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

专题08数列1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】设{}na是等比数列，且1231aaa，234+2aaa，则678aaaA．12B．24C．30D．32【答案】D【解析】设等比数列na的公比为q，则2123111aaaaqq，232234111112aaaaqaqaqaqqqq，因此，5675256781111132aaaaqaqaqaqqqq.故选：D.【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．2．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则nnSa=A．2n–1B．2–21–nC．2–2n–1D．21–n–1【答案】B【解析】设等比数列的公比为q，由536412,24aaaa可得：421153111122124aqaqqaaqaq，所以1111(1)122,21112nnnnnnnaqaaqSq，因此1121222nnnnnSa.故选：B.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前n项和公式的应用，考查了数学运算能力.3．【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.4．【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．5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1=−2，a2+a6=2，则S10=__________．【答案】25【解析】na是等差数列，且12a，262aa设na等差数列的公差d根据等差数列通项公式：11naand可得1152adad即：2252dd整理可得：66d解得：1d根据等差数列前n项和公式：*1(1),2nnnSnadnN可得：1010(101)1022045252S1025S.故答案为：25..【点睛】本题主要考查了求等差数列的前n项和，解题关键是掌握等差数列的前n项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.6．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】数列{}na满足2(1)31nnnaan，前16项和为540，则1a.【答案】7【解析】2(1)31nnnaan，当n为奇数时，231nnaan；当n为偶数时，231nnaan.设数列na的前n项和为nS，16123416Saaaaa13515241416()()aaaaaaaa111111(2)(10)(24)(44)(70)aaaaaa11(102)(140)(5172941)aa118392928484540aa，17a.故答案为：7.【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.7．【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．8．【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.9．【2020年新高考全国Ⅰ卷】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.10．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】设等比数列{an}满足124aa，138aa．(1)求{an}的通项公式；(2)记nS为数列{log3an}的前n项和．若13mmmSSS，求m．【解析】(1)设{}na的公比为q，则11nnaaq.由已知得1121148aaqaqa，解得11,3aq.所以{}na的通项公式为1=3nna.(2)由(1)知3log1.nan故(1).2nnnS由13mmmSSS得(1)(1)(3)(2)mmmmmm，即2560mm.解得1m(舍去)，6m.【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础题目.11．【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．12．【2020年新高考全国Ⅰ卷】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12