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：2512．（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：434．（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，，，，①，②①②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，，②①②得，，所以．