题)已知公比大于1的等比数列{an}满足 a2a420,a38．(1)求{an}的通项公式；(2)记bm 为{an}在区间 (0,m](mN*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和 S100 ．n【答案】(1) an2 ；(2) S100480．解析：(1)由于数列 an 是公比大于1的等比数列，设首项为 a1，公比为q，依题意有 a1qa1q320 2 ，解得解得 a2,q21，或 a32,q(舍)， a1q81 1 2所以 an2n，所以数列 an 的通项公式为 an2n ．(2)由于 212, 224, 238, 24 16,2532,2664,27 128，所以b1对应的区间为： 0,1 ，则b10；b2 ,b3对应的区间分别为： 0,2 , 0,3 ，则b2b3 1，即有 2 个1；b4 ,b5 ,b6 ,b7 对应的区间分别为： 0,4 , 0,5 , 0,6 , 0,7 ，则b4b5b6b72 ，即有 22 个 2 ；b8 ,b9 , ,b15 对应的区间分别为： 0,8 , 0,9 , , 0,15 ，则b 38b9 b153，即有 2 个3；b16 ,b17 , ,b31 对应的区间分别为： 0,16 , 0,17 , , 0,31 ，则b 416b17 b314 ，即有 2 个4 ；b32 ,b33 , ,b63 对应的区间分别为： 0,32 , 0,33 , , 0,63 ，则b32b33 b635，即有 25个5；b64 ,b65 , ,b100 对应的区间分别为： 0,64 , 0,65 , , 0,100 ，则b64b65 b1006，即有37个6．所以 S100 1 22 223 234 245 256 37480 ．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020 年新高考 I 卷(山东卷)·第 18 题7．(2020 新高考 II 卷(海南卷)·第 18 题)已知公比大于1的等比数列{an}满足 a2a420,a38．(1)求{an}的通项公式；(2)求 a1a2a2a3 ( 1)n 1anan 1．8 22n 3【答案】(1) a nn2 ；(2)( 1)n5 5 aaa qa q320解析：(1)设等比数列 an 的公比为 q(q>1) 2 4 1 1，则 aa q2 ， 3 18整理可得： 2q25q20， q 1,q2,a12，a2 2n 1 n数列的通项公式为： n2 ．(2)由于：1 n 1 anan 1 n n 1 n 1 2n 1n 1 122 1 2 ，故：a aa a ( 1)n 11 2 2 3 anan 1 23252729 ( 1)n 1 22n 1n23 122 2n 38 2( 1)n ．1225 5【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020 新高考 II 卷(海南卷)·第 18 题8．(2021 年高考全国乙卷理科·第 19 题)记 Sn 为数列 an 的前 n 项和，bn 为数列 Sn 的前 n 项积，已知2 12S ．n bn(1)证明：数列 bn 是等差数列;(2)求 an 的通项公式． 3 , n 1 2【答案】(1)证明见解析；(2) an 1 ．, n2n n 1 2 1 2 2b(1) n 1解析： 由已知 S 得Sn,且bn0 ，bn,n bn 2bn 1 2取n 1 ,由 S1b1得b31,2由于bn 为数列 Sn 的前 n 项积，2b1 2b 2b 2n所以b2b ,1 1 2b2 1 2bn 1n2b1 2b 2 2b所以n 1b2b n 1 ，1 1 2b2 1 2bn 1 12bn 1 b所以n 12b ,n 1 1 bn由于bn 102 1 1所以 2b 1 b ，即bn 1bn,其中n N*n 1n 23 1所以数列 bn 是以b1为首项，以 d为公差等差数列;2 2 bb 3 1(2)由(1)可得，数列 n 是以 1为首项，以 d为公差的等差数列，2 2b 3 n n 1 1 n 1 ,2 2 2S 2bn 2nn2b 1 1 n ,n当 n=1 时，a1S31,22n 1 n 1当 n≥2 时, anSnSn 11 n n n n 1 ,显然对于 n=1 不成立, 3 ,n 1a2∴ n． 1 ,n2n n 1 【点睛】本题考查等差数列的证明，考查数列的前 n 项和与项的关系，数列的前 n 项积与项的关系，2b1 2b2 2bn 2b 2b 2b其中由b , 1 2n 得到 n 1b2b 1 2b 1 2b 1 2b 1 2b 1 2b 1 n 1 ，进而得到1 2 n 1 2 n 12bn 1 b n 12b 1 b 是关键一步；要熟练掌握前 n 项和，积与数列的项的关系，消和(积)得到项(或项的递n 1n推关系)，或者消项得到和(积)的递推关系是常用的重要的思想方法．【题目栏目】数列\等差、等比数列的综合应用【题目来源】2021 年高考全国乙卷理科·第 19 题9．(2021 年高考全国甲卷理科·第 18 题)已知数列 an 的各项均为正数，记 Sn 为 an 的前 n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列 an 是等差数列：②数列 Sn 是等差数列；③ a23a1．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①②作条件证明③：设 Snanb(a0)2，则 Snanb ，当n 1时， a1S1ab 2；当 n2 时，anSnSn 1anb 2anab 2a 2ana2b ；因为 an 也是等差数列，所以 ab 2a 2aa2b ，解得b0；所以 ana2 2n 1 ，所以 a23a1．选①③作条件证明②：因为 a23a1， an 是等差数列，所以公差 da2a12a1，n n 1 所以 Snadn2n 1 a1，即 Sna1n，2因为 Sn 1Sna1 n 1a1na1 ，所以 Sn 是等差数列．选②③作条件证明①：设 Snanb(a0) ，则 Snanb 2，2当n 1时， a1S1ab ；2 2当 n2 时，anSnSn 1anb anaba 2ana2b ；a3a2 b 4a因为 2 1，所以 a 3a2b3 ab ，解得b0或 ；3当b0时， a1a2 , a 2na 2n 1 ，当 n2 时， an -an-12a2 满足等差数列的定义，此时 an 为等差数列；b 4a 4 a当 时， Snanb=ana， S10不合题意，舍去．3 3 3综上可知 an 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．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2021 年高考全国甲卷理科·第 18 题10．(2020 年高考数学课标Ⅰ卷理科·第 17 题)设{an}是公比不为 1 的等比数列， a1为 a2，a3的等差中项．(1)求{an}的公比；(2)若 a1 1，求数列{nan}的前 n 项和．(1) (2) S 1 (1 3n)( 2)n【答案】 2 ； n．9【解析】(1)设{an}的公比为q， a1为 a2 , a3 的等差中项， 2a1a2a3,a10, q2q20， q1, q2；(2)设{nan}的 n n 1前 项和为 Sn ，a11,an( 2) ，S1 1 2( 2)3 ( 2)2 n( 2)n 1n ，① 2Sn1 ( 2)2( 2)23 ( 2)3(n 1)( 2)n 1n( 2)n ，② 3S1 ( 2)( 2)2 ( 2)n 1① ②得， nn( 2)n1 ( 2)n 1 (1 3n)( 2)nn( 2)n，1 ( 2) 3S 1 (1 3n)( 2)n n．9【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020 年高考数学课标Ⅰ卷理科·第 17 题11．(2020 年高考数学课标Ⅲ卷理科·第 17 题)设数列{an}满足 a1=3， an 13an4n ．(1)计算 a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2nan}的前 n 项和 Sn．【答案】(1) a25， a37 ， an2n 1n 1，证明见解析；(2) Sn(2n 1) 22 ．解析：(1)由题意可得 a23a14945 ， a33a2 8 15 87，由数列 an 的前三项可猜想数列 an 是以3为首项，2 为公差的等差数列，即 an2n 1，证明如下：当n 1时， a13成立；假设 nk 时， ak2k 1成立．那么nk 1时， ak 13ak4k3(2k 1)4k2k32(k 1) 1也成立．则对任意的n N * ，都有 an2n 1成立；(2) (1) a 2n(2n 1) 2n由 可知， nSn3 25 227 23 (2n 1)2n 1(2n 1) 2n ，①2Sn3 225 237 24 (2n 1) 2n(2n 1) 2n 1，② 2 3 n由① ②得： Sn6222 2 (2n 1) 2n 1221 2n 1 6 n 12(2n 1)2n 1(1 2n) 22，1 2即 Sn(2n 1) 2n 12 ．【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题．【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020 年高考数学课标Ⅲ卷理科·第 17 题12 ． (2019 年高考数学课标全国 Ⅱ 卷理科 · 第 19 题 ) 已知数列 an 和 bn 满足 a1 1， b10，4an 13anbn4， 4bn 13bnan4． 1 证明： anbn 是等比数列， anbn 是等差数列； 2 求 an 和 bn 的通项公式．【答案】 12 a 1 n 1 b 1 1见解析； nn ，2 2 nnn.2 2【官方解析】 1 由题设得 4(an 1b1n 1)2(anbn )，即 an 1bn 1(anbn )．21又因为 a1b1 1，所以 anbn 是首项为1，公比为 的等比数列．2由题设得 4(an 1bn 1)4(anbn )8，即 an 1bn 1anbn2．又因为 a1b1 1，所以 anbn 是首项为1，公差为 2 的等差数列． 2 由 1 1知，anbna2n 1 ， n bn2n 1．a 1所以 n[(ab )(a b )]1 n 1，2 n n n n 2n 2b 1 1 1n[(anbn )(anbn )]nn．2 2 2【分析】 1 可通过题意中的 4an 13bnan4以及 4bn 13anbn4对两式进行相加和相减即可推导出数列 anbn 是等比数列以及数列 anbn 是等差数列； 2 可通过 1 中的结果推导出数列 anbn 以及数列 anbn 的通项公式，然后利用数列 anbn 以及数列 anbn 的通项公式即可得出结果.【解析】 1 由题意可知 4an 13anbn4 ， 4bn 13bnan4， a1 +b1 =1， a1b1 1，所以 4an+1 +4bn+1 = 3an - bn +4 +3bn - an - 4 = 2an +2bn ，即 a1n 1bn 1(ab )，2 n n ab11 a +b =( 1)n- 1所以数列 n n 是首项为 、公比为 的等比数列，2 n n 2 ，因为4an+1 - 4bn+1 = 3an - bn +4 - (3bn - an - 4) = 4an - 4bn +8，所以 an+1 - bn+1 = an - bn +2 ，数列 anbn 是首项1、公差为 2 的等差数列， an - bn = 2n - 1 . 21 1由 可知，anbnn 1 ， an - bn = 2n - 1 ，21 1 1 1所以 an[(anbn )(anbn )]nn，bn[(anbn )(ab )]1 1

2 2 2 2 n n 2n n.2【点评】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题.【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2019 年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第 19 题13．(2018 年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第 17 题)(12 分)等比数列 an 中， a1 1， a54a3(1)求 an 的通项公式；(2)记 Sn 为 an 的前 n 项和，若 Sm63，求m ．(1) a2n 1n 或an 2 n 1；(2) m6【答案】【官方解析】(1)设 an 的公比为 q ，由题设得 anqn 14 2由已知得 q4q ，解得q0 (舍去)，q2 或q2a 2 n 1故 或a2n 1n n12 m(2)若an 2 n 1，则 Sm，由 Sm63，得2 m188 ，此方和没有正整数解3若a2n 1，则 S2mn m 1，由 Sm63m，得 264，解得m6综上，m6．【民间解析】(1) 4设等比数列 an 的公比为 q ，由 a1 1， a54a3 可得1 q4 1 q2 2，所以 q4所以q2当q2 n 1时， ana1qn 12n 1 ；当q2 时， ana1qn 1 2 (2)由(1)可知q2a 1 qm q 2 S 63 1 63 1 2m当时，由 m即63，即2m6426 ，所以m6；1 q 1 2a1 1 qm12 m当q2 时，由 Sm63 63即63，即2 m188 ，无解1 q 1 2综上可知m6．【题目栏目】数列\等比数列\等比数列的综合应用【题目来源】2018 年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第 17 题14．(2018 年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第 17 题)(12 分)记 Sn 为等差数列 {an}的前 n项和，已知 a17，S315 ．(1)求{an}的通项公式；(2)求 Sn ，并求 Sn 的最小值．【答案】解析：(1)设 an 的公差为 d ，由题意得3a13d15 ．由 a17 得 d2，所以{an}的通项公式为 an2n9 ．(2)由(1)得 Snn28n(n4)2 16 ．所以当 n4时， Sn 取得最小值，最小值为 16．【题目栏目】数列\等差数列\等差数列的前 n 项和【题目来源】2018 年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第 17 题15．(2016 高考数学课标Ⅲ卷理科·第 17 题)已知数列 an 的前 n 项和 Sn 1an ,其中0 .(Ⅰ)证明 an 是等比数列,并求其通项公式;31(Ⅱ)若 S5,求 .321 【答案】(Ⅰ) an( )n 1 ;(Ⅱ) 1 .111【解析】(Ⅰ)由题意得 a1S1 1a1 ,故1 , a1, a10 .1由 Sn 1an , Sn 1 1an 1得 an 1an 1an ,即 an 1(1)an .a 由 a n 110 , 0得 an0 ,所以.an1因此 a11 n 是首项为 ,公比为 的等比数列,于是an( )n 1 .11 11

(Ⅱ)由(Ⅰ)得 S 1 ( )n 31311n ,由 S5得1 ( )5,即 ( )5,解得 1 .1 321 321 32【题目栏目】数列\等比数列\等比数列的前 n 项和【题目来源】2016 高考数学课标Ⅲ卷理科·第 17 题16．(2016 高考数学课标Ⅱ卷理科·第 17 题)(本题满分 12 分) Sn 为等差数列 an 的前 n 项和，且 a1=1，S728.记bn = lg an ，其中 x 表示不超过 x 的最大整数，如 0.9 =0， lg99 =1．(I)求b1，b11，b101；(II)求数列 bn 的前 1 000 项和．【答案】(1) b1lg10，b11lg111，b101lg1012 ；(2)1893．【解析】(1)设 an 的公差为 d ，据已知有721d28，解得 d 1．所以数列 an 的通项公式为 ann ．b1lg10，b11lg111，b101lg1012 ． 0, 1 n 10, 1, 10n 100,(2) 因为bn 2, 100n 1000, 3, n 1000,所以数列 bn 的前1000项和为1 902 9003 1 1893．【题目栏目】数列\等差数列\等差数列的前 n 项和【题目来源】2016 高考数学课标Ⅱ卷理科·第 17 题17． (2015 高考数学新课标 1 理科 ·第 17 题 )(本小题满分 12 分 ) Sn 为数列 {an}的前 n 项和．已知an0, a2n2an4Sn3.(Ⅰ)求{an}的通项公式：1(Ⅱ)设bn,求数列{bn}的前 n 项和2anan 1【答案】(Ⅰ) 2n 1 1 1(Ⅱ) 6 4n6分析：(Ⅰ)先用数列第 n 项与前 n 项和的关系求出数列{ an }的递推公式，可以判断数列{ an }是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{ an }的通项公式；(Ⅱ)根据(Ⅰ)数列{ bn }的通项公式，再用拆项消去法求其前 n 项和．解析：(Ⅰ)当n 1时， a212a14S134a1+3，因为 an0，所以 a1 =3，当 n2 时， a2nana2n 1an 1 = 4Sn3 4Sn 13 = 4an ，即 (anan 1)(anan 1)2(anan 1)，因为 an0，所以anan 1 =2，所以数列{ an }是首项为 3，公差为 2 的等差数列，所以 an = 2n 1；1 1 1 1(Ⅱ)由(Ⅰ)知，bn =()，(2n 1)(2n3) 2 2n 1 2n3所以数列{ bn }前n项和为b1b2 b1 [(1 1n =)1 1 1 1 () ()] 1 1 =．2 3 5 5 7 2n 1 2n3 6 4n6考点：数列前 n 项和与第 n 项的关系；等差数列定义与通项公式；拆项消去法【题目栏目】数列\数列的求和\裂项相消法求和问题【题目来源】2015 高考数学新课标 1 理科·第 17 题18．(2014 高考数学课标 2 理科·第 17 题)(本小题满分 12 分)已知数列 an 满足 a1 =1， an 13an 1．(Ⅰ)证明 a1n 2 是等比数列，并求 an 的通项公式；(Ⅱ)证明： 1a 1a … +1a 31 2 n 2【答案】解析：(Ⅰ)由 an 13a 1 a1 3(a 1) a 1 3n，得 n 1 n，且 12 2 2 2所以 a 1 3n2 是首相为 ，公比为3的等比数列。21 3n n因此 an ，所以 a 3 1的通项公式为 a ．2 2 n n 2 21 2(Ⅱ)由(1)知 an 3n 11 1当 n 1时，3n 12 3n 1 ，所以 n 3 1 2 3n 1于是 11 … + 1 1 1a a a 31 3 1 33n 12 (1 3n ) 1 2 n 2所以 11a a … +131 2 an 2考点：(1)等比数列的证明及通项公式的求法；(2)等比数列的前 n 项的和(3)放缩法证明不等式难度：C备注：一题多解【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的放缩问题【题目来源】2014 高考数学课标 2 理科·第 17 题19．(2014 高考数学课标 1 理科·第 17 题)已知数列{an} 的前 n 项和为 Sn , a1 =1 , an0 , anan 1Sn 1 ,其中 为常数．(1)证明: an+2 - an = l ;(2)是否存在 ,使得{an} 为等差数列 并说明理由．【答案】解析:(1)由题设anan+1 = l Sn - 1 , an+1an+2 = l Sn+1 - 1 ,两式相减an+1 (an+2 - an) = l an+1 ,由于 an0 ,所以 an+2 - an = l ．(2)由题设 a1 =1 , a1a2 = l S1 - 1 ,可得 a2 = l 1 - 1 ,由(1)知 a3 = l +1假设{an}为等差数列,则a1,a2 ,a3 成等差数列,∴ a1 +a3 = 2a2 ,解得 l = 4 ;证明 l = 4 时,{an}为等差数列:由 an+2 - an = 4 知数列奇数项构成的数列{a2m- 1} 是首项为 1,公差为 4 的等差数列a2m- 1 = 4m - 3令 n = 2m 1, mn +1- 则 = ,∴ an = 2n - 1 (n = 2m - 1) 2数列偶数项构成的数列{a2m} 是首项为 3,公差为 4 的等差数列 a2m = 4m - 1n令 n = 2m,则m = ,∴ an = 2n - 1 (n = 2m) 2∴ an = 2n - 1 ( nN* ), an+1 - an = 2因此,存在存在 l = 4 ,使得{an}为等差数列．考点:(1)等差数列的证明;(2)等差数列的前 n 项和及综合应用(3)分类讨论思想难度:C备注:高频考点【题目栏目】数列\等差数列\等差数列的判定或证明【题目来源】2014 高考数学课标 1 理科·第 17 题2013-2022 十年全国高考数学真题分类汇编专题 06 数列解答题2S1．(2022 年全国甲卷理科·第 17 题)记 Sn 为数列 an 的前 n 项和．已知 nn2an 1．n(1)证明： an 是等差数列；(2)若 a4 ,a7 ,a9 成等比数列，求 Sn 的最小值．2．(2022 新高考全国 II 卷·第 17 题)已知 an 为等差数列， bn 是公比为 2 的等比数列，且a2b2a3b3b4a4 ．(1)证明： a1b1 ；(2)求集合 k bkama1,1m500 中元素个数． S13．(2022 新高考全国 I 卷·第 17 题) n记 Sn 为数列 an 的前 n 项和，已知 a1 1,是公差为 的等差数 an3列．(1)求 an 的通项公式；1 1 1(2)证明： 2a ．1 a2 an4．(2021 年新高考全国Ⅱ卷·第 17 题)记 Sn 是公差不为 0 的等差数列 an 的前 n 项和，若 a3S5 ,a2a4S4 ．(1)求数列 an 的通项公式 an ；(2)求使 Snan 成立的 n 的最小值． an 1,n为奇数,5．(2021 年新高考Ⅰ卷·第 17 题)已知数列 an 满足 a11， an 1 an2,n为偶数.(1)记bna2n ，写出b1 ，b2 ，并求数列 bn 的通项公式；(2)求 an 的前 20 项和．6．(2020 年新高考 I 卷(山东卷)·第 18 题)已知公比大于1的等比数列{an}满足 a2a420,a38．(1)求{an}的通项公式；(2)记bm 为{an}在区间 (0,m](mN*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和 S100 ．7．(2020 新高考 II 卷(海南卷)·第 18 题)已知公比大于1的等比数列{an}满足 a2a420,a38．(1)求{an}的通项公式；(2)求 a1a2a2a3 ( 1)n 1anan 1．8．(2021 年高考全国乙卷理科·第 19 题)记 Sn 为数列 an 的前 n 项和，bn 为数列 Sn 的前 n 项积，已知2 12S ．n bn(1)证明：数列 bn 是等差数列;(2)求 an 的通项公式．9．(2021 年高考全国甲卷理科·第 18 题)已知数列 an 的各项均为正数，记 Sn 为 an 的前 n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列 an 是等差数列：②数列 Sn 是等差数列；③ a23a1．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．10．(2020 年高考数学课标Ⅰ卷理科·第 17 题)设{an}是公比不为 1 的等比数列， a1为 a2，a3的等差中项．(1)求{an}的公比；(2)若 a1 1，求数列{nan}的前 n 项和．11．(2020 年高考数学课标Ⅲ卷理科·第 17 题)设数列{an}满足 a1=3， an 13an4n ．(1)计算 a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2nan}的前 n 项和 Sn．12 ． (2019 年高考数学课标全国 Ⅱ 卷理科 · 第 19 题 ) 已知数列 an 和 bn 满足 a1 1， b10，4an 13anbn4， 4bn 13bnan4． 1 证明： anbn 是等比数列， anbn 是等差数列； 2 求 an 和 bn 的通项公式．13．(2018 年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第 17 题)(12 分)等比数列 an 中， a1 1， a54a3(1)求 an 的通项公式；(2)记 Sn 为 an 的前 n 项和，若 Sm63，求m ．(1) a2n 1n 或an 1n 2 ；(2) m614．(2018 年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第 17 题)(12 分)记 Sn 为等差数列 {an}的前 n项和，已知 a17，S315 ．(1)求{an}的通项公式；(2)求 Sn ，并求 Sn 的最小值．15．(2016 高考数学课标Ⅲ卷理科·第 17 题)已知数列 an 的前 n 项和 Sn 1an ,其中0 .(Ⅰ)证明 an 是等比数列,并求其通项公式;31(Ⅱ)若 S5,求 .3216．(2016 高考数学课标Ⅱ卷理科·第 17 题)(本题满分 12 分) Sn 为等差数列 an 的前 n 项和，且 a1=1，S728.记bn = lg an ，其中 x 表示不超过 x 的最大整数，如 0.9 =0， lg99 =1．(I)求b1，b11，b101；(II)求数列 bn 的前 1 000 项和．17． (2015 高考数学新课标 1 理科 ·第 17 题 )(本小题满分 12 分 ) Sn 为数列 {an}的前 n 项和．已知a 2n0, an2an4Sn3.(Ⅰ)求{an}的通项公式：(Ⅱ)设b 1n,求数列{bn}的前 n 项和2anan 118．(2014 高考数学课标 2 理科·第 17 题)(本小题满分 12 分)已知数列 an 满足 a1 =1， an 13an 1．(Ⅰ)证明 a 1n2 是等比数列，并求 an 的通项公式；(Ⅱ)证明： 11 … + 13a1 a2 an 219．(2014 高考数学课标 1 理科·第 17 题)已知数列{an} 的前 n 项和为 Sn , a1 =1 , an0 , anan 1Sn 1 ,其中 为常数．(1)证明: an+2 - an = l ;(2)是否存在 ,使得{an} 为等差数列 并说明理由．

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