解析分類匯編：北京高考數(shù)學(xué)理5：數(shù)列(教師版)

高中復(fù)習(xí)系列資料-1-22【析類編北高數(shù)理5數(shù)列（2012文）已知{}為等數(shù)列．下面結(jié)論中正確的是Bn（A）a≥a1

2

（Ba≥1

22（C）若a，則a1

2

（D）若aa，則aa3

2（2012文某棵果樹前年的總產(chǎn)量與之間的關(guān)系如圖所示從目前記錄結(jié)果看年年平均產(chǎn)量最高，的為C

S

O

12356791011

n（）11（2012文/理10）已知{}為差數(shù)列，S為其前項(xiàng)．若1

，，則a；

(n．（2013文若等比數(shù)列{}足a，a40，公比

2；前和

．（2013理）若等比數(shù)列{}滿足a，a，公比

2；前n項(xiàng)S

2

n

．（2014文小題分已知{a}等差數(shù)列滿足數(shù)滿b4,b20且{}為n4n等比數(shù)列．（Ⅰ）求數(shù)列{a}{}的通項(xiàng)公式；n-2-（Ⅱ）求數(shù)列的n項(xiàng)．解）設(shè)等差數(shù)列{}的公差為d，由題意得

12．所以adn．設(shè)等比數(shù)列{}的比為q，由題意得q

b20解得b所以bb)q

2

．從而b

n1,2,L（Ⅱ）由（Ⅰ）知

()．1數(shù)列{n}的n項(xiàng)為n(n，數(shù)列{}的n和為1

．所以，數(shù)列{}的n項(xiàng)為n(n

．（2014理）設(shè){}公比為的比列．則“”是“{}遞增數(shù)列”的Dn充分而不必要條件必要而不充分條件充分必要條件既不充分也不必要條件（2014理等差數(shù)列{}足aa則當(dāng)n9710{}的和最大．（2015文小題分已知等差數(shù)列{}足，．（Ⅰ）求{}通項(xiàng)公式；（Ⅱ）設(shè)等比數(shù)列滿足，b．問(wèn)：與數(shù)列{}的第幾項(xiàng)相等？23n解）設(shè)等差數(shù)列{}的公差為．因?yàn)樗裕忠驗(yàn)閍，以，411-3-

時(shí)，所以2n(n1,2,L)．（Ⅱ）設(shè)等比數(shù)列{}的比為．因?yàn)閎，16，33所以q，b．所以b

．由28n得n．所以b與列{}第63項(xiàng)相等．（2015理）設(shè){}等差數(shù)列．下列結(jié)論中正確的是C（A）若，a3（C）若0，a23

（B若a，a12（D）若0則()22（2016理12）知{}為差數(shù)列，為前n項(xiàng)．若a，a，135．S【答案】（2016文小題分已知{}是等差數(shù)列，{}是比數(shù)列，且，b，，1（Ⅰ）求{}的項(xiàng)公式；（Ⅱ）設(shè)c，{}的nnnb9，解）比數(shù)列{}的公比b

14

．4所以b

bq

，27．3設(shè)等差數(shù)列{}公差為．因?yàn)椋?

14

，4所以d，d2．所以an(L)．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a，b．-4-3n3n因此cn．n從而數(shù)列{}的

項(xiàng)和S(2n(112

32

．（2017理）等差數(shù)列{}和等比列滿足

，a，則

22

．【答案】1（2017文小題分已知等差數(shù)列{a}等比數(shù)列滿ann14{}n

，b．45

n

解）等差數(shù)列{a}公差為．因?yàn)?，?41解得d．所以．（Ⅱ）設(shè)等比數(shù)列{}的比為．因?yàn)閎，以bqb．4511解得．

．所以

2n

1

2n

．從而b5

3．2（2018理二均律”是通用的音律體系，明代朱載堉最早用數(shù)方法計(jì)算出半音比例，為這個(gè)理論的發(fā)展做出了重要貢獻(xiàn)．十二平均律將一個(gè)純八度音程分成十二份，依次得到十三個(gè)單音，從第二個(gè)單音起，每一個(gè)單音的頻率與它的前一個(gè)單音的頻率的比都等于．第一個(gè)單音的頻率為f，第八個(gè)單音的頻率為（A）f

（Bf（C）f【答案D

（D）2

f（2018理）設(shè)列，且，a，則式為．25-5-32125127ln232125127ln2【答案】（2018文）設(shè)c,d是零實(shí)數(shù)，則“ad”“ab,cd成比數(shù)列”的（A）充分而不必要件（C）充分必要條件【答案B

（B必要而不充分條件（D）既不充分也不必要條件（2018文二均律”是通用的音律體系，明代朱載堉最早用數(shù)方法計(jì)算出半音比例，為這個(gè)理論的發(fā)展做出了重要貢獻(xiàn)．十二平均律將一個(gè)純八度音程分成十二份，依次得到十三個(gè)單音，從第二個(gè)單音起，每一個(gè)單音的頻率與它的前一個(gè)單音的頻率的比都等于．第一個(gè)單音的頻率為f，第八個(gè)單音的頻率為（A）f（C）2f【答案D（2018文小題分

（B2f（D）2f設(shè)列，且aln2，a．（Ⅰ）求

公式；求e

解）d．因?yàn)?，所以ad．又2，所以d．所以2．（Ⅱ）因?yàn)?

ln2

，

，所以{}是首項(xiàng)為2，比為2的比數(shù)列．所以e

11

2(2

．（2019理）設(shè)等差數(shù)列{}前n項(xiàng)和為．若aS，則，n25n

的最小值為________【答案】

（2019理小題分已知數(shù)列{}從選取第i項(xiàng)、第i項(xiàng)、…第i項(xiàng)（i若2m稱數(shù)列,a,,為{}的度為的遞增子列定列{}的iiiiii-6-列，列，則,21,2任意一項(xiàng)都是{}的度為1的增子列n（Ⅰ）寫出數(shù)列15,6,9的個(gè)長(zhǎng)度為4的遞增子列；（Ⅱ）已知數(shù)列{a}長(zhǎng)度為p的增子列的末項(xiàng)的最小值為a，長(zhǎng)度為的增子列的末n項(xiàng)的最小值為a．p，求證：a；mn（Ⅲ）設(shè)無(wú)窮數(shù)列{}的各項(xiàng)均正整數(shù)，且任意兩項(xiàng)均不相等．{}長(zhǎng)度為s的增子nn列末項(xiàng)的最小值為s長(zhǎng)度為s末為2s的遞增子列恰有22,L求數(shù)列{a}的通項(xiàng)公式．n解）1,5,6案不唯一）（Ⅱ）設(shè)長(zhǎng)度為q末項(xiàng)為a

的一個(gè)遞增子列為a,arr

L,

r

a．由p，a

r

r

．因?yàn)閧}的長(zhǎng)度為p遞增子列末項(xiàng)的最小值為a

，又a,a,L,rr

r

是{}長(zhǎng)度為p的遞增子列，所以m

r

．所以a

．（Ⅲ）由題設(shè)知，所有正奇數(shù)都是{a}中項(xiàng)．先證明：若2是{}的項(xiàng)，則m必排在m之（m為整數(shù)假設(shè)m排2之．設(shè)a,L,aaa,pp子列．與已知矛盾．

2是列{}的度為末項(xiàng)為的增子是數(shù)列{}的度m末為2m的增再證明：所有正偶數(shù)都是{}中項(xiàng)．假設(shè)存在正偶數(shù)不是{}中的項(xiàng)，設(shè)不在{}中的最小正偶數(shù)為2m．因?yàn)?排在之kL和k不能在{}的同一個(gè)遞增子列中．又{}

中不超過(guò)2m的為2,L,2,m

，

所以{}

的長(zhǎng)度為m且末項(xiàng)為2的遞增子列個(gè)數(shù)至多為

．與已知矛盾．最后證明：m排m之（

2為數(shù)）．假設(shè)存在

2(≥)

，使得m排m之，則{}

的長(zhǎng)度為m

且末項(xiàng)為m的增子列的個(gè)數(shù)小于2

．與已知矛盾．綜上，數(shù)列{}可能為4,L,m3,2m2mL．經(jīng)驗(yàn)證，數(shù)列2,1,4,3,L,,2L符條．為奇數(shù)，所以n為偶.（2019文小題分設(shè){}是等差數(shù)列，a，且aa成比數(shù)列．-7-（Ⅰ）求{}的通項(xiàng)公式；（Ⅱ）記{a}的n項(xiàng)為