2022年高考数学真题分类汇编专题06：数列一、单选题1．（2022·浙江）已知数列{an}满足a1=1，an+1=an−13an2(n∈N∗)，则（　　）A．2<100a100<52B．52<100a100<3C．3<100a100<72D．72<100a100<4【答案】B【知识点】数列递推式【解析】【解答】由题意易知{an}为递减数列an+1﹣an＝-13an2<0，∴{an}为递减数列，因为a1=1，所以an≤1∴an+1an=1-13an≥23>0，又a1=1>0，则an＞0，∴an-an+1＝13an2≥13anan+1，∴1an+1-1an≥13，∴1an≥1a1+13n-1=13n+23，则an≤3n+2，∴100a100≤100×3102<3由an+1﹣an＝-13an2＜0，得an+1＝an（1-13an），得1an+1-1an=13-an≤13（1+1n+1）利用累加可得1an+1≤13n+13（12+13+⋯1n+1）+1∴1a100≤34+13×（12+13+⋯1100）<34+13×（12×6+18×93）<40，∴100a100>100×140=52；综上，52<100a100<3．故选：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an≤1，由此可推得100an＜3，再将原式变形确定下限，可得1an+1≤13n+13（12+13+⋯1n+1）+1，由此可推得100a100>52，综合即可得到答案．2．（2022·新高考Ⅱ卷）中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1OD1=0.5，CC1DC1=k1，BB1CB1=k2，AA1BA1=k3，若k1，k2，k3是公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3=（　　）A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9【答案】D【知识点】等差数列【解析】【解答】设OD1=DC1=CB1=BA1=1，则CC1=k1，BB1=k2，AA1=k3，根据题意，有k3−0.2=k1，k3−0.1=k2，且DD1+CC1+BB1+AA1OD1+DC1+CB1+BA1=0.725，所以0.5+3k3−0.34=0.725，故k3=0.9.故答案为：D【分析】设OD1=DC1=CB1=BA1=1，可得关于k3的方程求解即可.3．（2022·全国乙卷）已知等比数列{an}的前3项和为168，a2−a5=42，则a6=（　　）A．14B．12C．6D．3【答案】D【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和【解析】【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，若q=1，则a2−a5=0，与已知条件矛盾，所以q≠1，由题意可得a1+a2+a3=a1(1−q3)1−q=168a2−a5=a1q−a1q4=42，解得a1=96q=12，所以a6=a1q5=3.故选：D.【分析】设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，易得q≠1，根据等比数列的通项以及前n项和公式列方程组，求出首项与公比，最后根据通项即可求解.4．（2022·全国乙卷）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：b1=1+1α1，b2=1+1α1+1α2，b3=1+1α1+1α2+1α3，…，依此类推，其中αk∈N∗(k=1，2，⋯)．则（　　）A．b1<b5B．b3<b8C．b6<b2D．b4<b7【答案】Dn【知识点】数列的应用【解析】【解答】解：因为αk∈N*(k=1，2，⋯)，所以α1<α1+1α2，1α1>1α1+1α2，故b1>b2，同理可得b2<b3，b1>b3，又因为1α2>1α2+1α3+1α4，α1+1α2+1α3<α1+1α2+1α3+1α4，故b2<b4，b3>b4；以此类推，可得b1>b3>b5>b7>…，故A错误；1α2>1α2+1α3+…1α6，得b2<b6，故C错误；而b1>b7>b8，故B错误；α1+1α2+1α3+1α4>α1+1α2+…1α6+1α7，得b4<b7，故D正确.故选：D【分析】根据αk∈N*(k=1，2，…)，再利用数列{bn}与αk的关系判断{bn}中各项的大小，即可求解.5．（2022·浙江学考）通过以下操作得到一系列数列：第1次，在2，3之间插入2与3的积6，得到数列2，6，3；第2次，在2，6，3每两个相邻数之间插入它们的积，得到数列2，12，6，18，3；类似地，第3次操作后，得到数列：2，24，12，72，6，108，18，54，3.按上述这样操作11次后，得到的数列记为{an}，则a1025的值是（）A．6B．12C．18D．108【答案】A【知识点】等比数列；等比数列的通项公式；数列递推式【解析】【解答】设数列经过第n次拓展后的项数为bn，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第n+1次拓展后增加的项数为bn−1，所以bn+1=bn+bn−1=2bn−1，即bn+1−1=2(bn−1)，即bn+1−1bn−1=2，所以数列{bn−1}是以b1=2为首项，2为公比的等比数列，是以bn−1=2n，所以bn=2n+1，则经过11次拓展后在2与6之间增加的数为210−1，所以经过11次拓展后6所在的位置为第210−1+1+1=210+1=1025，所以a1025=6。故答案为：A.【分析】设数列经过第n次拓展后的项数为bn，再利用数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第n+1次拓展后增加的项数为bn−1，再利用已知条件得出bn+1=bn+bn−1=2bn−1，再利用递推公式变形结合等比数列的定义，从而判断出数列{bn−1}是以b1=2为首项，2为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式，进而得出数列{bn}的通项公式，进而得出经过11次拓展后在2与6之间增加的数，从而得出经过11次拓展后6所在的位置，进而得出a1025的值。6．（2022·上海）已知{an}为等比数列，{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列选项中正确的是（　　）A．若S2022>S2021，则数列{an}单调递增B．若T2022>T2021，则数列{an}单调递增C．若数列{Sn}单调递增，则a2022≥a2021D．若数列{Tn}单调递增，则a2022≥a2021【答案】D【知识点】等比数列的前n项和；等比数列的性质【解析】【解答】解：对于A，设an=12n，显然有S2022>S2021，但数列{an}单调递减，故A错误；对于B，设an=-2n，显然有T2022>T2021，但数列{an}单调递减，故B错误；对于C，设an=12n，显然有数列{Sn}单调递增，但a2022<a2021，故C错误；对于D，若数列{Tn}单调递增，则Tn>Tn-1>0，则an>1，q≥1，则a2022≥a2021，故D正确.故答案为：D【分析】根据等比数列的性质，结合特殊值法求解即可.二、填空题7．（2022·全国乙卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=　　．【答案】2【知识点】等差数列；等差数列的通项公式【解析】【解答】由2S3=3S2+6可得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6，化简得2a3=a1+a2+6，即2(a1+2d)=2a1+d+6，解得d=2.故答案为：2【分析】转化条件为2(a1+2d)=2a1+d+6，即可得解.8．（2022·北京）已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn，满足an⋅Sn=9(n=1，2，⋯)给出下列四个结论n：①{an}的第2项小于3；②{an}为等比数列；③{an}为递减数列；④{an}中存在小于1100的项。其中所有正确结论的序号是　　．【答案】①③④【知识点】数列的应用；数列递推式【解析】【解答】n=1，可得a12=9，又各项均为正，可得a1=3，令n=2可得a2(3+a2)=9，可解得a2=3(5−1)2<3，故①正确；当n≥2时，由Sn=9an得Sn-1=9an-1，于是可得an=9an−9an−1，即anan−1=9−an29，若{an}为等比数列，则n≥2时an+1=an，即从第二项起为常数，可检验n=3则不成立，故②错误；an⋅Sn=9(n=1，2，⋯)，可得an⋅Sn=an+1⋅Sn+1，于是an+1an=SnSn+1<1，所以an+1<an，于是③正确；对于④，若所有项均大于等于1100，取n≥90000，则an≥1100，Sn>9，于是an⋅Sn>9与已知矛盾，所以④错误.【分析】先令n=1、n=2计算数列的首项和第二项即可判断①；根据Sn，an的关系，求得anan−1=9−an29假设{an}为等比数列，经检验n=3不成立，判断②错误；由an⋅Sn=9(n=1，2，⋯)，可得an⋅Sn=an+1⋅Sn+1，于是an+1an=SnSn+1<1，所以an+1<an，于是③正确；利用反证法推出矛盾即可判断④.9．（2022·浙江学考）若数列{an}通项公式为an=2n，记前n项和为Sn，则a2=　　；S4=　　.【答案】4；20【知识点】等差数列；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和【解析】【解答】因为an=2n，所以a2=4，又因为an+1−an=2，a1=2，所以数列{an}是以2为首项2为公差的等差数列，则S4=4(a1+a4)2=2×(2+8)=20。故答案为：4；20。【分析】利用已知的数列的通项公式结合代入法得出数列的第二项的值；再利用等差数列的定义判断出数列{an}是以2为首项2为公差的等差数列，再利用等差数列前n项和公式，进而得出等差数列前4项的值。三、解答题10．（2022·浙江）已知等差数列{an}的首项a1=−1，公差d>1．记{an}的前n项和为Sn(n∈N∗)．（Ⅰ）若S4−2a2a3+6=0，求Sn；（Ⅱ）若对于每个n∈N∗，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．【答案】解：（Ⅰ）设an=(n−1)d−1，依题意得，6d−4−2(d−1)(2d−1)+6=0.解得d=3，则an=3n−4，n∈N*，于是Sn=3(1+2+⋯+n)−4n=3n(n+1)−8n2=n(3n−5)2，n∈N*.（Ⅱ）设an=(n−1)d−1，依题意得，[cn+(n−1)d−1][15cn+(n+1)d−1]=[4cn+nd−1]2，15cn2+[(16n−14)d−16]cn+(n2−1)d2−2nd+1=16cn2+8(nd−1)cn+n2d2−2nd+1cn2+[(14−8n)d+8]cn+d2=0故Δ=[(14−8n)d+8]2−4d2=[(12−8n)d+8][(16−8n)d+8]≥0[(3−2n)d+2][(2−n)d+1]≥0对任意正整数n成立.n=1时，显然成立；n=2时，−d+2≥0，则d≤2；n≥3时，[(2n−3)d−2][(n−2)d−1]>(2n−5)(n−3)≥0.综上所述，1<d≤2.【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的性质【解析】【分析】（Ⅰ）由等差数列{an}的首项a1=−1及S4−2a2a3+6=0可得关于公差d的方程，再由公差d的范围可得d的值，最后根据等差数列的前n项和公式可得Sn；（Ⅱ）设an=(n−1)d−1，由an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，可得关于cn的二次方程，由判别式大于等于0可得d的表达式，对n分情况讨论可得d的取值范围．11．（2022·新高考Ⅱ卷）已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．（1）证明：a1=b1；（2）求集合{k|bk=am+a1，1≤m≤500}中元素个数．【答案】（1）证明：设数列{an}的公差为d，所以，a1+d−2b1=a1+2d−4b1a1+d−2b1=8b1−(a1+3d)，即可解得，b1=a1=d2n，所以原命题得证．（2）解：由（1）知d=2b1=2a1，由bk=am+a1知：b1⋅2k−1=a1+(m−1)⋅d+a1即b1⋅2k−1=b1+(m−1)⋅2b1+b1，即2k−1=2m，因为1⩽m⩽500，故2⩽2k−1⩽1000，解得2⩽k⩽10故集合{k∣bk=am+a1，1⩽m⩽500}中元素的个数为9个.【知识点】集合中元素个数的最值；等差数列；等比数列【解析】【分析】（1）设数列{an}的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得m=2k−2，即可解出．12．（2022·全国甲卷）记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Snn+n=2an+1．（1）证明：{an}是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．【答案】（1）已知2Snn+n=2an+1，即2Sn+n2=2nan+n①，当n≥2时，2Sn−1+(n−1)2=2(n−1)an−1+(n−1)②，①-②得，2Sn+n2−2Sn−1−(n−1)2=2nan+n−2(n−1)an−1−(n−1)，即2an+2n−1=2nan−2(n−1)an−1+1，即2(n−1)an−2(n−1)an−1=2(n−1)，所以an−an−1=1，n≥2且n∈N*，所以{an}是以1为公差的等差数列．（2）由（1）中an−an−1=1可得，a4=a1+3，a7=a1+6，ΔABC，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即(a1+6)2=(a1+3)⋅(a1+8)，解得a1=−12，所以an=n−13，所以Sn=−12n+n(n−1)2=12n2−252n=12(n−252)2−6258，所以，当n=12或n=13时(Sn)min=−78．【知识点】等差数列；等差数列的前n项和；等比数列的性质；数列递推式【解析】【分析】（1）依题意可得2Sn+n2=2nan+n，根据an=S1，n=1Sn-Sn-1，n≥2，作差即可得到an−an−1=1，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到{an}的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．13．（2022·北京）已知Q：a1，a2，⋯，ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1，2，⋯，m}，在Q中存在a1，ai+1，ai+2，⋯，ai+j(j⩾0)，使得ai+ai+1+ai+2+⋯+ai+j=n，则称Q为m−连续可表数列．（Ⅰ）判断Q：2，1，4是否为5-连续可表数列？是否为6−连续可表数列？说明理由；（Ⅱ）若Q：a1，a2，⋯，ak为8−连续可表数列，求证：k的最小值为4；（Ⅲ）若Q：a1，a2，⋯，ak为20−连续可表数列，a1+a2+⋯+ak<20，求证：k≥7．【答案】（Ⅰ）若m=5，则对于任意n∈{1，2，⋯，5}，a1=2，a2=1，a3=4，a2+a3=5，所以Q是5-连续可表数列；由不存在任意连续若干项之和相加为6，所以Q不是6-连续可表数列；（Ⅱ）若k≤3，设为a，b，c，则至多a+b，b+c，a+b+c，a，b，c6种矛盾k=4，3，2，1，4满足∴kmin>4（Ⅲ）若k≤5，则a1，a2，…，ak至多可表15个数，与题意矛盾，若k=6，Q：a，b，c，d，e，f至多可表21个数，而a+b+c+d+e+f<20，所以其中有负的，从而a，b，c，d，e，f可表1~20及那个负数（恰21个)这表明a−f中仅一个负的，没有0，且这个们的在a−f中绝对值最小，同时a−f中没有两数相同，设那个负数为−m(m≥1)则所有数之和≥m+1+m+2+⋯+m+5−m=4m+15，4m+15≤19⇒m=1∴{a，b，c，d，e，f}={−1，2，3，4，5，6}，再考虑排序∵1=−1+2(仅一种方式)∴-1与2相序若-1不在两端，则"x_−12___"形式若x=6，则5=6−1(2种方式矛盾)∴x≠6，问理x≠5，4，3，故-1在一端，不妨为"−12A_B_C_D′′_形式右A=3，则5=2+3(2种矛盾)A=4同理不行A=5，则6=−1+2+5(2种矛盾)从而A=6由7=−1+2+6，由表法唯一知3，4不相邻，故只能−1，2，3，4，5，4①或−1，2，6，4，5，3②这2种情形对①9=6+3=5+4矛后对②8=2+6=5+3也矛盾综上k≠6∴k≥7n【知识点】数列的应用；数列与不等式的综合【解析】【分析】（Ⅰ）根据可表数列的定义即可判断；（II）反证法：假设k≤3，则最多能表示6个数字，与Q为8-连续可表数列矛盾，故k≥4；（III）若k≤5，则a1，a2，…，ak至多可表15个数，k=6至多可表21个数，而a+b+c+d+e+f<20，所以至少要有6个正整数连续可表1-20个正整数，即至少6个正整数和一个负数才能满足题意，故k≥7.14．（2022·新高考Ⅰ卷）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，{Snan}是公差为13，的等差数列.（1）求{an}的通项公式；（2）证明：1a1+1a2+⋯+1an<2【答案】（1）因为{Snan}是公差为13的等差数列，而S1a1=1，所以Snan=S1a1+(n−1)d=1+13(n−1)⇒Sn=(13n+23)an①n≥2时，Sn−1=(13n+13)an−1②①-②有：anan−1=n+1n−1，n≥2.所以a2a1=31，a3a2=42，⋯，anan−1=n+1n−1，以上式子相乘，得an=n(n+1)2，n≥2经检验，n=1时，a1=1，符合.所以an=n(n+1)2.（2）由（1）知an=n(n+1)2所以1an=2n(n+1)=2(1n−1n+1)所以1a1+1a2+⋯+1an=2(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=2−2n+1因为n∈N*，所以2n+1>0，所以2−2n+1<2，即1a1+1a2+⋯+1an<2．【知识点】数列的概念及简单表示法；等差数列的通项公式；数列的求和；数列递推式；数列与不等式的综合【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式可得Sn=(13n+23)an，由利用Sn与an的关系，得anan−1=n+1n−1，再利用累积法，可得an；（2）由（1）得1an=2(1n−1n+1)，利用裂项相消求和求得1a1+1a2+⋯+1an=2−2n+1，再解不等式即可.15．（2022·新高考Ⅰ卷）已知函数f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值.（1）求a；（2）证明：存在直线y=b，，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】（1）因为f(x)=ex−ax，所以f′(x)=ex−a，若a≤0，则f′(x)=ex−a>0恒成立，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，无最小值，不满足；若a>0，令f’（x）＞0⇒x＞lna，令f’（x）＜0⇒x＜lna，所以f(x)min=f(lna)=a−alna，因为g(x)=ax−lnx，定义域x>0，所以g′(x)=a−1x，所以g′(x)>0⇒x>1a，g′(x)<0⇒0<x<1a，所以g(x)min=g(1a)=1−ln1a，依题有a−alna=1−ln1a，即lna−a−1a+1=0，令h(a)=lna−a−1a+1(a>0)，则h′(a)=a2+1a(a+1)2>0恒成立所以h(a)在(0，+∞)上单调递增，又因为h(1)=0，lna−a−1a+1=0有唯一解a=1，综上，a=1（2）由(1)易知f(x)在(−∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，设三个不同交点的横坐标分别为x1，x2，x3，不妨设x1<x2<x3，显然有x1<0<x2<1<x3，则肯定有f(x1)=f(x2)=g(x2)=g(x3)=b，注意f(x)，g(x)的结构，易知f(lnx)=g(x)，所以有f(lnx)=g(x)，所以有f(x1)=f(lnx2)，而由x1<0，lnx2<0，f(x)在(−∞，0)上单调递减，知x1=lnx2，同理x2=lnx3⇒x3=ex2，n所以x1+x3=lnx2+ex2，又由f(x2)=g(x2)⇒ex2−x2=x2−lnx2⇒ex2+lnx2=2x2，故x1+x3=2x2，所以存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【知识点】指数式与对数式的互化；利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；等差数列【解析】【分析】（1）对a分a≤0，a>0两种情况，利用导数研究函数f(x)的单调性，并求得f(x)min=a−alna，同理可得g(x)min=1−ln1a，根据题意列式，构造函数h(a)=lna−a−1a+1，并利用导数h’(a)，可得函数h(x)的单调性，并易得h(1)=0，从而求得a；（2）由(1)易得函数f(x)，g(x)的单调性，易得x1<0<x2<1<x3，同时根据f(lnx)=g(x)，可得x1=lnx2，x2=lnx3，从而得x1+x3=lnx2+ex2，再由对数运算可证x1+x3=2x2，结论得证.16．（2022·上海）已知数列{an}，a2=1，{an}的前n项和为Sn.（1）若{an}为等比数列，S2=3，求limn→∞Sn；（2）若{an}为等差数列，公差为d，对任意n∈N*，均满足S2n≥n，求d的取值范围.【答案】（1）设等比数列的公比为q，则由题意得a1=2，则q=12则Sn=a11-qn1-q=41-12n则limn→∞Sn=lim4n→∞1-12n=4（2）由题意得S2n=2n·a2+a2n-12=2dn2+2-3dn⩾n则(3-2n)d≤1当n=1时，d≤1；当n≥2时，d≥13-2n恒成立；∵13-2n∈[-1，0)∴d≥0综上d∈[0，1]【知识点】极限及其运算；等差数列的前n项和；等比数列的前n项和；数列与不等式的综合【解析】【分析】（1）根据等比数列的前n项和公式，结合极限求解即可；（2）根据等差数列的前n项和公式，结合不等式的解法求解即可.