专题01 数列综合-十年（ 2012-2021年）高考真题数学（理）解答题分类汇编

专题1 数列综合 【2021年乙卷】安徽、河南、山西、江西、甘肃、陕西、黑龙江、吉林、宁夏、新疆、青海、内蒙古 1、 记 为数列的前n项和， 为数列 的前n项积，已知 ． （1）证明：数列 是等差数列; （2）求 的通项公式． 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 【分析】（1）由已知 得 ,且 ，取 ,得 ,由题意得 ,消积得到项的递推关系 ,进而证明数列 是等差数列; （2）由（1）可得 的表达式,由此得到 的表达式,然后利用和与项的关系求得 . 【详解】（1）由已知 得 ,且 ， , 取 ,由 得 , 由于 为数列 的前n项积， 所以 , 所以 ， 所以 , 由于 所以 ，即 其中 所以数列 是以 为首项，以 为公差等差数列; （2）由（1）可得，数列 是以 为首项，以 为公差的等差数列， , , 当n=1时， , 当n≥2时, ,显然对于n=1不成立, ∴ . 【点睛】本题考查等差数列的证明，考查数列的前n项和与项的关系，数列的前n项积与项的关系，其中由 ,得到 ，进而得到 是关键一步；要熟练掌握前n项和，积与数列的项的关系，消和（积）得到项（或项的递推关系），或者消项得到和（积）的递推关系是常用的重要的思想方法. 【2021年甲卷】贵州、云南、四川、西藏、广西 2、已知数列 的各项均为正数，记 为 的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列 是等差数列：②数列 是等差数列；③ ． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】答案见解析 【解析】 【分析】选①②作条件证明③时，可设出 ，结合 的关系求出 ，利用 是等差数列可证 ； 选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出 ，结合等差数列定义可证； 选②③作条件证明①时，设出 ，结合 的关系求出 ，根据 可求 ，然后可证 是等差数列. 【详解】选①②作条件证明③： 设 ，则 ， 当 时， ； 当 时， EMBED Equation.DSMT4 ； 因为 也是等差数列，所以 ，解得 ； 所以 ，所以 . 选①③作条件证明②： 因为 ， 是等差数列， 所以公差 ， 所以 ，即 ， 因为 ， 所以 是等差数列. 选②③作条件证明①： 设 ，则 ， 当 时， ； 当 时， EMBED Equation.DSMT4 ； 因为 ，所以 ，解得 或 ； 当 时， ，当 时， 满足等差数列的定义，此时 为等差数列； 当 时， ， 不合题意，舍去. 综上可知 为等差数列. 【点睛】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，等差数列的证明通常采用定义法或者等差中项法. 【2021年新课标1卷】山东、广东、河北、江苏、湖北、湖南、福建 3、已知数列 满足 ， （1）记 ，写出 ， ，并求数列 的通项公式； （2）求 的前20项和. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】（1）根据题设中的递推关系可得 ，从而可求 的通项. （2）根据题设中的递推关系可得 的前 项和为 可化为 ，利用（1）的结果可求 . 【详解】（1）由题设可得 又 ， ， 故 ，即 ，即 所以 为等差数列，故 . （2）设 的前 项和为 ，则 ， 因为 ， 所以 . 【点睛】方法点睛：对于数列的交叉递推关系，我们一般利用已知的关系得到奇数项的递推关系或偶数项的递推关系，再结合已知数列的通项公式、求和公式等来求解问题. 【2021年浙江卷】 4、已知数列 的前n项和为 ， ，且 . （1）求数列 的通项； （2）设数列 满足 ，记 的前n项和为 ，若 对任意 恒成立，求实数 的取值范围. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】（1）由 ，结合 与 的关系，分 讨论，得到数列 为等比数列，即可得出结论； （2）由 结合 的结论，利用错位相减法求出 ， 对任意 恒成立，分类讨论分离参数 ，转化为 与关于 的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（1）当 时， ， ， 当 时，由 ①， 得 ②，① ②得 ， 又 是首项为 ，公比为 的等比数列， ； （2）由 ，得 ， 所以 ， ， 两式相减得 ， 所以 ， 由 得 恒成立， 即 恒成立， 时不等式恒成立； 时， ，得 ； 时， ，得 ； 所以 . 【点睛】易错点点睛：（1）已知 求 不要忽略 情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中 恒成立，要对 讨论，还要注意 时，分离参数不等式要变号. 【2020年】 5、（2020·新课标Ⅰ）设 是公比不为1的等比数列， 为 ， 的等差中项． （1）求 的公比； （2）若 ，求数列 的前 项和． 【答案】（1）-2；（2） . 【解析】 （1）设 的公比为 ， 为 的等差中项， ， ；