【2022高考必备】2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 数列小题(精解精析)

一、选择题

1．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列a1a2an满足

ai{0,1}(i1,2,)，且存在正整数m，使得aimai(i1,2,)成立，则称其为0-1周期序列，并称满

足aimai(i1,2,)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a1a21mC(k)aiaik(k1,2,mi1an，

,m1)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

1C(k)(k1,2,3,4)的序列是

5( )

C．10001

D．11001

A．11010【答案】C

B．11011

解析：由aimai知，序列ai的周期为m，由已知，m5，

15C(k)aiaik,k1,2,3,4

5i1对于选项A，

151111C(1)aiai1(a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6)(10000)

5i1555515112C(2)aiai2(a1a3a2a4a3a5a4a6a5a7)(01010)，不满足；

5i1555对于选项B，

15113C(1)aiai1(a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6)(10011)，不满足；

5i1555对于选项D，

15112C(1)aiai1(a1a2a2a3a3a4a4a5a5a6)(10001)，不满足；

5i1555故选：C

【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题．

amnaman，a12，2．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)数列{an}中，若ak1ak2则k

( )

ak1021525，

A．2 【答案】C

B．3 C．4 D．5

解析：在等式amnaman中，令m1，可得an1ana12an，an12， ann1所以，数列an是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an222n，

ak1ak2ak10ak11210122k11210122k12101252101，

2k125，则k15，解得k4．

故选：C．

【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题．

3．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)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 【答案】C

C．3402块 D．3339块

解析：设第n环天石心块数为an，第一层共有n环，

则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an9(n1)99n， 设Sn为{an}的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为Sn,S2nSn,S3nS2n，因为下层比中层多729块，

所以S3nS2nS2nSn729， 即

3n(927n)2n(918n)2n(918n)n(99n)729

2222即9n2729，解得n9， 所以S3nS27故选：C

【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题． 4．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，且a53a34a1，

则a3 A．16 【答案】C

B．8

C．4

( )

D．2

27(9927)3402．

2a1a1qa1q2a1q315,a11,q【解析】设正数的等比数列an的公比为，则4，解得，2q2a1q3a1q4a1a3a1q24，故选C．

另解：数感好的话由S4=15，立即会想到数列：1,2,4,8,16,速得出a34．

【点评】在数列相关问题中，用基本量的通性通法是最重要的，当然适当积累一些常见数列，对解题大有裨益．

5．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S40，a55，则

A．an，检验是否满足a53a34a1，可以迅

( )

2n5

B．an3n10

C．Sn2n28n

D．Sn12n2n 2

【答案】A

S44a16d0a13解析：， aa4d5d215所以ana1(n1)d32(n1)2n5,Sn(a1an)nn24n，故选A． 26．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)记Sn为等差数列an的前n项和，3S3S2S4,a12．则a5

A．12

B．10

C．10

( )

D．12

【答案】B

解析：∵Sn为等差数列

an的前

n项和，3S3S2S4，a12，∴

3243把a12，代入得d3∴a524310，33a1da1a1d4a1d，

22故选B．

7．(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件．为激发大家

学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,,其中第一项是2,接下来的两项是2,2,再接

012下来的三项是2,2,2,依此类推．求满足如下条件的最小整数N:N100且该数列的前N项和为2001的整数幂．那么该款软件的激活码是 ( )

A．440 B．330 C．220 D．110 【答案】A

【解析】解法一:本题考查了等比数列的求和,不等式以及逻辑推理能力． 不妨设112124122n1122t2m(其中0tn)

则有Nnn1t1,因为N100,所以n13 2n1由等比数列的前n项和公式可得2n因为n13,所以2n2

n22t112m

所以2n12nn2即2n1n22n,因为2t110

mn1n所以22n22,故mn1

所以mn1,从而有n2t13,因为n13,所以t3,当t3时,N95,不合题意

当t4时,n440,故满足题意的N的最小值为440． 解题关键:本题关键在于利用不等式的知识得出mn1． 解法二:将数列的前N项按照2,2,2,2,2,2,001012分组,不妨设这样的分组共有n组不满足此特点的

单独为一组,则

nn1(n1)n2N,从而数列的前N项的和为:22n212121

2120212Nnn121nn1Nn122n32 tt所以若使数列的前N项和为2的整数幂,则必存在正整数t,使得2n3,即n23

又N100,所以

n1n2100,所以n13,所以n2t313,所以t4

2当t4时,n13,此时100N105,所以N的可能值为101,102,103,104,105,经验证均不符合题意,当负结合选项也可知道t4不合题意,直接排除掉101,102,103,104,105的可能性 当t5时,n29,此时435N465,结合选项特点可知:N440,故选A．

n29n29n29n29n29n29事实上验证:或或或或或

N435N436N437N438N439N440n29只有成立．

N440点评:此题就是分组和以及和与结论中隐藏的整除性问题,通过构建t的不等式限定n的可能值,进而求出N最小值,还好选项提供的数据减少,很好验证操作． 解法三:检验法

由于这是选择题,为求最小值,从最小的开始检验 选项D:若N110,由

1313191110,知第110项排在第14行,第19个

2SN214132219121421916162102151

由221是奇数知SN不能写成2整数幂; 选项C:若N220,由

101520201210220知,第220项排在第21行,第10个

2SN221202210122121023是大于1的奇数,不能写成2整数幂;

选项B,若N330,由

25251325330知第330项排在第26行,第5个

2SN226252251226442241,同理,不能写成2整数幂;

选项A时,当N440时,由

nn1n1n2440,可解出n29 2212所以这前440和为:212122912021222324230,符合题意,故选A．

解法四:直接法

n1kn1kk由SN2n22122n3能写成2的整数幂可知,2n30,

klog2n3Z,且由N100知n13,故满足条件的n的最小值为29,得k5,此时

29291N5440．

2解法五:二进制转化法

按照上面形式重新排列后,第n层:1,2,4,,2n1的和为2111n11(2)

n个1把每一层的和的二时制数重新排列(低位对齐) 第1层: 1 第2层: 11 第3层: 111

第n层: 1111 由于2的数幂的二进制数为:2100n00(2),前n层的和再加多少可以写成2的整数幂?

n个0为方便相加,首先,每层都加1,则总共加了n,得: 第1层: 10 第2层: 100 第3层: 1000 第n层: 1000 此时n层总的和为:11110,仍然不是2的整数幂,再加上2即可!

n个1所以在前n层总和的基础上,再加上n2可使和成为2的整数幂

k设第n1层的前k个数的和为n2,即2n30

后面的方法同“解法四”．

【考点】等差数列、等比数列的求和．

【点评】本题非常巧妙的将实际问题和数列融合在一起,首先需要读懂题目所表达的具体含义,以及观察所给定数列的特征,进而判断出该数列的通项和求和．另外,本题的难点在于数列里面套数列,第一个数列的和又作为下一个数列的通项,而且最后几项并不能放在一个数列中,需要进行判断．

8．(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4a524,S648,则{an}的公差为

A．1 B．2

【答案】 C 【

解

析

】

设

公

C．4

( )

D．8

差为

d,

a4a5a13da14d2a17d24,

S66a1秒

杀

2a17d2465,解得d4,故选C． d6a115d48,联立6a15d4821析

:

因

为

解

S66(a1a6)3(a3a4)482,即

a3a416,则

(a4a5)(a3a4)24168,即a5a32d8,解得d4,故选C．

【考点】等差数列的基本量求解

【点评】求解等差数列基本量问题时,要多多使用等差数列的性质,如{an}为等差数列,若

mnpq,则amanapaq．

9．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科)等差数列an的首项为1，公差不为0．若a2,a3,a6成等比数列，则an前6项的和为 A．24

B．3

C．3

( )

D．8

【答案】 A

【解析】数列an的首项a11，设公差为d，则由a2,a3,a6成等比数列可得a3a2a6，所以

2a12d22a1da15d，即12d1d15d，整理可得d2d0，因为d0，

2所以d2，所以S66a165d6115224，故选A． 2【考点】等差数列求和公式；等差数列基本量的计算

【点评】（1）等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．（2）数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．

10．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红

光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯 ( ) A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏 【答案】 B

【命题意图】本题主要考查等比数列通向公式an及其前n项和Sn，以考查考生的运算能力为主目 的．

【解析】解法一：常规解法

一座7层塔共挂了381盏灯，即S7381；相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，即

q2，塔的顶层为a1；由等比前n项和Sna11qn1qq1可知：S7a112n12381，解得

a13．

解法二：边界效应

等比数列为递增数列，则有an1Sn，∴a8S7381，解得a12.9，∴ a13．

【知识拓展】数列属于高考必考考点，一般占10分或12分，即两道小题或一道大题，其中必 有一道小题属于基础题，一道中档偏上题或压轴题，大题在17题出现，属于基础题型，高考所 占分值较大，在高中教学中列为重点讲解内容，也是大部分学生的难点，主要是平时教学题型难 度严重偏离高考考试难度，以及研究题型偏离命题方向，希望能引起注意；考试主线非常明晰， 11．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科)定义“规范01数列”an如下:an共有2m项,其中m项为0,m项为

1,且对任意k≤2m,a1,a2, A．18个 【答案】C

【解析】由题意,得必有a10,a81,则具体的排法列表如图所示,共14个,故选C.

0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 B．16个

C．14个

,ak中0的个数不少于1的个数.若m4,则不同的“规范01数列”共有

( )

D．12个

0 0 0 0 1 0 1

1 0 1 0 12．(2016高考数学课标Ⅰ卷理科)已知等差数列an前9项的和为27，a10=8，则a100= ( )

(A)100(B)99(C)98(D)97 【答案】C

9a1a992a59a527，故a53，而a108，因此公【解析】由等差数列性质可知：S922差da10a51∴a100a1090d98．故选C．

10513．(2015高考数学新课标2理科)已知等比数列an满足a13，a1a3a521，则a3a5a7

A．21 【答案】B

解析：设等比数列公比为q，则a1a1q2a1q421，又因为a13，所以q4q260，解得q22，所以a3a5a7(a1a3a5)q242，故选B． 考点：等比数列通项公式和性质．

14．(2013高考数学新课标2理科)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3a210a1,a59，则a1等

于

( )

B．42

C．63

( )

D．84

A．

1 3B．－

1 3C．

1 9D．－

1 9【答案】C

解析：设等比数列{an}的公比为q，由S3a210a1得a1a2a3a210a1，即

a39a1,q29，又a5a1q49，所以a11． 9考点：（1）6．3．1等比数列的基本量的计算；（2）6．3．4等比数列的前n项和及综合应用 难度：A 备注：高频考点

15．(2013高考数学新课标1理科)设AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn，n=1,2,3,…AnBnCn的面积为Sn，

若b1c1，b1c12a1，an1an，bn1A．{Sn}为递减数列

cnanban，cn1n,则 ( ) 22B．{Sn}为递增数列

C．{S2n1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D．{S2n1}为递减数列，{S2n}为递增数列 【答案】B

解析: 因为an1an，bn1cnanbnancnanc，n1，所以ana1，bn1cn1222bnan11(bncn)an(bncn)a1 2221(bncn2a1)，注意到b1c12a1，所以bncn2a1． 2bn1cn12a1于是AnBnCn中，边长BnCna1为定值，另两边的长度之和为bncn2a1为定值． 因为bn1cn1cnanbnan1(bncn)，

22212n1所以bncn()(b1c1)，当n时，有bncn0，即bncn，于是AnBnCn的边

BnCn的高hn随n增大而增大，于是其面积Sn11|BnCn|hna1hn为递增数列． 22考点：（１）6．1．1数列的概念及归纳简单数列的通项公式；（２）6．3．1等比数列的基本量的计算；（３）12．5．1数列极限． 难度：C

16．(2013高考数学新课标1理科)设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm1＝－2，Sm＝0，Sm1＝3，则m＝

A．3 【答案】Ｃ 解析：由题意知Sm=

( )

D．6

B．4 C．5

m(a1am)=0，∴a1=－am=－（Sm-Sm1）=－2， 2am1= Sm1-Sm=3，∴公差d=am1-am=1，∴3=am1=－2m，∴m=5，故选C．

考点: （1）6．2．4等差数列的前n项和及综合应用；（2）13．1．1函数与方程思想． 难度：Ｂ

备注：高频考点

17．(2012高考数学新课标理科)已知{an}为等比数列，a4a72，a5a68，则a1a10 ( )

A．7 【答案】D

解析：∵a4a72①，由等比数列的性质可得，a5a6a4a78② ①、②联立方程组解得：a4=4，a7=-2或a4=-2，a7=4 当a4=4，a7=-2时，q3=

B．5

C．

D．

1， 2∴a1=-8，a10=1， ∴a1+a10=-7

当a4=-2，a7=4时，q3=-2，则a10=-8，a1=1 ∴a1+a10=-7

考点：（1）6．3．1等比数列的基本量的计算；（2）6．3．3等比数列的性质及应用． 难度：B 备注：高频考点 二、填空题

18．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)记Sn为等差数列{an}的前n项和，a1≠0，a23a1，则

___________． 【答案】4．

S10S5109dS10100a124． 【解析】因a23a1，所以a1d3a1，即2a1d，所以

54S525a15a1d210a1【点评】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．

19．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a112，a4a6，则3S5 ．

【答案】

121 31(135)11212解析：由a4． a6，得a12q6a1q5，所以a1q1，又因为a1，所以q3，S53313320．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)记Sn为数列an的前n项和．若Sn2an1,则S6 ．

【答案】63

解析：Sn为数列an的前n项和．若Sn2an1，① 当n1时，a12a11，解得a11， 当n2时，Sn12an11，②， 由①﹣②可得an2an2an1，

∴an2an1n2，

∴an是以a11为首项，以2为公比的等比数列，

∴S611261263．

21．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科)设等比数列an满足a1a21,a1a33，则a4 ．

【答案】8

a1qa11a11【解析】设等比数列an的公比为q，则依题意有，解得 2q2aaq3113所以a4a1q128．

3【考点】等比数列的通项公式

【点评】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．

22．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科)等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则

1 ． k1Sk2n【答案】

n1【解析】设等差数列的首项为a1，公差为d，

na12d3a11由题意有： ，解得 ， 434a1d10d12数列的前n项和Snna1nn1nn1nn1dn11， 22212112裂项有：，据此： Skkk1kk11111112n121......21 。 223Snn1n1n1k1k【考点】 等差数列前n项和公式；裂项求和。

n【点评】等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题。学&科&网数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法。使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的。

【知识拓展】本题不难，属于考查基础概念，但有一部分考生会丢掉nN这个条件，此处属于易错点．

23．(2016高考数学课标Ⅰ卷理科)设等比数列满足a1a310，a2a45，则a1a2...an的最大值

为 ． 【答案】64

【解析】由于an是等比数列，设ana1qn1，其中a1是首项，q是公比．

a182aaq10a1a31011∴，解得：1． 3qa1qa1q5a2a452故an12n4，∴a1a2...an21232...n4121nn721221749n224

当n3或4时，

174916n取到最小值，此时224221749n224取到最大值2．

6所以a1a2...an的最大值为64．

24．(2015高考数学新课标2理科)设Sn是数列an的前n项和，且a11，则Sn________． an1SnSn1，

【答案】1 n111解析：由已知得an1Sn1SnSn1Sn，两边同时除以Sn1Sn，得1，故数列Sn1SnSn是以1为首项，1为公差的等差数列，则考点：等差数列和递推关系．

25．(2013高考数学新课标2理科)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S100,S1525，则nSn的最

小值为________． 【答案】－49 解析：由已知解得d

111(n1)n，所以Sn．

nSn2,a13, 31n(n1)n310n2'n)n(3n20) nSnn(na1d)f(n)，f(323由函数的单调性知f(6)48,f(7)49，∴nSn的最小值为－49．

考点：（1）6．2．2等差数列的基本量的计算；（2）6．2．4等差数列的前n项和及综合应用 （3）3．2．4导数与函数最值 难度： C

备注：高频考点

26．(2013高考数学新课标1理科)若数列{an}的前n项和为Sn=______． 【答案】(2)n121an，则数列{an}的通项公式是an33

21a1，解得a1=1， 33212212当n≥2时，an=SnSn1=an－(an1)=anan1，即an=2an1，

333333解析:当n=1时，a1=S1=

∴{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴an=(2)等比数列的基本量的计算．

难度：Ｂ

备注：高频考点、易错题

27．(2012高考数学新课标理科)数列{an}满足an1(1)nan2n1，则{an}的前60项和为

【答案】1830

解析：由an1(1)nan2n1得，

n1．

考点:（1）6．1．3已知an与Sn的关系求通项公式an；（2）6．3．2等比数列的定义及判定；（3）6．3．1

a2ka2k14k3……①

a2k1+a2k4k1……②,

再由②—①得 a2k1a2k12……③ 由

①

得

S偶S奇a2a1a4a3a60a59159117(1117)301770

2由③得, S奇a3a1a7a5a59a5921530 ∴S60S奇S偶S偶-S奇2S奇17702301830．



考点：（1）6．2．4等差数列的前n项和及综合应用；（2）6．4．1分组转化与倒序相加求和． 难度：C

备注：高频考点