2024年高考數(shù)學(xué)食堂分類匯編：數(shù)列

2024年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編五數(shù)列

一、選擇題

1.等差數(shù)列S"｝的前〃項和為S“若S9=l,4+。7=()

A.-2B.gC.1D.1

2.記S"為等差數(shù)列｛."｝的前"項和.若$5=$0,45=1,則。1=()

7

A.-2B.'C.1D.2

3.已知函數(shù)為/(x)的定義域為R,f(x)>f(x-1)+fQx-2｝,且當(dāng)x<3時，/(x)=無，則下列

結(jié)論中一定正確的是()

A./(10)>100B.f(20)>1000

C./(10)<1000D./(20)<10000

二'填空題

4.數(shù)歹1」｛服｝,a,.=n+c,Sj<Q,c的取值范圍為.

5.記Sn為等差數(shù)列｛aj的前71項和，若ci3+=7,3。2+=5,則S]。=.

6.已知三個圓柱的體積為公比為10的等比數(shù)列.第一個圓柱的直徑為65mm,第二、三個圓柱的直

徑為325mm,第三個圓柱的高為230mm,求前兩個圓柱的高度分別為.

7.等比數(shù)列｛冊｝首項>。，q>1，記In=｛x-y\x,ye[a1(a2]U[an,an+i]],若對任意正整數(shù)〃，In

是閉區(qū)間，則q的范圍是.

8.已知時=伙|在=久｝,｛an｝,｛bn｝不為常數(shù)列且各項均不相同，下列正確的是.

①｛an｝,｛、｝均為等差數(shù)列，則/中最多一個元素；

②為｝,｛、｝均為等比數(shù)列，則/中最多三個元素；

③｛an｝為等差數(shù)列，｛bn｝為等比數(shù)列，則/中最多三個元素；

④｛an｝單調(diào)遞增，｛bn)單調(diào)遞減，則M中最多一個元素

三'解答題

9.已知等比數(shù)列｛a.｝的前“項和為S”,且2S"=3a”+i-3.

(1)求｛贏｝的通項公式;

(2)求數(shù)列｛￡｝的通項公式.

10.已知數(shù)列｛端的前“項和為日,且4s,=3飆+4.

(1)求｛蠲｝的通項公式;

(2)設(shè)“=(—l)nTzian,求數(shù)列｛瓦,｝的前"項和為7”.

11.已知數(shù)列是公比大于0的等比數(shù)歹，其前n項和為%.若由=1,$2=-1.

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(1)求數(shù)列{冊}前幾項和為與；

(2)設(shè)“=[\其中人是大于1的正整數(shù).

(i)當(dāng)n=耿+i時，求證：bn_i>ak-bn；

(ii)求深

12.若/(%)=logax(a>0,aWl).

(1)y=/(%)過(4,2),求/(2x-2)</(久)的解集；

(2)存在x使得〃工+1)、/(ax),f(久+2)成等差數(shù)列，求a的取值范圍.

13.已知雙曲線C：/一y2=血(血>0),點「](5,4)在C上，k為常數(shù),0<k<l.按照如下方式依次

構(gòu)造點Pn(n=2,3,…)，過點Pn-l作斜率為k的直線與C的左支交于點Qn-l，令Pn為Qn-l關(guān)于y軸的對稱

點，記入的坐標(biāo)為(馬,%).

(1)若k=爹求%2，y2?

(2)證明：數(shù)列{久n—yn}是公比為浮的等比數(shù)列.

(3)設(shè)S九為△P/^+iP九+2的面積，證明：對任意的正整數(shù)弭S九=S九+i.

14.設(shè)加為正整數(shù)，數(shù)列QI,。2,…，Q4加+2是公差不為0的等差數(shù)列，若從中刪去兩項內(nèi)和勾?(%?<))

后剩余的4根項可被平均分為加組，且每組的4個數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列，則稱數(shù)列。1,6/2...,。4加+2是

(Z,7)——可分?jǐn)?shù)列.

(1)寫出所有的(z\j),l<i<j<6,使數(shù)列l(wèi)ai,。2,…，疑是Qi,j)----可分?jǐn)?shù)列；

(2)當(dāng)加23時，證明：數(shù)列。2,…，。4加+2是(2,13)------可分?jǐn)?shù)列；

(3)從1,2,4次+2中一次任取兩個數(shù)，和/(，</),記數(shù)列〃2,…，加+2是(3/)-------

可分?jǐn)?shù)列的概率為辦，證明：P,“二.

15.設(shè)集合M={(i,j,s,t)|iG{l,2},jG{3,4},s￡{5,6},te{7,8},2|(i+j+s+t)},對于

給定有窮數(shù)列A：{an}(l<n<8),及序列Q：a(i,a>2,(Os,a)k=(ik,jk,Sk,tk)CM,定義變換T：

將數(shù)列A的第il,jl,Sl,tl項加1,得到數(shù)列T1(A);將數(shù)列「(A)的第i2,j2,S2,t2項加1,得

到數(shù)列T2Tl(A)...；重復(fù)上述操作，得到數(shù)列Ts…T2Tl(A),記為。(A).

(1)給定數(shù)列A：1,3,2,4,6,3,1,9和序列。：(1,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,

7),寫出。(A)；

(2)是否存在序列。，使得。(A)為ai+2,az+6,as+4,m+2,as+8,ae+2,a+4,as+4,若存在，

寫出一個符合條件的Q；若不存在，請說明理由；

(3)若數(shù)列A的各項均為正整數(shù)，且ai+a3+as+a7為偶數(shù)，證明：“存在序列Q,使得。(A)為常

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數(shù)列”的充要條件為“ai+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”.

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答案解析部分

L【答案】D

2.【答案】B

3.【答案】B

4.【答案】(-oo,-4)

5.【答案】95

6.【答案】mm,23mm

7.【答案】［2,+8)

8.【答案】①③④

9.【答案】(1)解：由2Sn=3an+「3,

當(dāng)7122,25九.1=3ccn—3,

兩式相減得：2an=3azi+i—3an,

所以5azi=3a九+i，所以等式二名

等比數(shù)列｛an｝的公比為q=￡,而由2Sn=3an+i-3,

即2si=3a2-3,所以2ai=3aiq-3,代入q=率則的=1,

所以斯=(|尸.

(2)解:由(1)可得：等比數(shù)列｛an｝的公比為q=|,首項%=1,

利用等比數(shù)列的前n項公式得：

3

Sn(沙~2-

10.【答案】(1)解：當(dāng)n=1時，4s1=4即=3的+4,解得的=4.

當(dāng)nN2時，4Sn_i=3與_1+4,所以4Sn—4Sn_i=4%=3cin-3cin_i即斯=-3即_1，

而即=4。0,故即。0,故需7=一3，

???數(shù)列｛斯｝是以4為首項,-3為公比的等比數(shù)列，

所以an=4?(-3尸一1.

71-1711

(2)解：bn=(-I)-n-4-(-3)-=4n-3^,

4/11

所以T九=bi+Z)2++…+%=4,30+8,31+12,+…+471,3n1

故37\=4?31+8?32+12?33+…+4幾?3九

n

所以-2Tn=4+4?31+4,32+…+4?3孔—1—4?1,3

3(1一3九一1)

=4+4———辦~~^一4幾?3九=4+2?3?(3九一1-1)-4n-3n

1—3

=(2-4n)-3n-2,

n

???Tn=(2n-1)-3+1.

11.【答案】(1)解：設(shè)等比數(shù)列｛a幾｝的公比為q>0,因為a1=1,$2=國—1，所以+@2=。3—1，

即“1+a^q=a1q2—1,

即q2—q—2=0,解得q=2,故S九==2n_1；

(2)證明：(i)由(1)可知數(shù)列｛冊｝的通項為冊=2九T,

當(dāng)n=秋+1=2%24時,則[以=-T<2」I,即耿<n-l<ak+1,

fe-1

可知(4=2,bn-k+1,

fc

bn-i=bak+(afe+1-ak-l)-2k=k+2k(2^】-1)=/c(2-1),

k

可得-ak-bn=k(2-1)-(fc+1)2^=(k—1)2^-k>2(k-1)-k=k-2>0,當(dāng)且僅

當(dāng)k=2時等號成立，

所以既-i>ak-bn-

n

(ii)由(1)可知：Sn=2—1=<2n+i—1,

若n=1,則Si=1,歷=1；

若7i22,則以+i—耿=2人1,

當(dāng)2"i<i<2k—1時，bi—bi=2k,可知數(shù)列｛bj為等差數(shù)列，

fcfc1

Xi=2k-i氏=匕2—+2k2l(2：T—l)=卜?必-]=1[(3/c-l)4-(3k-4)4-]-

所以2i=i瓦=1+扣x42—2x4+8x43—5義42+…+(3n—l)4n-(3n-4)4-1]=

(3n-l)4n+l

9，

當(dāng)71=1時，符合上式，綜上所述：y,瓦=(3R4〃+1

J1=119

12.【答案】(1)解:因為函數(shù)/(%)=108/的圖象過(4,2),所以2oga4=2,解得a?=4,即a=2,

故函數(shù)f(%)=log2x,

又因為函數(shù)f(%)=log2%在(。,+8)上單調(diào)遞增,則f(2%—2)</(%),即0<2%—2<%即1<x<2,

5/11

故/(2%-2)</(久)的解集為｛久|1<%<2].

(2)解：因為存在%使得f(%+1)、f(ax)、f(x+2)成等差數(shù)列，所以2/3)=/(x+1)+以x+2)

有解,

即21oga(aK)=loga(x+1)+loga(x+2),

因為a>0,aWL故%>0,所以?。?=(%+i)(%+2)在(o,+8)上有解,

則a?==1+1+螢=2(]+*)2—靛(0,+8)上有解,

令t=[e(o,+8),因為y=2(t+*)2-*在(0,+8)上的值域為(1,+8),所以a2>l,即a〉1.

13.【答案】(1)解：因為點Pi(5,4)在雙曲線C:/—產(chǎn)=m(小〉0)上，所以m=5?—4?=9,故雙

曲線C的方程為久2一y2=%

x2—y2=9

當(dāng)k另時，過Pi(5,4)且斜率為★的直線為y=亨，聯(lián)立x+3，整理得%2—2%-15=0,

解得工=-3或x=5,所以該直線與C的不同于Pi的交點為Qi(-3,0),該點顯然在C的左支上,

故「2(3,0),x2=3,y2=0.

(2)證明：由題可知，過Pn%,外)且斜率為k的直線為y=k(x-%n)+yn,聯(lián)立直線y=k(x-xn)+yn

222

與雙曲線/一y2=9方程，得久2一(k(x-xn)+yn)=9,化簡整理可得(1-fc)x-2k(yn-kx^x-

(yn-k/)2-9=0,

由于Pn(%n，yn)是一根，則方程必有一根％=Xn,

由根據(jù)韋達(dá)定理可得另一根人警守,y=k(久一x)+y

1-fc2nn

yrt+k2yL2出

1-fc2

2幻幾一如一卜2打2yL2kxn

所以該直線與C的另一個交點為Q()，所以

n1-fc21-fc2

Xn+k2xn-2kyn"+入n―2k打

Pn+1()，

1-fc21-fc2

v_Xn+k^Xn-2ky-,n”yn+Nyw—2k打

x

n+l-1-fc2一，yn+1=1-k2

Xn+k2x—2ky為什夫2y〃—2/o/

所以x+i_y+i=nn

nn1-fc21-fc2

_久w+k2%w+2k%幾_yn+Myn+zkyw_l+H+zk

(xn-yn)~(xn-Vn)-

1-k21-k21-k2

再由君一走=9,就知道打一月。0,所以數(shù)列｛久n—yn｝是公比為目的等比數(shù)列.

yn+Myn2k打

(3)證明：由(2)可得久計1=

1-fc2/7n+l=1-k2

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222

故Y,v_xn+kxn-2kynyn+kyn-2kxn_l+k-2k1-fc,..

收/i+l十yn+1----二濕-----1匚濕------匚濕—ixn十Vn)一耳五k(xYn十，

由于君-y1=9,5+yiW0,則數(shù)列｛%幾+y九｝是公比為^^的等比數(shù)列，

1TrC

所以對任意的正整數(shù)TH,都有aiyn+6-yn^n+m

11

—2((%nXn+m—ynyn+m)+n+m—九+m))一-2((%九％九—ynyn+m)一—y/n+m))

i1

一2。九一、?1）（%九+?11+yn+m)—2(%n+y?i)(%n+m—yn+m)

11-k11+k

=2(T+1)m(^n—即乂%+y?i)—2(]/<)7n(%九+y?t)(久九—yn)

11-k1+/c

Fir「口D(%n-yn)

=9Q(毒1—“尸-(淺1-k”尸)，

則％九+2%+3-yn+2xn+3=f—=%n方+1一、九%九+1①，

2x9

%n+iy九+3-yn+l^n+3=f((y^)一=Xnyn+2-ynn+2@

①②兩式相減可得(/+2、九+3一%i+2%+3)-(Xn+iyn+3-%i+l%九+3)=(%九%+1-'G九+1)一

(久%ni+2—%/1+2)，

化間整理得Xn+2Vn+3—yn^-n+2—%兀+1%1+3+%i%n+l=yn+2^-n+3-&%1+2—yn+l-^-n+3+&%1+1，

故On+3-yn)(Xn+2-Xn+1)=(yn+2-yn+l)(,Xn+3-&)，

x

因為P/n+3=(%n+3—Xn,yn+3—yn),Pn+1Pn+2=(%n+2-n+l>Vn+2-Yn+l)，

SS

所以PnPn+3和Pn+lPn+2平行，^PnPn+lPn+2=APn+l^+2Pn+3>故又=S-

14.【答案】(1)解：等差數(shù)列ai,a2,…，a6刪去兩項后，余下4項成等差數(shù)列，此時剩下的數(shù)列

若想構(gòu)成數(shù)列，必然是公差為d的數(shù)列,

即可能的情況為ai,ai,a3,的或a2,as,a4，as,或a3,明，as,ae,

故刪去的兩項（i,j）可以為（5,6）,（1,6）,（1,2）

（2）證明：依題意得，數(shù)列ai,a2,...,a4m+2是（2,13）——可分?jǐn)?shù)列，

即ai,as,ao…，aio,an,an,au,a4m+2,易分析連續(xù)的四項為等差數(shù)列，

即ai4,ai5,……，a4m+2,后共有（4m-12）連續(xù)項，此時必然構(gòu)成等差數(shù)列，

即證得ai,a3,a4,…，aio,a”，ai3,au,為等差數(shù)列，則數(shù)列ai,a2,…，a4m+2是（2,13）-----

可分?jǐn)?shù)列，

通過分析可知，可以按照｛的，。4,。7,。1。｝，｛。3,。6’。9，。12卜｛的，他，Qlj進(jìn)行分組；

故數(shù)列ai,a2,…，a4m+2（2,13）----可分?jǐn)?shù)列，按｛的，。4，。7，。1。｝，｛。3，期，"12｝，｛。5，“8，au

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，<214).?…a4m,a4m+1,a4m+2｝進(jìn)行分組成可分?jǐn)?shù)列；

(3)證明：按如下兩種方式進(jìn)行選取(i,j)，l<i<j<4m+2,且i,jeZ*,

①原數(shù)列除去因，％外，所有連續(xù)的部分為4的倍數(shù)，此時數(shù)列分組的公差為d.

1)當(dāng)j-i=l時,即(i,j)為(1,2),(5,6),.....(4m+l,4m+2),共(m+1)種；

2)當(dāng)i=l時，j=4k+2,即(i,j)為(1,6),(1,10),..…(1,4m+2),k=1,2,3,....,m,共

m種；

3)當(dāng)i=5時,j=4k+6,即(i,j)為(5,10),(5,14),.....(5,4m+2),k=1,2,3,....,(m-1),

共m種；

4)當(dāng)i=4m-3時,j=4m+2,即(4m-3,4m+2),共1種；

綜上，共有⑺+2,m+l)種可能情況,

②連續(xù)(4t+2)(tCZ*)項刪去其中第2項和倒數(shù)第2項，余下的部分保證其連續(xù)部分為4的倍數(shù).此時,

除去這(4t+2)項，余下的項每4項依次構(gòu)成一組，則每組均為等差數(shù)列.

下面先證明，連續(xù)(4t+2)(kGN*)項刪去其中第2項和倒數(shù)第2項后，這4t項可完成一個劃分.

設(shè)瓦,b2,b3,........b4t+2是數(shù)列ai，。2,。3,........a47n+2中的連續(xù)(4t+2)項，可按如下方式完成劃分：

｛瓦，瓦+1，b2t+l/3t+l,｝，｛b2,bt+i，62t+l,^3t+l,｝>｛M4+E，02t+i/3t+i]其中，(i=3,4,5,......,t)

證明完畢.

下面選取(i,j),

5)當(dāng)這連續(xù)(4t+2)項為a4T至a4i+2(i=2,3,...,m)時，對應(yīng)(m—1)種取法；

6)當(dāng)這連續(xù)(4k+2)項為a4Tl至a4i+2(i=3,4,...?,m)時,對應(yīng)(m-2)種取法；

7)依此類推，當(dāng)這連續(xù)(4t+2)項為ai至a4m+2時，對應(yīng)1種取法.

綜上，共有種可能情況,

貝0Pm=(m+2)(m+1)2+m(m-1)2C4m+22=m2+m+18m2+6m+1>m2+m+l8m2+8m+8=18

即Pm>1.

o

15.【答案】(1)解:因為數(shù)歹!141,3,2,4,6,3,1,9,

由序歹!](1,3,5,7)可得Ti(4):2,3,3,4,7,3,2,9；

由序歹1](2,4,6,8)可得071(4)：2,4,3,5,7,4,2,10；

由序歹1(1,357)可得72T271(4)：3,4,458,4,3,10；

8/11

所以。(2):3,4,4,5,8,4,3,10；

(2)解：不存在，理由如下：

由題意可知：對于任意序列，所對數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4,

假設(shè)存在符合條件的且。(2):瓦,Z)2,…*8,

因為2+6+4+2；8+2+4+4=8)即序列。共有&項，

a

由題意可知：(,b2n-i+b2n)-(a2n-i+2n)=8,"=1,2,3,4,

檢驗可知：當(dāng)n=2,3時，上式不成立，

即假設(shè)不成立，所以不存在符合條件的0;

(3)解：因為數(shù)歹!)41,324,6,3,1,9,

由序歹!]7\(1,357)可得Ti(4):233,4,7,3,2,9；

由序列0(2,4,6,8)可得上加5)：2,4,3,5,7,4,2,10；

由序歹仃3(135,7)可得T3T2Tl(2)：3,4,4,5,8,4,3,10；

所以。(4):3,4,4,5,8,4,3,10；

由題意可知：對于任意序列，所對數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4,

假設(shè)存在符合條件的0,且0(4):bllb2,…也,

因為2+6+4+218+2+4+4=8(即序列。共有&項，

由題意可知：(b2n-i+b2n)-(a2n-i+?2n)=8,71=1,2,3,4,

檢驗可知：當(dāng)n=2,3時，上式不成立，

即假設(shè)不成立，所以不存在符合條件的0;

由題意可知：。中序列的順序不影響。(4)的結(jié)果，

且(的,。2),(a3，a。(<%5,。6)，(。7,。8)相對于序列也是無序的，

(i)若=。5+。6=+&8，

不妨設(shè)<a3<a5<a7,則>a4>a6>a8,

a

①當(dāng)即=a3=as=a7,則=2>

分別執(zhí)行的個序列(2,4,6,8)、。2個序列(135,7),

可得a1+。2,+。2,+。2,+。2,+。2,+。2,+。2,+。2，為常數(shù)列，符合題意；

②當(dāng)心,￡13,。5，。7中有且僅有三個數(shù)相等，不妨設(shè)的=&3=。5，則。2=。4=。6，

即Q],U，2f^8,

分別執(zhí)行。2個序列(135,7)、個序列(2,468)

可+。2,。2+。7,+。2,。2+。7,+。2,。2+。7,。2+。7,。7+。8'

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即CL\+做，。2+。7,+。2,“2+。7,+。2,。2+“7,。2+“7,+。2，

因為+的+。5+。7為偶數(shù)，即3%+“7為偶數(shù)，

可知的,。7的奇偶性相同，則”1CN*,

分別執(zhí)行匍幺個序歹U(L3,5,7),(1,3,6,8),(2,3,5,8),(1,4,5,8),

可得

3。7+2。2—3a7+2。2—3a7+2。？—3。7+2。2—3。7+2。2—3。7+2。2—3。7+2。2—3a7+2。2—

2'2'2'2'2'2'212

為常數(shù)列，符合題意；

若=。3＜。5=。7，貝必2=04＞。6=。8，即。2,@1，。2,。5,。6,05,。6，

分別執(zhí)行恁個(136,8)、的個(2,457),

可+。5,+。2,@1+@5,+。2,@1+。5,。5+。6,+。5,。5+。6'

因為“1+勾=05+