人教A版（2019）选修二 第四章数列 拓展五：近五年数列高考真题分类汇编-直击高考考点归纳-讲义

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拓展五：近五年数列高考真题分类汇编 考点一 数列的函数特性 1．（2020•浙江）已知数列满足，则　　． 【解析】数列满足， 可得，，， 所以． 故答案为：10． 2．（2021•北京）已知是各项为整数的递增数列，且，若，则的最大值为　　 A．9 B．10 C．11 D．12 【解析】数列是递增的整数数列， 要取最大，递增幅度尽可能为小的整数， 假设递增的幅度为1， ， ， 则， 当时，，， ，即可继续增大，非最大值， 当时，，， ，不满足题意， 即为最大值． 故选：． 考点二 等差数列的通项公式 3．（2021•上海）已知等差数列的首项为3，公差为2，则　　． 【解析】因为等差数列的首项为3，公差为2， 则． 故答案为：21． 4．（2019•北京）设等差数列的前项和为，若，，则　　，的最小值为 　　． 【解析】设等差数列的前项和为，，， ， 解得，， ， ， 或时，取最小值为． 故答案为：0，． 5．（2021•北京）《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：成等差数列，对应的宽为，，，，（单位：，且长与宽之比都相等．已知，，，则　　 A．64 B．96 C．128 D．160 【解析】和是两个等差数列，且是常值，由于，， 故， 由于 所以． 另解：，解得： 故：． 故选：． 6．（2020•北京）在等差数列中，，．记，2，，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 【解析】设等差数列的公差为，由，，得， ． 由，得，而， 可知数列是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值． 可知，，，为最大项， 自起均小于0，且逐渐减小． 数列有最大项，无最小项． 故选：． 考点三 等差数列的性质 7．（2019•新课标Ⅰ）记为等差数列的前项和．已知，，则　　 A． B． C． D． 【解析】设等差数列的公差为， 由，，得 ，， ，， 故选：． 8．（2021•乙卷）记为数列的前项和，为数列的前项积，已知． （1）证明：数列是等差数列； （2）求的通项公式． 【解析】（1）证明：当时，， 由，解得， 当时，，代入， 消去，可得，所以， 所以是以为首项，为公差的等差数列． （2）由题意，得， 由（1），可得， 由，可得， 当时，，显然不满足该式， 所以． 9．（2019•北京）设是等差数列，，且，，成等比数列． （1）求的通项公式； （2）记的前项和为，求的最小值． 【解析】（Ⅰ）是等差数列，，且，，成等比数列． ， ， 解得， ． （Ⅱ）由，，得： ， 或时，取最小值． 考点四 等差数列的前n项和 10．（2022•乙卷）记为等差数列的前项和．若，则公差　　． 【解析】， ， 为等差数列， ， ，解得． 故答案为：2． 11．（2020•新课标Ⅱ）记为等差数列的前项和．若，，则　　． 【解析】因为等差数列中，，， 所以， ，即， 则． 故答案为：25 12．（2019•新课标Ⅲ）记为等差数列的前项和．若，，则　　． 【解析】在等差数列中，由，，得， ． 则． 故答案为：100． 13．（2021•全国）等差数列中，若，则的前15项和为　　 A．1 B．8 C．15 D．30 【解析】等差数列中， ，， 则的前15项和为， 故选：． 14．（2022•上海）已知等差数列的公差不为零，为其前项和，若，则，1，2，，中不同的数值有 　　个． 【解析】等差数列的公差不为零，为其前项和，， ，解得， ， ，，1，，中， ，， 其余各项均不相等， ，1，，中不同的数值有：． 故答案为：98． 15．（2020•上海）已知数列是公差不为零的等差数列，且，则　　． 【解析】根据题意，等差数列满足，即，变形可得， 所以． 故答案为：． 16．（2020•山东）将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则的前项和为　　． 【解析】将数列与的公共项从小到大排列得到数列， 则是以1为首项、以6为公差的等差数列， 故它的前项和为， 故答案为：． 17．（2021•新高考Ⅱ）记是公差不为0的等差数列的前项和，若，． （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）求使成立的的最小值． 【解析】（Ⅰ）数列是公差不为0的等差数列的前项和，若，． 根据等差数列的性质，，故， 根据可得， 整理得，可得不合题意）， 故． （Ⅱ），， ， ，即， 整理可得， 当或时，成立， 由于为正整数， 故的最小正值为7． 18．（2021•甲卷）记为数列的前项和，已知，，且数列是等差数列，证明：是等差数列． 【解答】证明：设等差数列的公差为， 由题意得；， 则，所以， 所以①； 当时，有②． 由①②，得③， 经检验，当时也满足③． 所以，， 当时，， 所以数列是等差数列． 19．（2020•新课标Ⅱ）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 【解析】方法一：设每一层有环，由题意可知，从内到外每环上扇面形石板数之间构成等差数列，上层中心的首项为，且公差， 由等差数列的性质可得，，成等差数列， 且， 则， 则， 则三层共有扇面形石板块， 方法二：设第环天心石块数为，第一层共有环， 则是以9为首项，9为公差的等差数列，， 设为的前项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为，，， 下层比中层多729块， ， ， ，解得， ， 故选：． 20．（2018•新课标Ⅰ）记为等差数列的前项和．若，，则　　 A． B． C．10 D．12 【解析】为等差数列的前项和，，， ， 把，代入得 ． 故选：． 考点五 等比数列的通项公式 21．（2019•新课标Ⅲ）已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则　　 A．16 B．8 C．4 D．2 【解析】设等比数列的公比为， 则由前4项和为15，且，有 ，， ． 故选：． 22．（2022•全国）设等比数列的首项为1，公比为，前项和为．令，若也是等比数列，则　　 A． B． C． D． 【解析】由题意可知，，，， ，若也是等比数列， ，即，即，解得或（舍去）． 故选：． 23．（2020•全国）设函数，若（1），（2），（3）成等比数列，则　　 A． B． C．2 D．6 【解析】， （1），（2），（3）， 又（1），（2），（3）成等比数列， （1）（3）（2）， ， 解得． 故选：． 24．（2022•乙卷）已知等比数列的前3项和为168，，则　　 A．14 B．12 C．6 D．3 【解析】设等比数列的公比为，，由题意，． 前3项和为，， ，， 则， 故选：． 25．（2018•北京）“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献，十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．若第一个单音的频率为，则第八个单音的频率为　　 A． B． C． D． 【解析】从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于． 若第一个单音的频率为，则第八个单音的频率为：． 故选：． 考点六 等比数列的性质 26．（2020•新课标Ⅰ）设是等比数列，且，，则　　 A．12 B．24 C．30 D．32 【解析】是等比数列，且， 则，即， ， 故选：． 27．（2021•全国）记数列的前项和为．已知，且． （1）证明：是等比数列； （2）求． 【解答】（1）证明：已知，① 则，② 由①②可得：，， 又， 则， 即， 则， 即，， 则， 又， 即是以5为首项，3为公比的等比数列； （2）解：由（1）可得：， 即， 则． 28．（2021•甲卷）等比数列的公比为，前项和为．设甲：，乙：是递增数列，则　　 A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【解析】若，，则，则是递减数列，不满足充分性； ， 则， ， 若是递增数列， ， 则，， 满足必要性， 故甲是乙的必要条件但不是充分条件， 故选：． 考点七 等比数列的前n项和 29．（2021•甲卷）记为等比数列的前项和．若，，则　　 A．7 B．8 C．9 D．10 【解析】为等比数列的前项和，，， 由等比数列的性质，可知，，成等比数列， ，2，成等比数列， ，解得． 故选：． 30．（2020•新课标Ⅱ）记为等比数列的前项和．若，，则　　 A． B． C． D． 【解析】设等比数列的公比为， ， ， ， ， ， ， ，， ， 故选：． 31．（2019•全国）　　 A． B． C． D． 【解析】数列3，，，，是首项为3，公比为的等比数列； 且是第项； ． 故选：． 32．（2018•全国）已知等比数列的前项和为，，，则　　 A．8 B．6 C．4 D．2 【解析】等比数列的前项和为，，， 由等比数列的性质得，，成等比数列， ，，成等比数列， ． 故选：． 考点八 等差数列与等比数列的综合 33．（2020•江苏）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　　． 【解析】因为的前项和， 因为是公差为的等差数列，设首项为；是公比为的等比数列，设首项为， 所以的通项公式，所以其前项和， 当中，当公比时，其前项和， 所以的前项和，显然没有出现，所以， 则的前项和为， 所以， 由两边对应项相等可得：解得：，，，， 所以， 故答案为：4 34．（2022•浙江）已知等差数列的首项，公差．记的前项和为． （Ⅰ）若，求； （Ⅱ）若对于每个，存在实数，使，，成等比数列，求的取值范围． 【解析】（Ⅰ）因为等差数列的首项，公差， 因为，可得，即， ，即， 整理可得：，解得， 所以， 即； （Ⅱ）因为对于每个，存在实数，使，，成等比数列， 则，， 整理可得：，则△恒成立在， 整理可得， 当时，可得或，而， 所以的范围为； 时，不等式变为，解得，而， 所以此时，， 当时，，则符合要求， 综上所述，对于每个，的取值范围为，，使，，成等比数列． 35．（2022•新高考Ⅱ）已知是等差数列，是公比为2的等比数列，且． （1）证明：； （2）求集合，中元素的个数． 【解析】（1）证明：设等差数列的公差为， 由，得，则， 由，得， 即， ． （2）由（1）知，， 由知，， ，即， 又，故，则， 故集合，中元素个数为9个． 36．（2020•新课标Ⅰ）设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项． （1）求的公比； （2）若，求数列的前项和． 【解析】（1）设是公比不为1的等比数列， 为，的等差中项，可得， 即， 即为， 解得舍去）， 所以的公比为； （2）若，则， ， 则数列的前项和为， ， 两式相减可得 ， 化简可得， 所以数列的前项和为． 考点九 数列的应用 37．（2022•新高考Ⅱ）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 【解析】设，则，，， 由题意得：，， 且， 解得， 故选：． 38．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为，，，．设．若且，则，，为原位大三和弦；若且，则称，，为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为　　 A．5 B．8 C．10 D．15 【解析】若且，则，，为原位大三和弦， 即有，，；，，；，，；，，；，，，共5个； 若且，则，，为原位小三和弦， 可得，，；，，；，，；，，；，，，共5个， 总计10个． 故选：． 考点十 数列递推式 39．（2020•浙江）已知等差数列的前项和，公差，且．记，，，下列等式不可能成立的是　　 A． B． C． D． 【解析】 在等差数列中，， ，，， ， ， ， ， ， ，根据等差数列的性质可得正确， ．若，则，成立，正确， ．若，则， 即，得， ，，符合，正确； ．若，则， 即，得， ，，不符合，错误； 故选：． 40．（2020•新课标Ⅱ）数列中，，．若，则　　 A．2 B．3 C．4 D．5 【解析】由，且， 取，得， ， 则数列是以2为首项，以2为公比的等比数列， 则， ， ，即． 故选：． 41．（2020•新课标Ⅰ）数列满足，前16项和为540，则　　． 【解析】由， 当为奇数时，有， 可得， ， 累加可得 ； 当为偶数时，， 可得，，，． 可得． ． ， ，即． 故答案为：7． 42．（2021•浙江）已知数列的前项和为，，且． （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）设数列满足，记的前项和为，若对任意恒成立， 求实数的取值范围． 【解析】（Ⅰ）由 可得， 两式作差，可得：， ， 很明显，， 所以数列 是以为首项，为公比的等比数列， 其通项公式为：． （Ⅱ）由，得， ， ， 两式作差可得： ， 则． 据此可得 恒成立，即 恒成立． 时不等式成立； 时，，由于时，故； 时，，而，故：； 综上可得，． 43．（2020•新课标Ⅲ）设等比数列满足，． （1）求的通项公式； （2）记为数列的前项和．若，求． 【解析】（1）设公比为，则由， 可得，， 所以． （2）由（1）有，是一个以0为首项，1为公差的等差数列， 所以， 所以，， 解得，或（舍去）， 所以． 44．（2019•浙江）设，，数列满足，，，则　　 A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 【解析】对于，令，得， 取，， 当时，，故错误； 对于，令，得或， 取，，，， 当时，，故错误； 对于，令，得， 取，，，， 当时，，故错误； 对于，，， ， ，递增， 当时，， ，，．故正确． 故选：． 45．（2022•浙江）已知数列满足，，则　　 A． B． C． D． 【解析】， 为递减数列， 又，且， ， 又，则， ， ， ，则， ； 由得，得， 累加可得，， ， ； 综上，． 故选：． 考点十一 数列的求和 46．（2020•海南）已知公比大于1的等比数列满足，． （1）求的通项公式； （2）求． 【解析】（1）设等比数列的公比为， 则， ，， ． （2）令，则， 所以， 所以数列是等比数列，公比为，首项为8， ， ． 47．（2021•上海）已知为无穷等比数列，，的各项和为9，，则数列的各项和为 　　． 【解析】设的公比为， 由，的各项和为9，可得， 解得， 所以， ， 可得数列是首项为2，公比为的等比数列， 则数列的各项和为． 故答案为：． 48．（2022•全国）设是首项为1，公差不为0的等差数列，且，，成等比数列． （1）求的通项公式； （2）令，求数列的前项和． 【解析】（1）已知是首项为1，公差不为0的等差数列， 又，，成等比数列， 则， 即， 又， 即， 则； （2）由（1）可得：， 则， 则当为偶数时，， 当为奇数时，， 即． 49．（2021•甲卷）已知数列的各项均为正数，记为的前项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列是等差数列；②数列是等差数列；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【解析】选择①③为条件，②结论． 证明过程如下： 由题意可得：，， 数列的前项和：， 故， 据此可得数列 是等差数列． 选择①②为条件，③结论： 设数列的公差为，则： ， 数列 为等差数列，则：， 即：，整理可得：，． 选择③②为条件，①结论： 由题意可得：，， 则数列 的公差为， 通项公式为：， 据此可得，当时，， 当时上式也成立，故数列的通项公式为：， 由，可知数列是等差数列． 50．（2021•乙卷）设是首项为1的等比数列，数列满足，已知，，成等差数列． （1）求和的通项公式； （2）记和分别为和的前项和．证明：． 【解析】（1），，成等差数列，， 是首项为1的等比数列，设其公比为， 则，， ， ． （2）证明：由（1）知，， ， ，① ，② ①②得，， ， ， ． 51．（2020•全国）设数列的前项和． （1）求的通项公式； （2）证明：． 【解答】（1）解：已知数列的前项和， 则当时，，即， 当时，， 即， 即， 又， 即数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 即， 即，； （2）证明：由（1）可得：， 则， 故命题得证． 52．（2021•新高考Ⅰ）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　　． 【解析】易知有，，共5种规格； 由题可知，对折次共有种规格，且面积为，故， 则，记，则， ， ， ． 故答案为：5；． 53．（2022•甲卷）记为数列的前项和．已知． （1）证明：是等差数列； （2）若，，成等比数列，求的最小值． 【解析】（1）证明：由已知有：①， 把换成，②， ②①可得：， 整理得：， 由等差数列定义有为等差数列； （2）由已知有，设等差数列的首项为，由（1）有其公差为1， 故，解得，故， 所以， 故可得：，，， 故在或者时取最小值，， 故的最小值为． 54．（2021•新高考Ⅰ）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． 【解析】（1）因为，， 所以，，， 所以，， ，， 所以数列是以为首项，以3为公差的等差数列， 所以． 另解：由题意可得，， 其中，， 于是，． （2）由（1）可得，， 则，， 当时，也适合上式， 所以，， 所以数列的奇数项和偶数项分别为等差数列， 则的前20项和为． 55．（2020•山东）已知公比大于1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100项和． 【解析】（1）设等比数列的公比为， ，， ， 解得或（舍去）， ， ， （2）记为在区间，中的项的个数， ， ， 故，，，，，，， ，，，，，，，，，， 可知0在数列中有1项，1在数列中有2项，2在数列中有4项，， 由， 可知，． 数列的前100项和． 56．（2020•天津）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． 【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由，，则，可得， ， ，， ， 解得， ； （Ⅱ）证明：法一：由（Ⅰ）可得， ，， ， ； 法二：数列为等差数列，且， ，，， ， ； （Ⅲ），当为奇数时，， 当为偶数时，， 对任意的正整数，有， 和，①， 由①可得，②， ①②得， ， 因此． 数列的前项和． 57．（2021•浙江）已知数列满足，．记数列的前项和为，则　　 A． B． C． D． 【解析】因为，所以，所以， ， ，故， 由累加法可得当 时， ， 又因为当 时， 也成立，所以， 所以， ，故， 由累乘法可得当 时，， 所以． 另解：设，，，可得在递增，接下来运用待定系数法估计的上下界，设，则探索也满足上界的条件． ． 在此条件下，有， 注意到，取，，从而，此时可得． 故选：． 58．（2020•浙江）已知数列，，满足，，． （Ⅰ）若为等比数列，公比，且，求的值及数列的通项公式； （Ⅱ）若为等差数列，公差，证明：，． 【解答】（Ⅰ）解：由题意，，， ，， 整理，得， 解得（舍去），或， ， 数列是以1为首项，4为公比的等比数列， ，． ， 则， ， ， ， 各项相加，可得 ． （Ⅱ）证明：依题意，由，可得 ， 两边同时乘以，可得 ， ， 数列是一个常数列，且此常数为， ， ， 又，， ， ， ，故得证． 考点十二 数列与不等式的综合 59．（2022•新高考Ⅰ）记为数列的前项和，已知，是公差为的等差数列． （1）求的通项公式； （2）证明：． 【解析】（1）已知，是公差为的等差数列， 所以，整理得，①， 故当时，，②， ①②得：， 故， 化简得：，，，，； 所以， 故（首项符合通项）． 所以． 证明：（2）由于， 所以， 所以． 考点十三 数学归纳法 60．（2020•新课标Ⅲ）设数列满足，． （1）计算，，猜想的通项公式并加以证明； （2）求数列的前项和． 【解析】（1）法一：数列满足，， 则，，， 猜想的通项公式为． 证明如下：当，2，3时，显然成立， 假设时，成立， 当时，，故时成立， 由知，，猜想成立， 所以的通项公式． 法二：数列满足，， 则，，， 猜想的通项公式为． 证明：设， 可得， ，解得， ，（不能说明是等比数列） ，，并且，所以恒成立． 所以． （2）令，则数列的前项和 ，① 两边同乘2得，，② ①②得， ， 所以．