2024年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編05數(shù)列（含答案）

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{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S9＝1，a3+a7＝（）A．﹣2 B．73 C．1 D．2．記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若S5＝S10，a5＝1，則a1＝（）A．﹣2 B．73 C．1 3．已知函數(shù)為f（x）的定義域?yàn)镽，f（x）＞f（x﹣1）+f（x﹣2），且當(dāng)x＜3時(shí)，f（x）＝x，則下列結(jié)論中一定正確的是（）A．f（10）＞100 B．f（20）＞1000C．f（10）＜1000 D．f（20）＜10000二、填空題4．?dāng)?shù)列{an}，an＝n+c，S7＜0，c的取值范圍為．5．記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a6．已知三個(gè)圓柱的體積為公比為10的等比數(shù)列．第一個(gè)圓柱的直徑為65mm，第二、三個(gè)圓柱的直徑為325mm，第三個(gè)圓柱的高為230mm，求前兩個(gè)圓柱的高度分別為．7．等比數(shù)列{an}首項(xiàng)a1>0，q>1，記ln={x?y∣x,y∈[a8．已知M={k|ak=bk}①{an}，{bn}均為等差數(shù)列，則M中最多一個(gè)元素；②{an}，{bn}均為等比數(shù)列，則M中最多三個(gè)元素；③{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列，則M中最多三個(gè)元素；④{an}單調(diào)遞增，{bn}單調(diào)遞減，則M中最多一個(gè)元素三、解答題9．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn＝3an+1﹣3．（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）求數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式．10．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且4Sn＝3an+4．（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)bn=(?1)n?1nan11．已知數(shù)列{an}是公比大于0的等比數(shù)列.其前n項(xiàng)和為S（1）求數(shù)列{an}前n（2）設(shè)bn=k(i)當(dāng)n=ak+1時(shí)，求證：(ii)求i=1S12．若f(x)=lo（1）y=f(x)過(（2）存在x使得f(x+1)、f(ax13．已知雙曲線C:x2?y2=m(m>0)，點(diǎn)P1(5,4)在C上，k為常數(shù)，0<k<1．按照如下方式依次構(gòu)造點(diǎn)Pn(n=2（1）若k=12，求（2）證明：數(shù)列{xn?（3）設(shè)Sn為△Pn14．設(shè)m為正整數(shù)，數(shù)列a1，a2，…，a4m+2是公差不為0的等差數(shù)列，若從中刪去兩項(xiàng)ai和aj（i＜j）后剩余的4m項(xiàng)可被平均分為m組，且每組的4個(gè)數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列，則稱數(shù)列a1，a2…，a4m+2是（i，j）——可分?jǐn)?shù)列．（1）寫出所有的（i，j），1≤i＜j≤6，使數(shù)列a1，a2，…，a6是（i，j）——可分?jǐn)?shù)列；（2）當(dāng)m≥3時(shí)，證明：數(shù)列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分?jǐn)?shù)列；（3）從1，2，…，4m+2中一次任取兩個(gè)數(shù)i和j（i＜j），記數(shù)列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）——可分?jǐn)?shù)列的概率為Pm，證明：Pm＞1815．設(shè)集合M={（i，j，s，t）|i∈{1，2}，j∈{3，4}，s∈{5，6}，t∈{7，8}，2|（i+j+s+t）}．對(duì)于給定有窮數(shù)列A：{an}（1≤n≤8），及序列Ω：ω1，ω2，…，ωs，ωk=（ik，jk，sk，tk）∈M，定義變換T：將數(shù)列A的第i1，j1，s1，t1項(xiàng)加1，得到數(shù)列T1（A）；將數(shù)列T1（A）的第i2，j2，s2，t2項(xiàng)加1，得到數(shù)列T2T1（A）…；重復(fù)上述操作，得到數(shù)列Ts?T2T1（A），記為Ω（A）．（1）給定數(shù)列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：（1，3，5，7），（2，4，6，8），（1，3，5，7），寫出Ω（A）；（2）是否存在序列Ω，使得Ω（A）為a1+2，a2+6，a3+4，a4+2，a5+8，a6+2，a+4，a8+4，若存在，寫出一個(gè)符合條件的Ω；若不存在，請(qǐng)說明理由；（3）若數(shù)列A的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且a1+a3+a5+a7為偶數(shù)，證明：“存在序列Ω，使得Ω（A）為常數(shù)列”的充要條件為“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”．

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：由{an}是等差數(shù)列，

所以S9＝92a1+a9=1故答案為：D.【分析】由{an}是等差數(shù)列，利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式化簡(jiǎn)出a12．【答案】B【解析】【解答】解：由S5＝S10，

則5a1+10d=10a1+45d，

化簡(jiǎn)得：5a1+35d=0，

又a故答案為：B.【分析】由S5＝S10，a5＝1，化成基本量a1與的，列方程組求解即可得到結(jié)果.3．【答案】B【解析】【解答】解：依題意，由x＜3時(shí)，f（x）＝x，

故f1=1,f2=2,

又∵f（x）＞f（x﹣1）+f（x﹣2），

∴f(3)>f(2)+f(1)=3,即f(3)>3，

∴f(4)>f(3)+f(2)>5,即f(4)>5，

f(5)>f(4)+f(3)>8,即f(5)>8，

f(6)>13,f(7)>21，f(8)>34,f(9)>55，f(10)>89，

故此時(shí)f（10）＞100不一定成立，故A錯(cuò)誤，不符合題意；故答案為：B.

【分析】由已知條件逐步往目標(biāo)選項(xiàng)進(jìn)行推理，由不等式傳遞性易排除C、D，且根據(jù)逐項(xiàng)推理得出的"斐波那契數(shù)列"規(guī)律得出結(jié)論.4．【答案】（﹣∞，﹣4）【解析】【解答】解：由題意可得an＝n+c，當(dāng)n≥2時(shí)，an-an-1=n+c-n-1+c=1，所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列，故答案為：（﹣∞，﹣4）.【分析】先利用等差數(shù)列的定義判定{an}為等差數(shù)列，再利用求和公式即可求解.5．【答案】95【解析】【解答】解：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}滿足a3+a故答案為：95.【分析】設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d6．【答案】1152【解析】【解答】解：設(shè)第一個(gè)圓柱的高為h1mm，半徑為r1mm，第二個(gè)圓柱的高為h2mm，半徑為可知r1=65由題意可得：πr22h2故答案為：1152

【分析】設(shè)相應(yīng)的半徑和高，根據(jù)等比數(shù)列的定義以及柱體的體積公式列式求解即可.7．【答案】[2【解析】【解答】解：易知等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an=a1qn?1當(dāng)n=1時(shí)，x,y∈[a1,當(dāng)n≥2時(shí)，不妨設(shè)x≥y，若x,y∈[a若y∈[a1,若x,y∈[a綜上，x?y∈[0,又In為閉區(qū)間等價(jià)于[0而an+1?a1>故an+1?2an+故q?2≥?1qn?2對(duì)任意的n≥2所以當(dāng)n→+∞時(shí)，?1qn?2→0，即故答案為：q≥2.【分析】當(dāng)n≥2時(shí)，不妨設(shè)x≥y，則x?y∈[0,a2?a1]∪[an8．【答案】①③④【解析】【解答】解：設(shè)an=fn,bn=gn，

可知y=fx,y=gx不為同一函數(shù)，且均不為常函數(shù)，

對(duì)于①：若an，bn均為等差數(shù)列，則y=fx,y=gx均為一次函數(shù)，

可知y=fx,y=gx最多有一個(gè)交點(diǎn)，

即ak=bk至多一個(gè)解，所以M中最多一個(gè)元素，故①正確；

對(duì)于②：例如an=3n,bn=-3n，

可知當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，ak=bk，此時(shí)M中有無數(shù)個(gè)元素，故②錯(cuò)誤；

對(duì)于③：若an為等差數(shù)列，bn為等比數(shù)列，

設(shè)fx=kx+b,gx=aqx,k,a≠0,q≠0,±1，

1.若q>0，構(gòu)建Fx=gx-fx=aqx-kx-b，

則F'x=alnqqx-k，可知F'x在1，+∞內(nèi)至多一個(gè)零點(diǎn)，

可知Fx在1，+∞內(nèi)至多有兩個(gè)單調(diào)區(qū)間，所以至多2個(gè)零點(diǎn)，

可知ak=bk故答案為：①③④.

【分析】對(duì)于①：結(jié)合一次函數(shù)的交點(diǎn)個(gè)數(shù)分析判斷；對(duì)于②：舉反例說明即可；對(duì)于③：構(gòu)建函數(shù)，分類討論q>0和q<0，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性分析判斷函數(shù)零點(diǎn)，即可得結(jié)果；對(duì)于④：結(jié)合數(shù)列單調(diào)性分析判斷.9．【答案】（1）解：由2Sn＝3an+1﹣3，

當(dāng)n≥2，2Sn-1=3an-3，

兩式相減得：2an=3an+1?3an，

所以5an=3an+1，所以an+1an=53

（2）解：由（1）可得：等比數(shù)列{an}的公比為q=53，首項(xiàng)a1=1，

【解析】【分析】（1）利用sn與an的關(guān)系，再列出式子n≥2，2Sn-1=3an-3，兩式相減即可判斷出{an10．【答案】（1）解：當(dāng)n=1時(shí)，4S1=4當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn?1=3an?1而a1=4≠0，故an∴數(shù)列{an}所以an????（2）解：bn所以T故3所以?2=4+4?=(∴T?????【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，由Sn與an之間的關(guān)系，利用分類討論思想求得n=1與n≥2的表達(dá)式，結(jié)合an=S11．【答案】（1）解：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q>0，因?yàn)閍1=1，即q2?q?2=0，解得q=2，故（2）證明：（i）由（1）可知數(shù)列{an}當(dāng)n=ak+1=2k可知akbn?1可得bn?1?a所以bn?1（ii）由（1）可知：Sn若n=1，則S1若n≥2，則ak+1當(dāng)2k?1<i≤2k?1i=2所以i=1b當(dāng)n=1時(shí)，符合上式，綜上所述：i=1b【解析】【分析】（1）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q>0（2）（i）根據(jù)題意分析可知ak=2k?1,bn12．【答案】（1）解：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=logax的圖象過(4,又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=log2x在(0,+∞)上單調(diào)遞增，則f(2x?2)<f(x)故f(2x?2)<f(x)的解集為{x|（2）解：因?yàn)榇嬖趚使得f(x+1)、f(ax)、f(x+2)成等差數(shù)列，所以2f(ax)=f(x+1)+f(x+2)有解，

即2lo因?yàn)閍>0,a≠1，故x>0，所以a2則a2=x令t=1x∈(0,+∞)，因?yàn)閥=2(t+34)【解析】【分析】（1）根據(jù)函數(shù)y=f(x)的圖象過點(diǎn)(（2）存在x使得f(x+1)、f(ax)、f(x+2)成等差數(shù)列等價(jià)于a2=2(1x13．【答案】（1）解：因?yàn)辄c(diǎn)P1(5,4)在雙曲線C:當(dāng)k=12時(shí)，過P1(5,4)且斜率為12解得x=?3或x=5，所以該直線與C的不同于P1的交點(diǎn)為Q1(?3故P2(3,0)，（2）證明：由題可知，過Pn(xn,yn)且斜率為k的直線為y=k(x?xn)+yn，聯(lián)立直線y=k(x?由根據(jù)韋達(dá)定理可得另一根x=2k(yn所以該直線與C的另一個(gè)交點(diǎn)為Qn(2kxn+1=x所以x=x再由x12?y12=9（3）證明：由（2）可得xn+1=x故xn+1由于x12?y12=9所以對(duì)任意的正整數(shù)m，都有x=====9則xn+2yxn+1y①②兩式相減可得(x化簡(jiǎn)整理得xn+2故(y因?yàn)镻nPn+3所以PnPn+3和Pn+1P【解析】【分析】（1）先根據(jù)點(diǎn)P1(5（2）由題意，求得過Pn(xn,（3）由（2）的結(jié)論，根據(jù)平面向量數(shù)量積以及等比數(shù)列的知識(shí)，證明Sn的取值為與n14．【答案】（1）解：等差數(shù)列a1，a2，…，a6刪去兩項(xiàng)后，余下4項(xiàng)成等差數(shù)列，此時(shí)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a1，a2，a3，a4或a2，a3，a4，a5，或a3，a4，a5，a6，

故刪去的兩項(xiàng)（i，j）可以為（5，6），（1，6），（1，2）（2）證明：依題意得，數(shù)列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分?jǐn)?shù)列，

即a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，a4m+2，易分析連續(xù)的四項(xiàng)為等差數(shù)列，

即a14，a15，，a4m+2，后共有(4m-12)連續(xù)項(xiàng)，此時(shí)必然構(gòu)成等差數(shù)列，

即證得a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，為等差數(shù)列，則數(shù)列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分?jǐn)?shù)列，

通過分析可知，可以按照a1，a4，a7，a10，a3，a6，a9，a（3）證明：按如下兩種方式進(jìn)行選?。╥，j），1≤i＜j≤4m+2，且i，j∈Z*，

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

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

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

綜上，共有(m+2)(m+1)2種可能情況，

②連續(xù)(4t＋2)(t∈Z*)項(xiàng)刪去其中第2項(xiàng)和倒數(shù)第2項(xiàng)，余下的部分保證其連續(xù)部分為4的倍數(shù).此時(shí)，除去這(4t＋2)項(xiàng)，余下的項(xiàng)每4項(xiàng)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)(k∈N*)項(xiàng)刪去其中第2項(xiàng)和倒數(shù)第2項(xiàng)后，這4t項(xiàng)可完成一個(gè)劃分.

設(shè)b1,b2,b3,b4t+2是數(shù)列a1,a2,a3,a4m+2中的連續(xù)(4t＋2)項(xiàng)，可按如下方式完成劃分：

b1,bt+1,b2t+1,b3t+1,，b2,bt+1【解析】【分析】(1)根據(jù)定義分析推理當(dāng)m=1時(shí)，此時(shí)為構(gòu)成等差數(shù)列，其4項(xiàng)必然為連續(xù)的4項(xiàng)；

(2)在(1)的基礎(chǔ)上，只需在刪除的（i，j）范圍內(nèi)找出符合定義的幾組等差數(shù)列，進(jìn)而通過推理分析得出符合定義的分組；

(3)在(1)(2)的探究基礎(chǔ)上，發(fā)現(xiàn)"可分?jǐn)?shù)列"的規(guī)律，可視作分組內(nèi)的4個(gè)數(shù)公差為d或公差為(k+1)d(k∈Z*)，結(jié)合(1)發(fā)現(xiàn)并總結(jié)公差為d的規(guī)律并計(jì)算對(duì)應(yīng)可能情況；結(jié)合(2)發(fā)現(xiàn)并總結(jié)公差為(k+1)d(k∈Z15．【答案】（1）解：因?yàn)閿?shù)列A:由序列(1,3,由序列(2,4,由序列(1,3,所以Ω(A):（2）解：不存在，理由如下：

由題意可知：對(duì)于任意序列，所對(duì)數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4，假設(shè)存在符合條件的Ω，且Ω(A):因?yàn)?+6+4+2+8+2+4+44=8，即序列由題意可知