【新高考复习】专题08 数列——2020年高考真题和模拟题理科数学分项汇编（教师版含解析）

专题08数列1．【2020年高考全国II卷理数】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na，第一层共有n环，则{}na是以9为首项，9为公差的等差数列，9(1)99nann，设nS为{}na的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为232,,nnnnnSSSSS，因为下层比中层多729块，所以322729nnnnSSSS，即3(927)2(918)2(918)(99)7292222nnnnnnnn即29729n，解得=9n，所以32727(9927)34022nSS.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．【2020年高考北京】在等差数列na中，19a，31a．记12(1,2,)nnTaaan……，则数列nTA．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511925151aad，则其通项公式为：11912211naandnn，注意到123456701aaaaaaa，且由50T可知06,iTiiN，由117,iiiTaiiNT可知数列nT不存在最小项，由于1234569,7,5,3,1,1aaaaaa，故数列nT中的正项只有有限项：263T，46315945T.故数列nT中存在最大项，且最大项为4T.故选：B．【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.3．【2020年高考浙江】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差0d，且11ad．记12bS，1222–nnnbSS，nN，下列等式不可能．．．成立的是A．4262aaaB．4262bbbC．2428aaaD．2428bbb【答案】D【解析】对于A，因为数列na为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由4426可得，4262aaa，A正确；对于B，由题意可知，21212222nnnnnbSaaS，1212bSaa，∴234baa，478baa，61112baa，81516baa．∴47822baa，26341112bbaaaa．根据等差数列的下标和性质，由31177,41288可得26341112784=2=2bbaaaaaab，B正确；对于C，2224281111137222aaaadadaddaddda，当1ad时，2428aaa，C正确；对于D，22222478111213452169baaadaadd，2228341516111125229468145bbaaaaadadaadd，22428112416832bbbdaddda．当0d时，1ad，∴113220dadda即24280bbb；当0d时，1ad，∴113220dadda即24280bbb，所以24280bbb，D不正确．故选：D.【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．4．【2020年高考浙江】我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1){}2nn就是二阶等差数列．数列*(1){}()2nnnN的前3项和是_______．【答案】10【解析】因为12nnna，所以1231,3,6aaa．即312313610Saaa．故答案为：10.【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．5．【2020年高考江苏】设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和221()nnSnnnN，则d+q的值是▲．【答案】4【解析】设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，根据题意1q.等差数列na的前n项和公式为2111222nnnddPnadnan，等比数列nb的前n项和公式为1111111nnnbqbbQqqqq，.依题意nnnSPQ，即22111212211nnbbddnnnanqqq，通过对比系数可知111212211ddaqbq112021daqb，故4dq.故答案为：4.【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前n项和公式，属于中档题.6．【2020年高考山东】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】232nn【解析】因为数列21n是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列32n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na是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以na的前n项和为2(1)16322nnnnn，故答案为：232nn.【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目.7．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}na是公比不为1的等比数列，1a为2a，3a的等差中项．(1)求{}na的公比；(2)若11a，求数列{}nna的前n项和．【解析】(1)设{}na的公比为q，由题设得1232,aaa即21112aaqaq.所以220,qq解得1q(舍去)，2q.故{}na的公比为2.(2)设nS为{}nna的前n项和.由(1)及题设可得，1(2)nna.所以112(2)(2)nnSn，21222(2)(1)(2)(2)nnnSnn.可得2131(2)(2)(2)(2)nnnSn1(2)=(2).3nnn所以1(31)(2)99nnnS.8．【2020年高考全国III卷理数】设数列{an}满足a1=3，134nnaan．(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．【解析】(1)235,7,aa猜想21,nan由已知可得1(23)3[(21)]nnanan，1(21)3[(21)]nnanan，……2153(3)aa.因为13a，所以21.nan(2)由(1)得2(21)2nnnan，所以23325272(21)2nnSn.①从而23412325272(21)2nnSn.②①②得23132222222(21)2nnnSn，所以1(21)22.nnSn9．【2020年高考江苏】已知数列()nan*N的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有11111kkknnnSSa成立，则称此数列为“λ～k”数列．(1)若等差数列na是“λ～1”数列，求λ的值；(2)若数列na是“3~23”数列，且0na，求数列na的通项公式；(3)对于给定的λ，是否存在三个不同的数列na为“λ～3”数列，且0na？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．【解析】(1)因为等差数列{}na是“λ～1”数列，则11nnnSSa，即11nnaa，也即1(1)0na，此式对一切正整数n均成立．若1，则10na恒成立，故320aa，而211aa，这与{}na是等差数列矛盾．所以1．(此时，任意首项为1的等差数列都是“1～1”数列)(2)因为数列*{}()nanN是“3~23”数列，所以1133nnnSSa，即1133nnnnSSSS．因为0na，所以10nnSS，则113113nnnnSSSS．令1nnnSbS，则23113nnbb，即221(1)(1)(1)3nnnbbb．解得2nb，即12nnSS，也即14nnSS，所以数列{}nS是公比为4的等比数列．因为111Sa，所以14nnS．则21(1),34(2).nnnan(3)设各项非负的数列*{}()nanN为“~3”数列，则11133311nnnSSa，即33311nnnnSSSS．因为0na，而11a，所以10nnSS，则31311=1nnnnSSSS．令31=nnnSSc，则3311(1)nnnccc，即333(1)(1)(1)nnnccc．(*)①若0或=1，则(*)只有一解为=1nc，即符合条件的数列{}na只有一个．(此数列为1，0，0，0，…)②若1，则(*)化为3232(1)(1)01nnnccc，因为1nc，所以3232101nncc，则(*)只有一解为=1nc，即符合条件的数列{}na只有一个．(此数列为1，0，0，0，…)③若01，则3232101nncc的两根分别在(0，1)与(1，+∞)内，则方程(*)有两个大于或等于1的解：其中一个为1，另一个大于1(记此解为t)．所以1nnSS或31nnStS．由于数列{}nS从任何一项求其后一项均有两种不同结果，所以这样的数列{}nS有无数多个，则对应的{}na有无数多个．综上所述，能存在三个各项非负的数列{}na为“~3”数列，的取值范围是01．10．【2020年高考山东】已知公比大于1的等比数列{}na满足24320,8aaa．(1)求{}na的通项公式；(2)记mb为{}na在区间*(0,]()mmN中的项的个数，求数列{}mb的前100项和100S．【解析】(1)设{}na的公比为q．由题设得31120aqaq，218aq．解得12q(舍去)，2q．由题设得12a．所以{}na的通项公式为2nna．(2)由题设及(1)知10b，且当122nnm时，mbn．所以10012345673233636465100()()()()Sbbbbbbbbbbbbb2345012223242526(10063)480．11．【2020年高考天津】已知na为等差数列，nb为等比数列，115435431,5,4abaaabbb．(Ⅰ)求na和nb的通项公式；(Ⅱ)记na的前n项和为nS，求证：2*21nnnSSSnN；(Ⅲ)对任意的正整数n，设21132,,,.nnnnnnnabnaacanb为奇数为偶数求数列nc的前2n项和．【解析】(Ⅰ)设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q．由11a，5435aaa，可得1d，从而