层级滚动专题三 数列-【全频累积】2024年高考真题数学专题分类集训

层级滚动/专题三数列 一、单选题 1.(2024·全国甲卷理)等差数列{am}的前n项和为Sn,若S5=S1o,a5=1,则a1=() A.-2 C.1 D.2 二、填空题 2.(2024·新高考Ⅱ卷)记Sn为等差数列{am}的前n项和，若a3十a4=7,3a2十as=5,则S1o 3.(2024·上海)无穷等比数列{an}满足首项a>0,9>1,记In={x一yx,y∈[a1,a2]U [am,au+1]},若对任意正整数n,集合In是闭区间，则q的取值范围是 三、解答题 4.(2024·新高考I卷)设m为正整数，数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列，若从 中删去两项a:和a,(i<)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成 等差数列，则称数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)一可分数列. (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6，使数列a1,a2,…,a6是(i,j)一可分数列： (2)当m≥3时，证明：数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)一可分数列： (3)从1,2，…，4m十2中一次任取两个数i和j(i<j),记数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j) 可分数列的概率为P,证明：P> 8 5.(2024·全国甲卷理)记S.为数列{am}的前n项和，且4Sn=3an十4. (1)求{am}的通项公式： (2)设bn=(一1)”-1nam,求数列{b.}的前n项和Tm. 6 6.(2024·天津)已知数列{am}是公比大于0的等比数列.其前n项和为S.若a=1,S2= a8-1. (1)求数列{an}的前n项和Sm k:n=ak, (2)设bn= b=1,其中k是大于1的正整数. bn-1十2k,ae<n<a+1, (1)当n=a+1时，求证：bn-1≥ak·bn； (1)求交4. 一7sin A-sin A:解得sinA=3 7 2· cos C+ossinC :A为纯角，则A=2 (2)选择①6=7，则如B=得0=得×7= 2· 则S△Ar= 2 acsin B=X7X5×3y 14 :A=,则B为钱角，则B=否 -155 4 此时A十B=π，不合题意，舍去： 层级滚动/专题三数列 选择②©0sB=是B为三角彩内角，则s血B 1.B【名师点睛】由S=S。结合等差中项的性质 14 可得ag=0,即可计算出公差，即可得a1的值. 【解析】由S1。一Ss=a6十a;十a8十ag十a1a=5ag 则代入2nB=96得2x35-56.解得6 14 =0,则a%=0, =3, 则等差数列{a.}的公差d=as二ai=一 3 3,故a sin C=sin (A+B)=sin =a-4d-1-4x(-3)子 B+eos号inB 故选B. ×+()×-。 2.95【名师点睛】利用等差数列通项公式得到方 程组，解出a1,d,再利用等差数列的求和公式即 可得到答案. 【解析】，'数列{am}为等差数列，则由题意得 -153 4 a1+2d+a1+3d=7, a1=-4, 解得 3(a1+d)+a1+4d-5, d-3, 选排@nA=,则有c×号=多5，解得 则s。-10,+10X9d-10X(-40+5×3 c=5, =95. in即 则由正弦定理得 5 3 sin C' 故答案为95. 2 3.[2,十o∞)【名师点睛】当n≥2时，不妨设x≥ 解得sinC-53 y,则x-y∈[0，a:-a1]U[a,-aa-1-a]U 14 [0,a+1一a。],结合1。为闭区间可得q一2≥ ,C为三角形内角，则c0sC= 53 、14 对任意的≥2恒成立，故可求g的取值 =11 范围 14 【解析】由题设有a,=ag1,:a1>0,q>1,故 则sinB=sin(A+C)=sin (+c=m等 aw+i>aa,故[aa,au+i]=[a1q-1,ag门]， 50 当n=1时，r,y∈[a1,a2],故x-y∈[a1-a2, 二a1+1(k=1,2,…,4m+2), d a2一a1],此时I1为闭区间， 得到新数列a'。=k(k=1,2,…,4m十2)，然后对 当n≥2时，不妨设x≥y,若x,y∈[a1,a2],则x a'1,a',…,a'm+进行相应的讨论即可. -y∈[0，ae-a1]. 换言之，我们可以不妨设a4=k(k=1,2,…,4m 若y∈[a1,ag],x∈[am,am+1],则x-y∈[am 十2)，此后的讨论均建立在该假设下进行. a2,aw+1一a1], 回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中 若x,y∈[am,aw+1],则x-y∈[0，aw+1-am], 取出两个数i和j(i<j),使得剩下四个数是等 综上，x-y∈[0，a2-a1]U[am-a2,am+1-a1] 差数列。 U[0,ae+1-aw], 那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4， 又I,为闭区间等价于[0，ag-a1]U[am一a:, 5,或3,4,5,6 aw+1-a1]U[0,aw+1-a]为闭区间， .所有可能的(i,j)就是(1,2)，(1,6)，(5,6) 而am+1-a1>ag+1一an>ag一a1,故aw+1-am≥ (2)由于从数列1,2，…，4m十2中取出2和13 aw一ag对任意n≥2恒成立， 后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共 故am+1-2an十a:≥0即a1gq”1(g-2)十a:≥0， m组，使得每组成等差数列： 故g2(q-2)+1≥0， ①{1,4,7,10}，{3,6,9,12}，(5,8,11,14}，共 故)一2公-对任毫的心2板成立，周为>1， 3组； 故当十90时.一g是0，故g一2≥0即≥2 ②15,16,17,18}，{19,20,21,22}，…，{4m-1, 4m,4m+1,4m十2}，共m一3组. 故g的取值范围是[2，十©∞). (如果m一3=0，则忽略②) 【关键点点拨】与等比数列性质有关的不等式恒 故数列1,2，…，4n十2是(2,13)一可分数列. 成立，可利用基本量法把恒成立转为与公比有 (3)定义集合A=〈4k十1k=0,1,2,…,m}= 关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来 {1,5,9,13,…,4m+1},B={4k+2|k=0,1, 处理. 2,…,m}={2,6,10,14,….4m+2}. 4.【名师点睛】(1)直接根据(i,j)一可分数列的定 下面证明，对1≤i<≤4m十2，如果下面两个命 义即可： 题同时成立， (2)根据(i,j)一可分数列的定义即可验证结论： 则数列1,2，…，4m十2一定是(i,j)一可分 (3)证明使得原数列是(i,j)一可分数列的(i,j) 数列： 至少有(m十1)2一m个，再使用概率的定义. 命题1：i∈A,j∈B或i∈B,j∈A: 【解析】(1)首先，我们设数列a1,a2,…,am+2的 命题2：j-i≠3. 公差为d,则d≠0. 我们分两种情况证明这个结论. 由于一个数列同时加上一个数或者乘一个非零 第一种情况：如果i∈A,j∈B,且j-i≠3. 数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 此时设i=4k1十1，j=4k2十2，k1,k2∈{0,1,2， 故我们可以对该数列进行适当地变形，a'。= …,m}. 51 则由i<j可知4k1十1<4k2十2，即k2一k> ③全体{4k1十p,3k,十k2十p,2k1十2k2十p,k1十 -子故>6 3k2十p},其中p=3,4,…,k2一k1,共k2一k1 2组； 此时，由于从数列1,2，…，4m十2中取出i=4k ④{4k2+3.4k2+4,4k2+5,4k2+6},{4k2十7. +1和j=4k2十2后， 4k2+8,4k2+9,4k2+10},…,{4m-1,4m,4m 剥余的4n个数可以分为以下三个部分，共m 十1,4m十2}，共m一k2组. 组，使得每组成等差数列： (如果某一部分的组数为0，则忽略之) ①1,2,3,4}，(5,6,7,8}，…，{4k1-3,4k1-2, 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组 4k1一1,4k1},共k1组： 作为一个横排，排成一个包含k2一k一2个行，4 ②{4k十2,4k1+3,4k1+4,4k1+5},{4k1+6, 个列的数表以后，4个列分别是下面这些数： 4k1十7,4k1+8,4k1十9}，…，{4k2-2,4k2一1， {4k1+3,4k1+4,…,3k1十k2},{3k1十k2+3,3k 44,4k2+1},共k2一k1组； +k2+4,…,2k1十2k2},{2k1+2k2+3,2k1+2k2 ③{4k2十3,4k2+4,4k2+5,4k2+6,{4k:+7, +3,…,k1+3k2},{k1+3k2+3,k1+3k2+ 4k十8,4k2+9,4k2十10}，…，{4m-1,4m,4m 4,…,4k2}. 十1,4m十2}，共m一k2组. 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再 (如果某一部分的组数为0，则忽略之) 取并以后，将取遍{4k1十1,4k1十2，…，4k2十2} 故此时数列1,2，…，4m十2是(i,j)一可分 中除开五个集合{4k1十1,4k1十2}，{3k,十k2+ 数列 1,3k1+k2+2},{2k1+2k2+1,2k1+2k2+2}, 第二种情况：如果∈B,j∈A,且j-i≠3. {k:十3k2+1,k1十3k十2}，{4k2+1,4k2十2}中 此时设i=4k1十2，j=4k2十1，k1,k2∈{0,1， 的十个元素以外的所有数。 2,…,n}. 而这十个数中，除开已经去掉的4k1十2和4k2 期由可知十2<4：十1，即：-6> 十1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八 个数. 故k:>k1 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此 由于j-i≠3，故(4k2十1)一(4k1十2)≠3，从而 时数列1,2，…，4m十2是(i,j)一可分数列。 k:一k1≠1，这就意味着k2一k1≥2. 至此，我们证明了：对1≤i<j≤4m十2，如果前 此时，由于从数列1,2，…，4m十2中取出i=4k 述命题1和命题2同时成立，则数列1,2，…， 十2和j=4k:十1后，剩余的4m个数可以分为 4m十2一定是(i,j)一可分数列. 以下四个部分，共m组，使得每组成等差数列： 然后我们来考虑这样的(i,)的个数， ①1,2,3,4}，{5,6,7,8}，…，{4k1-3,4k1-2, 首先，由于A∩B=☑，A和B各有m十1个元 4k1一1,4k},共k1组： 素，故满足命题1的(i,j)总共有(m十1)严个： ②{4k,十1,3k1十k2十1,2k1+2k:十1，k1+3k2+ 而如果j一i=3,假设i∈A,j∈B.则可设i=4k 1},{3k1十k2+2,2k1+2k2+2,k1十3k2+2,4k +1,j=4k+2,代入得(4k2+2)-(4k+1) 十2}，共2组： =3. 52 但这导致k:一k=2,矛盾，i∈B,时长A. 数列， .am=4·(-3)"-1 设i=4k1+2,j=4k2+1,k1,k2∈{0,1,2，…， (2)b.=(-1)"-1·n·4·(-3)-1=4n·3"-1, m},则(4k2十1)-(4k1十2)=3，即k2一k1=1. ∴.T.=b十b2十b十…十bn=4·3°+8·3+12 可能的(k1,k2)恰好就是(0,1)，(1,2)，…，(m ·32十…十+4n·3"-1 一1，m),对应的(i,j)分别是(2,5)，(6,9).…， 故3T,-4·3+8·32+12·33+…+4n·3", (4m一2,4m+1),总共m个. ∴.-2T.=4+4·31+4·32+…+4·3-1-4n .这(m十1)2个满足命题1的(i,j)中，不满足 ·3 命题2的恰好有m个， 这就得到同时满足命题1和命题2的(i,)的个 =4+4.303）-4n·3"=4+2·3… 1-3 数为(m十1)2一m. (3-1-1)-4n·3 当我们从1,2，…，4m十2中一次任取两个数i =(2-4n)·3"-2, 和j(i<j)时，总的选取方式的个数等于 ∴.T.=(2n-1)·3+1. (4m+2)(4m+1=(2m+1)(4m+1). 6.【名师点睛】(1)设等比数列{aw}的公比为 2 q(q>0),根据题意结合等比数列通项公式求q, 而根据之前的结论，使得数列a1,a2,…,a4m+2是 再结合等比数列求和公式分析求解： (i,j)一可分数列的(i,j)至少有(m十1) (2)(i)根据题意分析可知a4=2-1,bn=k十1， 一m个 b-1=k(2一1)，利用作差法分析证明：(ii)根据 .数列a1a…,aw+是(i,j)一可分数列的概 率Pm一定满足 题意结合等差数列泉和公式可得空6=司 (m+1)2-m m2+m十1 [(3k一1)4一(3k一4)4-1]，再结合裂项相消法 P.≥2m+1)(4m+D=2m+1D4m+D> 分析求解. m+m+号 (ut?) 【解析】(1)设等比数列{am}的公比为q(q>0), (2m+1)(4m+2)-2(2m+1)(2m+1)-8 :a1=1,S:=a1-1,即a1十a2=aa-1, 这就证明了结论. 可得1十g=g-1,整理得q-9-2=0,解得q 5.【名师点睛】(1)利用退位法可求{am}的通项 =2或9=一1（舍去）， 公式： 8瓷-2-1 (2)利用错位相减法可求T.· (2)(i)由(1)可知am=21,且k∈N°，k≥2， 【解析】(1)当n=1时，4S=4a1=3a1十4，解得 当 n=a+1=2≥4时，则 41=4. a4=2-1<2-1=n-1. 当n2时，4S。-1=3am-1+4,∴.4Sw-4S。-1= 即a:<n-1<a+1 n-1=a4+1-1<a+1, 4an=3am-3am-1,即am=-3a。-1, 可知a=2-1,b。=k十1， 而a1=4≠0，故a,≠0，故0=-3， aw-1 b.-1=b,+(a4+1-a4-1)·2k=k+2k(2-1 ∴.数列{a.}是以4为首项，一3为公比的等比 1)=k(2-1), 53 可得b.1一4s·b.=k(2-1)一(k十1)2-1=(k -1)2-1-k≥2(k-1)-k=k-2≥0， 台的结狗特征求得AM=4g,进雨根据线面夹 当且仅当k=2时，等号成立， 角的定义分析求解；解法二：将正三棱台ABC .bn-1≥ak·h- A,BC,补成正三棱锥P一ABC,A1A与平面 (ii)由(1)可知Sn=2"-1=a+1-1, ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，根据 若n=1,则S1=1,b1=1: 比例关系可得Vp-Ar=18,进而可求正三棱锥 若n≥2，则a+1一a4=2-1, P一ABC的高，即可得结果： 当2-1<i≤2*一1时，b,一b,-1=2k,可知{b}为 【解析】解法一：分别取BC,B1C1的中点D,D1, 等差数列， 则AD=3√3，AD1=√3， 可得∑b=k·2*-1+2k 2-1(2-1-1)_ 可知S△A一 2 2×6X35=955aA5=号 :41=号[(36-1D4-(3-44. ×2×√3=3， 设正三棱台ABCA1B,C的高为h, 26,=1+号[5×4华-2×4+8×4-5X4+ 则Vm5=号9B+3+93x万h= …+(3n-1)4"-(3n-4)4-1] =(3n-1)4”+1 号解得A= 3 9 如图，分别过A1,D1作底面垂线，垂足为M,N, 且”三1，符合上式，蜂上所迷，力 设AM=x, -(3n-1)4"+1 9 层级滚动/专题四立体几何 1.B【名师点睛】设圆柱的底面半径为r,根据圆 锥和圆柱的侧面积相等可得半径r的方程，求 则AA,=√AF+A,F= ,DN= x2+16 出解后可求圆锥的体积. 【解析】设圆柱的底面半径为”，则圆锥的母线长 AD-AM-MN=23-x. 为2+3， 可得DD,=DN2+DN= (23-xy+16 而它们的侧面积相等，.2πr×√3=πr× √3+r,即2√3=/3+r2, 结合等度梯形BC℃B可得B-(2) 故r-3,故国维的体积为号xX9X5=-33x +DD. 故选B 中+9=(25-+9+4，解得x=, 31 2.B【名师点睛】解法一：根据台体的体积公式可 ∴.A,A与平面ABC所成角的正切值为tn 得三楼台的商么=，作箱助我，结合正三使 ∠AAD=AM-L 54