三年（2021-2023年）全国Ⅰ卷高考数学真题分类汇编：数列（含答案解析）

《三年（2021-2023年）全国Ⅰ卷高考数学真题分类汇编：数列（含答案解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《三年（2021-2023年）全国Ⅰ卷高考数学真题分类汇编：数列（含答案解析）（13页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、三年（全国卷）高考数学真题分类汇编：数列一选择题（共3小题）1（2021浙江）已知数列an满足a11，an+1（nN*）记数列an的前n项和为Sn，则（）AS1003B3S1004C4S100DS10052（2022浙江）已知数列an满足a11，an+1anan2（nN*），则（）A2100a100B100a1003C3100a100D100a10043（2023新高考）记Sn为数列an的前n项和，设甲：an为等差数列；乙：为等差数列，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二填空题（共1小题）4（2021

2、新高考）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20dm12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm12dm，20dm6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1240dm2，对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2180dm2，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n次，那么Sk dm2三解答题（共5小题）5（2023新高考）设等差数列an的公差为d，且d1令bn，记Sn，Tn分别为数列an，bn的前n项和（1）若3a23a1+a3，S3+T321，求an的通项公式；（2）若bn

3、为等差数列，且S99T9999，求d6（2022新高考）记Sn为数列an的前n项和，已知a11，是公差为的等差数列（1）求an的通项公式；（2）证明：+27（2021新高考）已知数列an满足a11，an+1（1）记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；（2）求an的前20项和8（2022浙江）已知等差数列an的首项a11，公差d1记an的前n项和为Sn（nN*）（）若S42a2a3+60，求Sn；（）若对于每个nN*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围9（2021浙江）已知数列an的前n项和为Sn，a1，且4Sn+13Sn9

4、（nN*）（）求数列an的通项公式；（）设数列bn满足3bn+（n4）an0（nN*），记bn的前n项和为Tn，若Tnbn对任意nN*恒成立，求实数的取值范围参考答案与试题解析一选择题（共3小题）1（2021浙江）已知数列an满足a11，an+1（nN*）记数列an的前n项和为Sn，则（）AS1003B3S1004C4S100DS1005【考点】数列的求和【专题】计算题；整体思想；演绎法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算【答案】A【分析】由题意首先整理所给的递推关系式，得到数列的通项的范围，然后结合求和公式裂项即可确定前100项和的范围【解答】解：因为 ，所以 ，所以 ，故 ，由

5、累加法可得当 n2 时，又因为当 n1 时， 也成立，所以，所以 ，故，由累乘法可得当 n2 时，所以 另解：设f（x），x0，f（x）0，可得f（x）在（0，+）递增，接下来运用待定系数法估计an的上下界，设anMn，则探索an+1也满足上界的条件an+1Mn+1f（an）f（）4在此条件下，有Sn（），注意到a11，取6，1，从而M11，此时可得Sn3故选：A2（2022浙江）已知数列an满足a11，an+1anan2（nN*），则（）A2100a100B100a1003C3100a100D100a1004【考点】数列递推式【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算【答

6、案】B【分析】分析可知数列an是单调递减数列，根据题意先确定上限，得到，由此可推得100an3，再将原式变形确定下限，可得，由此可推得，综合即可得到答案【解答】解：an+1anan20，an为递减数列，又，且an0，又a110，则an0，则，；由得，得，累加可得，；综上，故选：B3（2023新高考）记Sn为数列an的前n项和，设甲：an为等差数列；乙：为等差数列，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【考点】等差数列的性质；充分条件与必要条件【专题】整体思想；分析法；等差数列与等比数列；逻辑推理；数学运算

7、【答案】C【分析】首先明确充要条件的判定方法，再从等差数列的定义入手，进行正反两方面的论证【解答】解：若an是等差数列，设数列an的首项为a1，公差为d，则Snna1+d，即a1+dn+a1，故为等差数列，即甲是乙的充分条件反之，若为等差数列，则可设D，则S1+（n1）D，即SnnS1+n（n1）D，当n2时，有Sn1（n1）S1+（n1）（n2）D，上两式相减得：anSnSn1S1+2（n1）D，当n1时，上式成立，所以ana1+2（n1）D，则an+1ana1+2nDa1+2（n1）D2D（常数），所以数列an为等差数列即甲是乙的必要条件综上所述，甲是乙的充要条件故本题选：C二填空题（共1

8、小题）4（2021新高考）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20dm12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm12dm，20dm6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1240dm2，对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2180dm2，以此类推则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5；如果对折n次，那么Skdm2【考点】数列的求和【专题】整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算【答案】5；【分析】依题意，对折k次共有k+1种规格，且面积为，则，然后再转化求解即可【解答】解：易

9、知有，共5种规格；由题可知，对折k次共有k+1种规格，且面积为，故，则，记，则，Tn1+（），故答案为：5；三解答题（共5小题）5（2023新高考）设等差数列an的公差为d，且d1令bn，记Sn，Tn分别为数列an，bn的前n项和（1）若3a23a1+a3，S3+T321，求an的通项公式；（2）若bn为等差数列，且S99T9999，求d【考点】数列的求和；数列递推式【专题】分类讨论；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据题意及等差数列的通项公式与求和公式，建立方程组，即可求解；（2）根据题意及等差数列的通项公式的特点，可设antn，则，且dt1

10、；或设ank（n+1），则，且dk1，再分类讨论，建立方程，即可求解【解答】解：（1）3a23a1+a3，S3+T321，根据题意可得，2d27d+30，又d1，解得d3，a1d3，ana1+（n1）d3n，nN*；（2）an为等差数列，bn为等差数列，且bn，根据等差数列的通项公式的特点，可设antn，则，且dt1；或设ank（n+1），则，且dk1，当antn，dt1时，则S99T9999，50t2t510，又dt1，解得dt；当ank（n+1），dk1时，则S99T9999，51k2k500，又dk1，此时k无解，综合可得d6（2022新高考）记Sn为数列an的前n项和，已知a11，是公

11、差为的等差数列（1）求an的通项公式；（2）证明：+2【考点】数列与不等式的综合【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算【答案】（1）；（2）证明过程见解析【分析】（1）直接利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式；（2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法的应用求出数列的和，进一步利用放缩法的应用求出结果【解答】解：（1）已知a11，是公差为的等差数列，所以，整理得，故当n2时，得：，故（n1）an（n+1）an1，化简得：，.，；所以，故（首项符合通项）所以证明：（2）由于，所以，所以7（2021新高考）已知数列an满足a1

12、1，an+1（1）记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；（2）求an的前20项和【考点】数列的求和；数列递推式【专题】计算题；转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算【答案】（1）b12，b25，bn3n1（2）300【分析】（1）由数列an的通项公式可求得a2，a4，从而可得求得b1，b2，由bnbn13可得数列bn是等差数列，从而可求得数列bn的通项公式；（2）由数列an的通项公式可得数列an的奇数项和偶数项分别为等差数列，求解即可【解答】解：（1）因为a11，an+1，所以a2a1+12，a3a2+24，a4a3+15，所以b1a22，b2a45，bnbn1

13、a2na2n2a2na2n1+a2n1a2n21+23，n2，所以数列bn是以b12为首项，以3为公差的等差数列，所以bn2+3（n1）3n1另解：由题意可得a2n+1a2n1+3，a2n+2a2n+3，其中a11，a2a1+12，于是bna2n3（n1）+23n1，nN*（2）由（1）可得a2n3n1，nN*，则a2n1a2n2+23（n1）1+23n2，n2，当n1时，a11也适合上式，所以a2n13n2，nN*，所以数列an的奇数项和偶数项分别为等差数列，则an的前20项和为a1+a2+.+a20（a1+a3+a19）+（a2+a4+a20）10+3+102+3300【点评】本题主要考查

14、数列的递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题8（2022浙江）已知等差数列an的首项a11，公差d1记an的前n项和为Sn（nN*）（）若S42a2a3+60，求Sn；（）若对于每个nN*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围【考点】等差数列与等比数列的综合；等差数列的前n项和【专题】整体思想；判别式法；等差数列与等比数列；逻辑推理；数学运算【答案】（）Sn；（）d（1，2【分析】（）由等差数列an的首项a11及S42a2a3+60可得关于公差d的方程，再由公差d的范围可得d的值，再由等差数列的前n项和公式可得Sn的解析式；（）由

15、an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，可得关于cn的二次方程，由判别式大于0可得d的表达式，分类讨论可得d的取值范围【解答】解：（）因为等差数列an的首项a11，公差d1，因为S42a2a3+60，可得2a2a3+60，即2（a1+a4）2a2a3+60，a1+a1+3d（a1+d）（a1+2d）+30，即11+3d（1+d）（1+2d）+30，整理可得：d23d，解得d3，所以Snna1+dn+，即Sn；（）因为对于每个nN*，存在实数cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，则（a1+nd+4cn）2a1+（n1）d+cn（a1+（n+1）d

16、+15cn，a11，整理可得：cn2+（148n）d+8cn+d20，则（148n）d+824d20恒成立在nN+，整理可得（2n3）d2n2）d10，当n1时，可得d2或d1，而d1，所以d的范围为（1，+）；n2时，不等式变为（d2）（1）0，解得d2，而d1，所以此时d（1，2，当n3时，d1，则（2n3）d2n2）d1（2n5）（n3）0符合要求，综上所述，对于每个nN*，d的取值范围为（1，2，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列9（2021浙江）已知数列an的前n项和为Sn，a1，且4Sn+13Sn9（nN*）（）求数列an的通项公式；（）设数列bn满足3b

17、n+（n4）an0（nN*），记bn的前n项和为Tn，若Tnbn对任意nN*恒成立，求实数的取值范围【考点】数列递推式；数列的求和【专题】计算题；整体思想；演绎法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算【答案】（）（n1，nN*）；（）|31【分析】（）首先利用递推关系式确定数列为等比数列，然后结合等比数列的通项公式可得数列的通项公式；（）首先错位相减求得Tn的值，然后分离参数利用恒成立的结论分类讨论即可求得实数的取值范围【解答】解：（）由4Sn+13Sn9 可得4Sn3Sn19（n2），两式作差，可得：4an+13an，很明显，所以数列an 是以 为首项，为公比的等比数列，其通项公式为：（n1，nN*）（）由3bn+（n4）an0，得，两式作差可得：，则据此可得 恒成立，即（n4）+3n0 恒成立n4时不等式成立；n4时，由于n1时，故1；n4时，而，故：3；综上可得，|31