2018年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(06-数列)

2018年高考数学试题分类汇编海南省保亭中学王生第1页（共7页）2018年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（06数列）一、选择题1．（2018北京文、理）“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122．若第一个单音的频率f，则第八个单音频率为（）A．32fB．322fC．1252fD．1272f1．【答案】D【解析】因为每一个单音与前一个单音频率比为122，12122nnaannN，，又1af，则71277128122aaqff，故选D．2．（2018浙江）已知1234,,,aaaa成等比数列，且1234123ln()aaaaaaa．若11a，则（）A．1324,aaaaB．1324,aaaaC．1324,aaaaD．1324,aaaa2．.答案：B解答：∵ln1xx，∴1234123123ln()1aaaaaaaaaa，得41a，即311aq，∴0q.若1q，则212341(1)(1)0aaaaaqq，212311(1)1aaaaqqa，矛盾.∴10q，则2131(1)0aaaq，2241(1)0aaaqq.∴13aa，24aa.3．（2018全国新课标Ⅰ理）记nS为等差数列na的前n项和.若3243SSS，12a，则5a（）A．12B．10C．10D．123.答案：B解答：11111132433(3)24996732022adadadadadad6203dd，∴51424(3)10aad.二、填空1．（2018北京理）设na是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则na的通项公式为__________．1．【答案】63nan【解析】13aQ，33436dd，6d，36163nann．2．（2018江苏）已知集合*{|21,}AxxnnN，*{|2,}nBxxnN．将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}na．记nS为数列{}na的前n项和，则使得112nnSa成立的n的最小值为▲．2018年高考数学试题分类汇编海南省保亭中学王生第2页（共7页）2．【答案】27【解析】设=2kna，则12211+221+221+222kknS1122121221212222212kkkkk，由112nnSa得22211122212212202140kkkkk，，1522k，6k，所以只需研究5622na是否有满足条件的解，此时25251211+221+21+22222nSmm，+121nam，m为等差数列项数，且16m．由251221221mm，224500mm，22m，527nm，得满足条件的n最小值为27．3（2018上海）记等差数列 na的前几项和为Sn，若87014aaa₃，，则S7=。4.（2018上海）设等比数列{}的通项公式为an=qⁿ+1（n∈N*），前n项和为Sn。若1Sn1lim2nna，则q=____________5．（2018全国新课标Ⅰ理）记nS为数列na的前n项和.若21nnSa，则6S_____________．5.答案：63解答：依题意，1121,21,nnnnSaSa作差得12nnaa，所以{}na为公比为2的等比数列，又因为11121aSa，所以11a，所以12nna，所以661(12)6312S.2018年高考数学试题分类汇编海南省保亭中学王生第3页（共7页）三、解答题1．（2018北京文）设na是等差数列，且1ln2a，235ln2aa．（1）求na的通项公式；（2）求12eeenaaaL．1．【答案】（1）ln2n；（2）122n．【解析】（1）设等差数列na的公差为d，235ln2aaQ，1235ln2ad，又1ln2a，ln2d，11ln2naandn．（2）由（1）知ln2nan，ln2ln2eee2nnannQ，ena是以2为首项，2为公比的等比数列，212ln2ln2ln221eeeeee=222=22nnaaannLLL，121eee=22naaanL．2.（2018上海）给定无穷数列{an}，若无穷数列{bn}满足：对任意*nN，都有1||nnba，则称{}{}nnba与“接近”。（1）设{an}是首项为1，公比为的等比数列，11nnba，*nN，判断数列{}nb是否与{}na接近，并说明理由；（2）设数列{an}的前四项为：a₁=1，a₂=2，a₃=4，=8，{bn}是一个与{an}接近的数列，记集合M={x|x=bi，i=1,2,3,4},求M中元素的个数m；（3）已知{an}是公差为d的等差数列，若存在数列{bn}满足：{bn}与{an}接近，且在b₂-b₁，b₃-b₂，…b201-b200中至少有100个为正数，求d的取值范围。2018年高考数学试题分类汇编海南省保亭中学王生第4页（共7页）3．（2018江苏）设{}na是首项为1a，公差为d的等差数列，{}nb是首项为1b，公比为q的等比数列．（1）设110,1,2abq，若1||nnabb对1,2,3,4n均成立，求d的取值范围；（2）若*110,,(1,2]mabmqN，证明：存在dR，使得1||nnabb对2,3,,1nm均成立，并求d的取值范围（用1,,bmq表示）．3．【答案】（1）d的取值范围为75,32；（2）d的取值范围为112,mmbqbqmm，证明见解析．【解析】（1）由条件知：1nand，12nnb．因为1nnabb对1n，2，3，4均成立，即1121nnd对1n，2，3，4均成立，即11，13d，325d，739d，得7532d．因此，d的取值范围为75,32．（2）由条件知：11nabnd，11nnbbq．若存在d，使得1nnabb（2n，3，，1m）成立，即11111nbndbqb（2n，3，，1m），即当2n，3，，1m时，d满足1111211nnqqbdbnn．因为1,2mq，则112nmqq，从而11201nqbn，1101nqbn，对2n，3，，1m均成立．因此，取0d时，1nnabb对2n，3，，1m均成立．下面讨论数列121nqn的最大值和数列11nqn的最小值（2n，3，，1m）．①当2nm时，1112222111nnnnnnnnnqqqqqnqqnqnnnnnn，当112mq时，有2nmqq，从而120nnnnqqq．因此，当21nm时，数列121nqn单调递增，故数列121nqn的最大值为2mqm．②设21xfxx，当0x时，ln21ln220xfxx，所以fx单调递减，从而01fxf．2018年高考数学试题分类汇编海南省保亭中学王生第5页（共7页）当2nm时，111112111nnnqqnnfqnnnn，因此，当21nm时，数列11nqn单调递减，故数列11nqn的最小值为mqm．因此，d的取值范围为112,mmbqbqmm．4．（2018浙江）已知等比数列{an}的公比q1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n项和为2n2+n．（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式．4.答案：（1）2q；（2）243152nnnb.解答：（1）由题可得34528aaa，4352(2)aaa，联立两式可得48a.所以34518(1)28aaaqq，可得2q（另一根112，舍去）.（2）由题可得2n时，221()2[2(1)(1)]41nnnbbannnnn，当1n时，211()213bba也满足上式，所以1()41nnnbban，nN,而由（1）可得41822nnna，所以1141412nnnnnnbba，所以121321()()()nnnbbbbbbbb01223711452222nn，错位相减得1243142nnnbb，所以243152nnnb.5．（2018天津文）设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N*）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．（Ⅰ）求Sn和Tn；（Ⅱ）若Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整数n的值．5．【答案】（1）12nnnS，21nnT；（2）4．【解析】（1）设等比数列nb的公比为q，由11b，322bb，可得220qq．因为0q，可得2q，故12nnb．所以，122112nnnT．设等差数列na的公差为d．由435baa，可得134ad．由5462baa，可得131316ad，从而11a，1d，故nan，所以，12nnnS．2018年高考数学试题分类汇编海南省保亭中学王生第6页（共7页）（2）由（1），有131122122222212nnnnTTTnnn=，由124nnnnSTTTab可得1112222nnnnnn，整理得2340nn，解得1n（舍），或4n．所以n的值为4．6．（2018天津理）设{}na是等比数列，公比大于0，其前n项和为()nSnN，{}nb是等差数列.已知11a，322aa，435abb，5462abb.（I）求{}na和{}nb的通项公式；（II）设数列{}nS的前n项和为()nTnN，（i）求nT；（ii）证明221()22()(1)(2)2nnkkkkTbbnkknN.6．【答案】（1）12nna，nbn；（2）①122nnTn；②证明见解析．【解析】（1）设等比数列na的公比为q．由11a，322aa，可得220qq因为0q，可得2q，故12nna，设等差数列nb的公差为d，由435abb，可得134bd，由5462abb，可得131316bd，从而11b，1d，故nbn，所以数列na的通项公式为12nna，数列nb的通项公式为nbn．（2）①由（1），有122112nnnS，故1112122122212nnnk