2018--2020年高考数学试题分类汇编数列附答案详解

2018---2020年高考数学试题分类汇编数列

一、选择题.

1、（2018年高考全国卷1理科4）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3=S 2+S 4，a 1=2，则a 5=（ ）

A ．﹣12

B ．﹣10

C ．10

D ．12

答案：B

解析：∵S n 为等差数列{a n }的前n 项和，3S 3=S 2+S 4，a 1=2， ∴

=a 1+a 1+d +4a 1+

d ，

把a 1=2，代入得d=﹣3 ∴a 5=2+4×（﹣3）=﹣10． 故选：B ．

2、（2019年高考全国I 卷理科9）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则 A ．25n a n =- B ． 310n a n =- C ．2

28n S n n =-

D ．2

122

n S n n =

- 答案：A

解析：有等差数列的性质可知54,0641514=+==+=d a a d a S ，解得2,31=-=d a

所以52,42

-=-=n a n n S n n ，故选A 。

3、（2019年高考全国III 卷理科5文科6）已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5=3a 3+4a 1，则a 3=

A ． 16

B ． 8

C ．4

D ． 2

答案：C

解析：由题意有154=S ,即151)

1(414=--=

q

q a S 由题意有a 5=3a 3+4a 1,即12

14143a q a q a +=，故 (q 2

-4)(q 2

+1)=0

因为各项均为正数,所以q>0,所以q=2

将q=2代入151)

1(414=--=

q

q a S .得a 1=1、所以43=a 故选C 4、（2019年高考全国III 卷文理科9）执行下边的程序框图，如果输入的ε为0.01，则输出s 的值等于 A.4

122-

B.5122-

C.6

1

22-

D.7

1

22-

答案：C

解析：等比数列前n 项和

,0,1==s x 不满足01.0

s x 不满足01.0

1

1,41+==s x 不满足01.0

1

....41211,1281++++==s x 满足01.0

5、（2019年高考北京卷理科2文科4）执行如图所示的程序框图，输出的s 值为

（A ）1（B ）2（C ）3（D ）4 答案：B

解析：k=1，s=1， s=2212312?=?-，k<3,故执行循环体k=1+1=2，2

222322

s ?==?-；

此时k=2<3，故继续执行循环体k=3，2

222322

s ?==?-，此时k=3，结束循环，输出s=2.

故答案为：B.

6、（2019年高考浙江卷10）设,a b R ∈，数列{}n a 中1a a =，21n n a a b +=+，2

1n n a a b +=+，则（ ）

A.当12b =

时，1010a > B.当1

4

b =时，1010a >

C.当2b =-时，1010a >

D.当2b =-时，1010a > 答案：A

解答：选项B ：不动点满足2211()042x x x -+=-=，如图，若11(0,)2a a =∈，1

2

n a <，排除；如图若a 为不动点

12

，则1

2n a =；

选项C ：不动点满足221

9

2()024

x x x --=--

=，不动点为2x =，令2a =，则210n a =<，排除； 选项D ：不动点满足221

17

4()02

4

x x x --=--

=，不动点为1712x =，令1712a =，则171

102

n a =

<，排除； 选项A ：证明：当12b =

时，2211122a a =+≥，2321324a a =+≥，243117

1216

a a =+≥≥，处理一：可依

次迭代到n a ；

处理二：当4n ≥时，2211

12n n n a a a +=+

≥≥，则117117171161616

log 2log log 2n n n n a a a -++>?>，则1217()(4)16n n a n +≥≥，则641022617164(64631

1114710161616210()6

a ?≥=+=++?+

>++>，故选A.

7、（2020?北京卷）在等差数列{}n a 中，19a =-，31a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T （）． 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

答案：B

解：由题意可知，等差数列的公差5119

25151

a a d --+=

==--， 则其通项公式为：()()11912211n a a n d n n =+-=-+-?=-， 注意到123456701a a a a a a a <<<<<<=<<

，且由50T <可知()06,i T i i N <≥∈，

由()1

17,i

i i T a i i N T -=>≥∈可知数列{}n T 不存在最小项， 由于1234569,7,5,3,1,1a a a a a a =-=-=-=-=-=，

故数列{}n T 中的正项只有有限项：263T =，46315945T =?=.故数列{}n T 中存在最大项，且最大项为4T .

故选：B.

8、（2020?全国2卷）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

答案：C

解：设第n 环天石心块数为n a ，第一层共有n 环，

则{}n a 是以9为首项，9为公差的等差数列，9(1)99n a n n =+-?=， 设n S 为{}n a 的前n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分

别为232,,n n n n n S S S S S --，因为下层比中层多729块，所以322729n n n n S S S S -=-+，

即3(927)2(918)2(918)(99)

7292222

n n n n n n n n ++++-=-+

即29729n =，解得9n =，所以32727(9927)

34022

n S S +?==

=. 故选：C

9、（2020?全国2卷）数列{}n a 中，12a =，m n m n a a a +=，若155121022k k k a a a ++++++=-，则k =（）

A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

答案：C

解：在等式m n m n a a a +=中，令1m =，可得112n n n a a a a +==，1

2n n

a a +∴

=， 所以，数列{}n a 是以2为首项，以2为公比的等比数列，则1222n n

n a -=?=，

()()()()10110111051012101221222122112

12

k k k k k k a a a a ++++++?-?-∴+++=

=

=-=---，

1522k +∴=，则15k +=，解得4k =.故选：C.

10、（2020?全国2卷）

0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n

a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈=，

且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +==成立，则称其为0-1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +==的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0-1序列12

n

a a a ，1

1()(1,2,

,1)m

i i k i C k a a k m m +===-∑是

描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足1

()(1,2,3,4)5

C k k ≤=的序列是（）

A. 11010

B. 11011

C. 10001

D. 11001

答案：C

解：由i m i a a +=知，序列i a 的周期为m ，由已知，5m =，

5

1

1(),1,2,3,45i i k i C k a a k +===∑,对于选项A ，

511223344556111111(1)()(10000)55555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=≤∑

52132435465711112

(2)()(01010)5555

i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；

对于选项B ，

51122334455611113

(1)()(10011)5555

i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；

对于选项D ，

51122334455611112

(1)()(10001)5555

i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；

故选：C

二、填空题.

1、（2018年高考全国卷1理科14）记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n =2a n +1，则S 6= ﹣63 ． 答案：63-

解析：S n 为数列{a n }的前n 项和，S n =2a n +1，①

当n=1时，a 1=2a 1+1，解得a 1=﹣1， 当n ≥2时，S n ﹣1=2a n ﹣1+1，②， 由①﹣②可得a n =2a n ﹣2a n ﹣1， ∴a n =2a n ﹣1，

∴{a n }是以﹣1为首项，以2为公比的等比数列， ∴S 6=

=﹣63，

故答案为：﹣63

2、（2018年高考北京卷理科9）设{a n }是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，则{a n }的通项公式为 a n =6n ﹣3 ．

解：∵{a n }是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，

∴

，解得a 1=3，d=6，

∴a n =a 1+（n ﹣1）d=3+（n ﹣1）×6=6n ﹣3． ∴{a n }的通项公式为a n =6n ﹣3． 故答案为：a n =6n ﹣3．

3、（2018年高考浙江卷10）已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1+a 2+a 3+a 4=ln （a 1+a 2+a 3），若a 1＞1，则（ ）

A ．a 1＜a 3，a 2＜a 4

B ．a 1＞a 3，a 2＜a 4

C ．a 1＜a 3，a 2＞a 4

D ．a 1＞a 3，a 2＞a 4

【解答】解：a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同， a 1＞1，设公比为q ，

当q ＞0时，a 1+a 2+a 3+a 4＞a 1+a 2+a 3，a 1+a 2+a 3+a 4=ln （a 1+a 2+a 3），不成立， 即：a 1＞a 3，a 2＞a 4，a 1＜a 3，a 2＜a 4，不成立，排除A 、D ．

当q=﹣1时，a 1+a 2+a 3+a 4=0，ln （a 1+a 2+a 3）＞0，等式不成立，所以q ≠﹣1；

当q ＜﹣1时，a 1+a 2+a 3+a 4＜0，ln （a 1+a 2+a 3）＞0，a 1+a 2+a 3+a 4=ln （a 1+a 2+a 3）不成立， 当q ∈（﹣1，0）时，a 1＞a 3＞0，a 2＜a 4＜0，并且a 1+a 2+a 3+a 4=ln （a 1+a 2+a 3），能够成立， 故选：B ．

4、（2019年高考全国I 卷文科14）记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若133

14

a S ==，，则S 4=___________．

答案：

8

5 解析：设数列的公比为q ，则有4

312

3213=++=++=q q a a a S 解得21-

=q ，所以8

54=S 5、（2019年高考全国I 卷理科14）记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若2

1461

3

a a a ==，，

则S 5=____________． 答案：

3

121

解析：由624

a a =得5

16

2

1

q a q a =，解得3=q ，所以3

121

1)1(515=--=q q a S

6、（2019年高考全国III 卷理科14）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a =≠，，则

10

5

S S =___________. 答案：4

解析：因为,312a a =所以1a +,13a d =即d a =12，则

()()42

1521

10511015

10=?

+?

+=a a a a S S 7、（2019年高考全国III 卷文科14）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若375,13a a ==，则

10S =___________.

答案：100

解析：由题意得136,521713=+==+=d a a d a a ，解得2,11==d a 所以1002

9

1010110=?+

=d a S

8、（2019年高考北京卷理科10）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2=-3，S 5=-10,则a 3= ________ . S n 的最小值为_______。 答案： 0，-10 解析：由102

352)(53

515-=?=+=

a a a S ，得23-=a 故123=-=a a d ，故0325=+=d a a

n S 最小，0≤n a ，所以45S S =最小，最小值为10-

9、（2019年高考上海卷8）已知数列{}n a 前n 项和为n S ，且满足2n n S a +=，则5S = 答案：

16

31

解析：由题意得11=a

n n n n a S a S +=+++11，所以

n

n n a a a =+++11，则n n a a 2

11=

+ 所以}{n a 为首项为1，公比为

2

1

的等比数列 则16

31

)21(211551

5=-=--=q q a S 10、（2019年高考江苏卷8）已知*{|()}n a n N ∈是等差数列，n S 是其前n 项和，若2340a a a +=，427S =，则n S 的值是 . 答案：16

11、（2020?江苏卷）设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n +b n }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是_______． 答案：4

解：设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，根据题意1q ≠. 等差数列{}n a 的前n 项和公式为()2111222n n n d d P na d n a n -?

?=+

=+- ??

?， 等比数列{}n b 的前n 项和公式为()1111111n n n b q b b

Q q q

q q

-=

=-

+---， 依题意n n n S P Q =+，即22111212211n

n b b d d n n n a n q q q ??

-+-=

+--+ ?--?

?，

通过对比系数可知111

21

2211d d a q b q

?=??

?-=-???=??=-?-??112021d a q b =??=?

?=??=?，故4d q +=.故答案为：4 12、（2020?新全国1山东）将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________． 答案：232n n -

解：因为数列{}21n -是以1为首项，以2为公差的等差数列， 数列{}32n -是以1首项，以3为公差的等差数列，

所以这两个数列的公共项所构成的新数列{}n a 是以1为首项，以6为公差的等差数列，

所以{}n a 的前n 项和为2(1)

16322

n n n n n -?+?=-，故答案为：232n n -. 13、（2020?浙江卷）已知数列{a n }满足(1)

=2

n n n a +，则S 3=________．

答案：10 解：因为()

12

n n n a +=

，所以1231,3,6a a a ===．即312313610S a a a =++=++=． 故答案为：10.

14.（2020?上海卷）已知{}n a 是公差不为零的等差数列，且1109a a a +=，则

129

10

a a a a ++???=

答案：

278

三、解答题.

1、（2018年高考全国卷1文科17）已知数列{a n }满足a 1=1，na n+1=2（n+1）a n ，设b n =．

（1）求b 1，b 2，b 3；

（2）判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； （3）求{a n }的通项公式．

解：（1）数列{a n }满足a 1=1，na n+1=2（n+1）a n ，

则：（常数），

由于，故：，

数列{b n}是以b1为首项，2为公比的等比数列．

整理得：，

所以：b1=1，b2=2，b3=4．

（2）数列{b n}是为等比数列，由于（常数）；

（3）由（1）得：，根据，所以：．

2、（2018年高考全国卷2文理科17）记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1=﹣7，S3=﹣15．（1）求{a n}的通项公式；

（2）求S n，并求S n的最小值．

解：（1）∵等差数列{a n}中，a1=﹣7，S3=﹣15，

∴a1=﹣7，3a1+3d=﹣15，解得a1=﹣7，d=2，

∴a n=﹣7+2（n﹣1）=2n﹣9；

（2）∵a1=﹣7，d=2，a n=2n﹣9，

∴S n===n2﹣8n=（n﹣4）2﹣16，

∴当n=4时，前n项的和S n取得最小值为﹣16．

3、（2018年高考全国卷3文理科17）等比数列{a n}中，a1=1，a5=4a3．

（1）求{a n}的通项公式；

（2）记S n为{a n}的前n项和．若S m=63，求m．

解：（1）∵等比数列{a n}中，a1=1，a5=4a3．

∴1×q4=4×（1×q2），解得q=±2，

当q=2时，a n=2n﹣1，

当q=﹣2时，a n=（﹣2）n﹣1，

∴{a n}的通项公式为，a n=2n﹣1，或a n=（﹣2）n﹣1．

（2）记S n为{a n}的前n项和．

当a1=1，q=﹣2时，S n===，

由S m=63，得S m==63，m∈N，无解；

当a1=1，q=2时，S n===2n﹣1，

由S m=63，得S m=2m﹣1=63，m∈N，解得m=6．

4、（2018年高考北京卷文科15）设{a n}是等差数列，且a1=ln2，a2+a3=5ln2．

（Ⅰ）求{a n}的通项公式；

（Ⅱ）求e+e+…+e．

解：（Ⅰ）{a n}是等差数列，且a1=ln2，a2+a3=5ln2．

可得：2a1+3d=5ln2，可得d=ln2，

{a n}的通项公式；a n=a1+（n﹣1）d=nln2，

（Ⅱ）e==2n，

∴e+e+…+e=21+22+23+…+2n==2n+1﹣2．

5、（2018年高考天津卷理科18）设{a n}是等比数列，公比大于0，其前n项和为S n（n∈N*），{b n}是等差数列．已知a1=1，a3=a2+2，a4=b3+b5，a5=b4+2b6．

（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；

（Ⅱ）设数列{S n}的前n项和为T n（n∈N*），

（i）求T n；

（ii）证明=﹣2（n∈N*）．

【解答】（Ⅰ）解：设等比数列{a n}的公比为q，由a1=1，a3=a2+2，可得q2﹣q﹣2=0．

∵q＞0，可得q=2．

故．

设等差数列{b n}的公差为d，由a4=b3+b5，得b1+3d=4，

由a5=b4+2b6，得3b1+13d=16，

∴b1=d=1．

故b n=n；

（Ⅱ）（i）解：由（Ⅰ），可得，

故=；

（ii）证明：∵==．

∴==﹣2．

6、（2018年高考天津卷文科18）设{a n}是等差数列，其前n项和为S n（n∈N*）；{b n}是等比数列，公比大于0，其前n项和为T n（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．

（Ⅰ）求S n和T n；

（Ⅱ）若S n+（T1+T2+……+T n）=a n+4b n，求正整数n的值．

【解答】解：（Ⅰ）设等比数列{b n}的公比为q，由b1=1，b3=b2+2，可得q2﹣q﹣2=0．

∵q＞0，可得q=2．

故，；

设等差数列{a n}的公差为d，由b4=a3+a5，得a1+3d=4，

由b5=a4+2a6，得3a1+13d=16，

∴a1=d=1．

故a n=n，；

（Ⅱ）由（Ⅰ），可得T1+T2+……+T n==2n+1﹣n﹣2．

由S n+（T1+T2+……+T n）=a n+4b n，

可得，

整理得：n2﹣3n﹣4=0，解得n=﹣1（舍）或n=4．

∴n的值为4．

7、（2018年高考浙江卷20）已知等比数列{a n}的公比q＞1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，数列{（b n+1﹣b n）a n}的前n项和为2n2+n．

（Ⅰ）求q的值；

（Ⅱ）求数列{b n}的通项公式．

解：（Ⅰ）等比数列{a n}的公比q＞1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项，

可得2a4+4=a3+a5=28﹣a4，解得a4=8，

由+8+8q=28，可得q=2（舍去），

则q的值为2；

（Ⅱ）设c n =（b n+1﹣b n ）a n =（b n+1﹣b n ）2n ﹣1

，

可得n=1时，c 1=2+1=3，

n ≥2时，可得c n =2n 2+n ﹣2（n ﹣1）2

﹣（n ﹣1）=4n ﹣1， 上式对n=1也成立， 则（b n+1﹣b n ）a n =4n ﹣1， 即有b n+1﹣b n =（4n ﹣1）?（）

n ﹣1

，

可得b n =b 1+（b 2﹣b 1）+（b 3﹣b 2）+…+（b n ﹣b n ﹣1） =1+3?（）0

+7?（）1

+…+（4n ﹣5）?（）

n ﹣2

，

b n =+3?（）+7?（）2

+…+（4n ﹣5）?（）n ﹣1

，

相减可得b n =+4[（）+（）2

+…+（）

n ﹣2

]﹣（4n ﹣5）?（）n ﹣1

=+4?﹣（4n ﹣5）?（）

n ﹣1

，

化简可得b n =15﹣（4n+3）?（）

n ﹣2

．

8、（2019年高考全国I 卷文科18）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=-a 5．

（1）若a 3=4，求{a n }的通项公式；

（2）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 解：

（1）设{}n a 的公差为d ． 由95S a =-得140a d +=． 由a 3=4得124a d +=． 于是18,2a d ==-．

因此{}n a 的通项公式为102n a n =-．

（2）由（1）得14a d =-，故(9)(5),2

n n n n d

a n d S -=-=

. 由10a >知0d <，故n n S a 等价于2

11100n n -+，解得1≤n ≤10． 所以n 的取值范围是{|110,}n n n ∈N ．

9、（2019年高考全国II 卷理科19）已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+，

1434n n n b b a +-=-.

（1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列； （2）求{a n }和{b n }的通项公式.

解：（1）由题设得114()2()n n n n a b a b +++=+，即111

()2

n n n n a b a b +++=

+． 又因为a 1+b 1=l ，所以{}n n a b +是首项为1，公比为1

2

的等比数列． 由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+， 即112n n n n a b a b ++-=-+．

又因为a 1–b 1=l ，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列． （2）由（1）知，11

2

n n n a b -+=

，21n n a b n -=-． 所以111[()()]222

n n n n n n a a b a b n =

++-=+-， 111

[()()]222

n n n n n n b a b a b n =+--=-+．

10、（2019年高考全国II 卷文科18）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，1322,216a a a ==+.

（1）求{}n a 的通项公式；

（2）设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和. 解：（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得

22416q q =+，即2280q q --=.

解得2q =-（舍去）或q =4.

因此{}n a 的通项公式为121

242n n n a --=?=.

（2）由（1）得2(21)log 221n b n n =-=-，因此数列{}n b 的前n 项和为1321n n +++-=.

11、（2019年高考北京卷文科16）设{a n }是等差数列，a 1=-10，且a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列.

（I ）求{a n }的通项公式；

（Ⅱ）记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值. 解析:

（I ）根据等比中项，结合等差数列的通项公式，求出d ，即可求出n a ；（Ⅱ）由（1），求出n S ，结合二次函数的性质，即可求出相应的最小值. 解：（I ）根据三者成等比数列， 可知()()()2

3248106a a a +=++，

故()()()2

102810101036d d d -++=-++-++， 解得d=2，

故()1021212n a n n =-+-=-； （Ⅱ）由（I ）知()210212112

n n n S n n -+-?=

=-，

该二次函数开口向上，对称轴为n=5.5， 故n=5或6时，n S 取最小值-30.

5、（2019年高考北京卷理科20）已知数列{a n }，从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项(i 1

，则称新数列

为{a n }的长度为m 的递增子列。规定：数列{a n }

的任意一项都是{a n }的长度为1的递增子列。

(I) 写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列； (II) 已知数列{a n }的长度为P 的递增子列的末项的最小值为

，

长度为q 的递增子列的末项的最小值为

a n o ，若p

；

(III)

设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等，若{a n }的长度为s 的递增子列末项的最

小值为2s-1，且长度为s 末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个（s=1,2,…），求数列{a n }的通项公式。 解：（Ⅰ）1，3，5，6.（答案不唯一）

（Ⅱ）设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为1210,,,,q r r r n a a a a -.

由p

因为{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a ， 又12,,

,p r r r a a a 是{}n a 的长度为p 的递增子列，

所以0p m r a a ≤. 所以00m n a a <·

（Ⅲ）由题设知，所有正奇数都是{}n a 中的项.

先证明：若2m 是{}n a 中的项，则2m 必排在2m ?1之前（m 为正整数）. 假设2m 排在2m ?1之后. 设121,,

,,21m p p p a a a m --是数列{}n a 的长度为m 末项为2m ?1的递增子列，则

121,,

,,21,2m p p p a a a m m --是数列{}n a 的长度为m +1末项为2m 的递增子列.与已知矛盾.

再证明：所有正偶数都是{}n a 中的项.

假设存在正偶数不是{}n a 中的项，设不在{}n a 中的最小的正偶数为2m .

因为2k 排在2k ?1之前（k =1，2，…，m ?1），所以2k 和21k -不可能在{}n a 的同一个递增子列中. 又{}n a 中不超过2m +1的数为1，2，…，2m ?2，2m ?1，2m +1，所以{}n a 的长度为m +1且末项为2m +1的递增子列个数至多为1(1)22221122m m m --???

???=<个

.

与已知矛盾.

最后证明：2m 排在2m ?3之后（m ≥2为整数）.

假设存在2m （m ≥2），使得2m 排在2m ?3之前，则{}n a 的长度为m +1且末项为2m +l 的递增子列的个数小于2m

.与已知矛盾.

综上，数列{}n a 只可能为2，1，4，3，…，2m ?3，2m ，2m ?1，…. 经验证，数列2，1，4，3，…，2m ?3，2m ，2m ?1，…符合条件. 所以1,1,n n n a n n +?=?

-?为奇数，为偶数.

12、（2019年高考上海卷21）数列{}n a ()n ∈*N 有100项，1a a =，对任意[2,100]n ∈，存在n i a a d =+，

[1,1]i n ∈-，若k a 与前n 项中某一项相等，则称k a 具有性质P .

（1）若11a =，2d =，求4a 所有可能的值；

（2）若{}n a 不是等差数列，求证：数列{}n a 中存在某些项具有性质P ；

（3）若{}n a 中恰有三项具有性质P ，这三项和为c ，请用a 、d 、c 表示12100a a a ++???+.

解：(1)由题意,a 2=a 1+d=3

若a 3、a 4同时具有性质P,则a 4=a 3=a 2=3

若a 3具有性质P 而a 4不具有性质P,则a 3=a 2=a 1+d=3,a 4=a 2+d=a 3+d≠a 1+d ，即a 4=5 若a 3不具有性质P,则必有a 3=a 2+d≠a 1+d,即a 3=5

此时若a 4具有性质P,则a 4=5;若a 4不具有性质P,则a 4=a 3+d=7 综上所述,a 4可能的值为3、5、7

(2)假设{a n }中不存在满足性质P 的项,即对任意i,j∈[1,100],均有a i ≠a j 下面数学归纳法证明,{a n }是等差数列 ①当n=2时,a 2=a 1+d,成立;

②设当n≤k,k∈[2,99]且k∈N *

时,a k =a k-1+d

则当n=k+1时,因为a k+1不具有性质P,故a k+1≠a i =a i-1+d(i=1,2,…,k) 而又存在a k+1=a i +d(i=1,2…,k),故i=k,即a k+1=a k +d

综上所述,当{a n }中不存在满足性质P 的项时,{a n }是等差数列成立 故其逆否命题:当{a n }不是等差数列时,{a n }中存在满足性质P 的项成立 (3)由题意,不妨设这三项为a p ,a q ,a m ,其中2≤P

故数列{a n }(n=1.2,…P -1)为等差教列，{a n }(n=P,P+1，…q-1)为等差数列; {a n }(n=q,q+1,…m-1)为等差数列,{an}(n=m,…,100为等差数列

若存在q=p+1或m=q+1或m=99的情况,

则去掉相应的{a n }(n=p,p+1,…q-1),{a n }(n=q,q+1,…,m-1){a n }(n=m,…,100)) 每组等差数列的公差均为d;

且a p+1=a p +d=a p-1+d 、a q+1=a+d=a q-1+d 、a m+1=a m +d=a m-1+d

故当数列去掉a p ,a q ,a m 这三项后,构成首项为a,公差为d,项数97项的等差数列 故这97项的和d a d a S 4753972

98

97971+=?+

= 故这100个数的和S=S 1+a p +a q +a m =97a+4753d+C

13、（2019年高考江苏卷20）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”. （1）已知等比数列*{}()n a n N 满足：245a a a ，321440a a a ，求证：数列{}n a 为“M 一数

列”；

（2）已知数列*{}()n b a

N 满足：1

1b ，

1

1

22n n

n

S b b ，其中n S 为数列{}n b 的前n 项和.

①求数列{}n b 的通项公式：

②设m 为正整数，若存在“M －数列”*{}()n c n N 、对任意正整数k 、当k

m 时，都有1

k k k

c b c 成立，求m 的最大值.

解：（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.

由245321440a a a a a a =??-+=?，得244112111

440a q a q a q a q a ?=?-+=?，解得11

2a q =??=?．

因此数列{}n a 为“M —数列”. （2）①因为

1

122

n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==，得2

122

11b =-，则22b =.

由

1

122

n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，

当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()

111122n n n n

n n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，

整理得112n n n b b b +-+=．

所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n (

)*

n ∈N .

②由①知，b k =k ，*k ∈N .

因为数列{c n }为“M–数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0.

因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k

q k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .

当k =1时，有q ≥1； 当k =2，3，…，m 时，有

ln ln ln 1

k k

q k k ≤≤-． 设f （x ）=

ln (1)x x x >，则21ln ()x

f 'x x

-=． 令()0f 'x =，得x =e.列表如下：

x

(1,e)

e (e ，+∞) ()

f 'x

+

0 –

f （x ）

极大值

因为

ln 2ln8ln 9ln 32663

=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==．

取33q =k =1，2，3，4，5时，ln ln k

q k

，即k k q ≤，

经检验知1

k q

k -≤也成立．

因此所求m 的最大值不小于5．

若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5．

14、（2019年高考浙江卷20）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对

每个*n N ∈，n n S b +，1n n S b ++，2n n S b ++成等比数列. （1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2

）记n c =*n N ∈

，证明：12n c c c +++<.

解答： （1）由题意得31413124333a a d a a d S a d

=+=??

=+==+?，解得102a d =??=?，从而2(1)n a n =-，2(1)(1)2n n n

S n n -==-.

又2

12()()()n n n n n n S b S b S b +++=++， 从而

22

12

1

12221

2()2n n n n n n n n n n n n n n n S S S S

S b S S b S S b S S S ++++++++-+=++?=

+-22(1)(1)(1)(2)2(1)(1)(1)(1)(2)2(1)2

n n n n n n n n n n n n n n n n +--+++===+-+++-+. （2

）法一：n c ===<=， 从而122(10211)2n c c c n n n ++

+<-+-+

+--

=法二：不妨设数列{}n c 的前n 项和为n T ， ①当1n =

时，1102T c ==<=，显然成立； ②假设当

n k =

时条件成立，即k T < 则当1n k =+时，11

k k k T

T c

++=+<

欲证

<

<

<

=

.综上①②

可知，对任意*

n N ∈，均有12n c c c +++<.

15、（2020?北京卷）已知{}n a 是无穷数列．给出两个性质：

①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >，在{}n a 中都存在一项m a ，使2

i m j

a a a =； ②对于{}n a 中任意项(3)n a n ，在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >．使得2k

n l

a a a =．

(Ⅰ)若(1,2,

)n a n n ==，判断数列{}n a 是否满足性质①，说明理由；

(Ⅱ)若1

2(1,2,

)n n a n -==，判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；

(Ⅲ)若{}n a 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}n a 为等比数列. 解：(Ⅰ)

{}232329

2,3,2

n a a a a Z a ===?∴不具有性质①；

(Ⅱ)

{}22*

(2)1*

2,,,2,2i j i i i j n j j

a a i j N i j i j N a a a a ---?∈>=-∈∴=∴具有性质①；

{}2

*

(2)11,3,1,2,22,k l n k n n l

a n N n k n l a n a a ---?∈≥?=-=-===∴具有性质②；

(Ⅲ)【解法一】

首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：

显然()0*n a n N ≠?，假设数列中存在负项，设{}0max |0n N n a =<， 第一种情况：若01N =，即01230a a a a <<<<<

，

由①可知：存在1m ，满足12

2

10m a a a =<，存在2m ，满足22310m a a a =<， 由01N =可知

22

32

11

a a a a =，从而23a a =，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 第二种情况：若02N ≥，由①知存在实数m ，满足0

21

0N

m a a a =

<，由0N 的定义可知：0m N ≤，

另一方面，0

00

221

N

N

m N N a a a a a a =

>

=，由数列单调性可知：0m N >，

这与0N 的定义矛盾，假设不成立.同理可证得数列中的项数恒为负数.

综上可得，数列中的项数同号.其次，证明22

31

a a a =：

利用性质②：取3n =，此时()23k

l

a a k l a =>，

由数列的单调性可知0k l a a >>，而3k k k l a a a a a =?>，故3k <，此时必有2,1k l ==，即2

2

31

a a a =， 最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：

假设数列{}n a 的前()3k k ≥项成等比数列，不妨设()1

11s s a a q s k -=≤≤，

其中10,1a q >>，（10,01

a q <<<的

情况类似）

由①可得：存在整数m ，满足2

11

k k

m k k a a a q a a -==>，且11k m k a a q a +=≥（*） 由②得：存在s t >，满足：21s s k s s t t

a a

a a a a a +==?>，由数列的单调性可知：1t s k <≤+， 由()1

11s s a a q

s k -=≤≤可得：2

211111s t k s k k t

a a a q a a q a ---+==>=（**）

由（**）和（*）式可得：21

1111k

s t k a q a q

a q ---≥>，

结合数列的单调性有：211k s t k ≥-->-，注意到,,s t k 均为整数，故21k s t =--，

代入（**）式，从而11k k a a q +=.总上可得，数列{}n a 的通项公式为：1

1n n a a q -=.

即数列{}n a 为等比数列.

【解法二】假设数列中的项数均为正数：

首先利用性质②：取3n =，此时()23k

l a a k l a =>，由数列的单调性可知0k l a a >>，

而3k k k l a a a a a =?>，故3k <，此时必有2,1k l ==，即2

2

31

a a a =， 即123,,a a a 成等比数列，不妨设()2

2131,1a a q a a q

q ==>，

然后利用性质①：取3,2i j ==，则2

24

331121m a a q a a q a a q

===， 即数列中必然存在一项的值为3

1a q ，下面我们来证明341a a q =，

否则，由数列的单调性可知3

41

a a q <，在性质②中，取4n =，则24k k

k k l l

a a a a a a a ==>，从而4k <，