专题07 数列（解析版）

资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】1五年（2019-2023）年高考真题分项汇编专题07数列考点一数列的函数特性1．（2020•浙江）已知数列{}na满足(1)2nnna，则3S．【解析】数列{}na满足(1)2nnna，可得11a，23a，36a，所以313610S．故答案为：10．资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】2考点二等差数列的性质2．（2023•新高考Ⅰ）记nS为数列{}na的前n项和，设甲：{}na为等差数列；乙：{}nSn为等差数列，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{}na是等差数列，设数列{}na的首项为1a，公差为d，则1(1)2nnnSnad，即111222nSnddadnan，故{}nSn为等差数列，即甲是乙的充分条件．反之，若{}nSn为等差数列，则可设11nnSSDnn，则1(1)nSSnDn，即1(1)nSnSnnD，当2n…时，有11(1)(1)(2)nSnSnnD，上两式相减得：112(1)nnnaSSSnD，当1n时，上式成立，所以12(1)naanD，则1112[2(1)]2nnaaanDanDD（常数），所以数列{}na为等差数列．即甲是乙的必要条件．综上所述，甲是乙的充要条件．故本题选：C．考点三等差数列的前n项和3．（2022•上海）已知等差数列{}na的公差不为零，nS为其前n项和，若50S，则(1iSi，2，，100)中不同的数值有个．【解析】等差数列{}na的公差不为零，nS为其前n项和，50S，资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】35154502Sad，解得12ad，21(1)(1)2(5)222nnnnndSnadnddnn，0d，(0iSi，1，2，100)中050SS，233SSd，142SSd，其余各项均不相等，(1iSi，2，100)中不同的数值有：101398．故答案为：98．4．（2020•上海）已知数列{}na是公差不为零的等差数列，且1109aaa，则12910aaaa．【解析】根据题意，等差数列{}na满足1109aaa，即11198aadad，变形可得1ad，所以1129110119899369362729998daaaaadddaadaddd．故答案为：278．5．（2020•海南）将数列{21}n与{32}n的公共项从小到大排列得到数列{}na，则{}na的前n项和为．【解析】将数列{21}n与{32}n的公共项从小到大排列得到数列{}na，则{}na是以1为首项、以6为公差的等差数列，故它的前n项和为2(1)16322nnnnn，故答案为：232nn．6．（2021•新高考Ⅱ）记nS是公差不为0的等差数列{}na的前n项和，若35aS，244aaS．（Ⅰ）求数列{}na的通项公式na；（Ⅱ）求使nnSa成立的n的最小值．【解析】（Ⅰ）数列nS是公差d不为0的等差数列{}na的前n项和，若35aS，244aaS．根据等差数列的性质，3535aSa，故30a，根据244aaS可得333333()()(2)()()adadadadaad，整理得22dd，可得2(0dd不合题意），故3(3)26naandn．（Ⅱ）26nan，14a，资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】42(1)4252nnnSnnn，nnSa，即2526nnn，整理可得2760nn，当6n或1n时，nnSa成立，由于n为正整数，故n的最小正值为7．考点四等比数列的前n项和7．（2023•新高考Ⅱ）记nS为等比数列{}na的前n项和，若45S，6221SS，则8(S)A．120B．85C．85D．120【解析】等比数列{}na中，45S，6221SS，显然公比1q，设首项为1a，则41(1)51aqq①，6211(1)21(1)11aqaqqq②，化简②得42200qq，解得24q或25q（不合题意，舍去），代入①得1113aq，所以844118(1)1(1)(1)(15)(116)85113aqaSqqqq．故选：C．考点五等差数列与等比数列的综合8．（2022•浙江）已知等差数列{}na的首项11a，公差1d．记{}na的前n项和为*()nSnN．（Ⅰ）若423260Saa，求nS；（Ⅱ）若对于每个*nN，存在实数nc，使nnac，14nnac，215nnac成等比数列，求d的取值范围．【解析】（Ⅰ）因为等差数列{}na的首项11a，公差1d，因为423260Saa，可得14234()2602aaaa，即14232()260aaaa，11113()(2)30aadadad，即113(1)(12)30ddd，整理可得：23dd，解得3d，资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】5所以221(1)3335222nnnnnnnSnadn，即2352nnnS；（Ⅱ）因为对于每个*nN，存在实数nc，使nnac，14nnac，215nnac成等比数列，则2111(4)[(1)][((1)15]nnnandcandcandc，11a，整理可得：22[(148)8]0nncndcd，则△22[(148)8]40ndd…恒成立在nN，整理可得[(23)2][2)1]0ndnd…，当1n时，可得2d„或1d…，而1d，所以d的范围为(1,)；2n时，不等式变为(2)(1)0d…，解得2d„，而1d，所以此时(1d，2]，当3n…时，1d，则[(23)2][2)1](25)(3)0ndndnn…符合要求，综上所述，对于每个*nN，d的取值范围为(1，2]，使nnac，14nnac，215nnac成等比数列．9．（2022•新高考Ⅱ）已知{}na是等差数列，{}nb是公比为2的等比数列，且223344ababba．（1）证明：11ab；（2）求集合1{|kmkbaa，1500}m剟中元素的个数．【解析】（1）证明：设等差数列{}na的公差为d，由2233abab，得1111224adbadb，则12db，由2244abba，得111128(3)adbbad，即11124(3)adbdad，11ab．（2）由（1）知，1122dba，由1kmbaa知，11112(1)kbamda，111112(1)2kbbmbb，即122km，又1500m剟，故1221000k剟，则210k剟，故集合1{|kmkbaa，1500}m剟中元素个数为9个．10．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{}na，其前n项和为nS，11a．（1）若数列{}na为等差数列，1070S，求数列{}na的通项公式；资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】6（2）若数列{}na为等比数列，418a，求满足100nnSa时n的最小值．【解析】（1）数列{}na为公差为d的等差数列，1070S，11a，可得110109702d，解得43d，则4411(1)333nann；（2）数列{}na为公比为q的等比数列，418a，11a，可得318q，即12q，则11()2nna，111()122()1212nnnS，100nnSa，即为11112()100()22nn，即2101n，可得7n…，即n的最小值为7．考点六数列递推式11．（2022•浙江）已知数列{}na满足11a，2*11()3nnnaaanN，则()A．100521002aB．100510032aC．100731002aD．100710042a【解析】21103nnnaaa，{}na为递减数列，又211233nnnaaa„，且0na，1121033nnnaaa…，又110a，则0na，2111133nnnnnaaaaa…，11113nnaa…，111112(1)333nnnaa…，则32nan„，资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】710033061001003102102a„；由2113nnnaaa得11(1)3nnnaaa，得1111111(1)333132nnnaaann„，累加可得，1111111()133231nnan„，1001111111134()34(693)40323100328a„，10015100100402a；综上，100510032a．故选：B．12．（2020•浙江）已知等差数列{}na的前n项和nS，公差0d，且11ad„．记12bS，1222nnnbSS，*nN，下列等式不可能成立的是()A．4262aaaB．4262bbbC．2428aaaD．2428bbb【解析】在等差数列{}na中，1(1)naand，21aad，413aad，817aad，1222nnnbSS，24234bSSaa，48678bSSaa，612101112bSSaa，816141516bSSaa，426.2Aaaa，根据等差数列的性质可得A正确，B．若4262bbb，则783411123124112()()()aaaaaaaaaa，成立，B正确，C．若2428aaa，则2111(3)()(7)adadad，即222211116987aaddaadd，得21add，0d，1ad，符合11ad„，C正确；D．若2428bbb，则278341516()()()aaaaaa，即22221111452169468145aaddaadd，得211624add，资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】80d，123ad，不符合11ad„，D错误；故选：D．13．（2019•浙江）设a，bR，数列{}na满足1aa，21nnaab，*nN，则()A．当12b时，1010aB．当14b时，1010aC．当2b时，1010aD．当4b时，1010a【解析】对于B，令2104xx，得12x，取112a，211,,1022naa，当14b时，1010a，故B错误；对于C，令220xx，得2x或1x，取12a，22a，，210na，当2b时，1010a，故C错误；对于D，令240xx，得1172x，取11172a，21172a，，117102na，当4b时，1010a，故D错误；对于A，221122aa…，223113()224aa…，4224319117()14216216aaa…，10nnaa，{}na递增，当4n…时，11132122nnnnaaaa，5465109323232aaaaaa，