专题8 考点19 数列的综合应用 题组2 -【高考密码】备战2025年高考数学2020-2024五年真题分类汇编

五年高考真题分类集训 数学 题组二 (m十I)(m+2)+(m一1)m 1.解析：对于①：由题知an,b。是关 从而P.≥ 2 m2+m+11 于：的一次式，对应的画数为 Cim+? 8m+6m+18 次函数，即点(n,aw),(n,b.）分别 3.解：(1)图为ag=1a1=2,a1十ag=3,ag=4ag十a3=5, 在两条钟单均不为0的直线上， 所以Q:2,1,4为5一连续可表数列. 而这两条直线最多有1个交点， 又因为a1+a2十a8=7≠6， 所以M中最多有1个元素，所以 所以Q:2,1,4不是6一连续可表数列 ①正确：对于②：不粉取《m=2”, (2)对于Q:a1a…6+ b=(-2)",则有a24=224=4, 所有形知a十a441十…十a+与(i=1.2,…,kj=0,1…,k- b2=(-2)=4(k∈N),所以 )的可能取值最多有n(k)=k+(k一1》十…十1= a2=bes(k∈N),此时M中有无 k十1)个. 数个元素，所以②不正确：对于 ②：由①知点(H,4。》在一条斜率不为0的克线6上，设b, 由题设，(k)≥8，故k≥4. b-1(≠1)，当公比>0时，直线6与数列{6n}对应的函 对于Q:1,4.1,2,周为a1=1a=2,a1十a4=3.a:=4a1十 数的图象至多有2个公共点，M中最多有2个元素；当Q< 4g=5,d1+a2十ag=6,ag十a十a1=7,a1+41+4+d:=8, 所以Q:],4,1,2为8一进埃可表数列 1时，点(n,b在如图所示的面线C,C2上，由图易知直线 综上，k的最小值为4. 与曲线C1,Cg至多有3个公共点，如当4w=3n-4,b.=一1 (3)由题设，n(k)≥20，所以k≥6. X(一2)-1时，a1■b1=-1a:=b=2,d4=b:-8,两个数 假设存在Qa1a2,ag为20一连续可表数列，且a1十a 列有3项相同，所以M中最多有3个元素： 十…十a6<20. 当q=一1时，易知M中最多有2个元希：当一1<<0时，易 知M中最多有3个元素.综上可如，当{an}为等差数列，(h, ①如果Q的各项均为非负整数，则4，十a41十…十a≤a 十ag十…十46<20，这与Q1是20一连续可表数列矛盾.所以 为等比数列时，M中最多有3个元煮，所以③正确：对于④： Q有负些数项」 若致列{4。}为造增数列，数列{b.}为远减数列，则它们对应的 又因为n(6)=21,所以Q只有一项为负整数，其余各项均为 函致分别为单调递增函数和单调递减函数，两个函数图象的 正楚数，且互不相等， 公共点最多有1个，所以M中最多有1个元素，所以①正确， 棕上可知，正确结论的序号为①③④. ②当a1<0时，彩如a,十4+1十…+a,+)且取位大于0的表达 式列表如下： 答案：①③① 2.解：(1)(1,2)，(1,6)，(5,6). 进行 1中十2 (2)第1步：分析当m=3时的分组情况 好+购 1十7+ 当m=3时，别去ga11·其余项可分为以下3组：a1a1d:· 十十叶 明十 a1o为第【组，4，a%,an,a1g为第2组，a5·asam,a1为第 2十理十叫十防1十g十十 41十4十丽 3组， 第2步：分析当m>3时的分鲤情况，得结论 当m>3时，别去a241,其余项可分为以下m组：1a1a7, 表中表达式的值互不相等，且每一列中的值从上到下增大 ao为第1组aa·deag1t为第2纸，as,dsd11a14为第3 每一行中的值从左到右减小，最大值是a2十aa十…十a6·且第 组，a5a6a7·ag为第4组，41n,a如，a21,a2为第5组， 二大的值是max{ag十dg十a:十as,a1十ag十十n}. +,日1 1wa4m十1am+:为第m组，可知每组的4个数 由题设，表中所有表达式的值之和为1十2十十20■210， 所以5a1十10(a2十ds)+12(d+a:）+6ae=210. 都能构成等差数列.故数列a1aa1m+:是(2，l3)一可分 故41是偶数，且a1≤-2. 数列， (3)第1步：证明1,2，…，4m十2是(4p十1,4g十2)一可分数 由题设4：十ag十…十as-20, 列，并求出方法数 所以a1十a2+…+a4≤20-2=18. 易如a1a2,,a1m+2是(i,j》一可分数列一12，…，4m十2是 所以a处+a,十a1十as=19,所以a6■1. (4p十1,4十2)一可分数列，其中p,?∈{0,1，…m. 因为as>1,所以a2十a3十a1<18, 当0≤pq≤m时，别去4p十1,4q十2， 从而a1十2+…+a6=18, 其余项从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数都能构 综上得a1=-2,a1十ae十…+a=17 成等差数列， 由题设，max{ag十a1十44，a3十a:十a5十aw}=16 数数列1,2，…，4m十2是(4p十1,4g十2)一可分数列，可分为 义5a1十10(ag+a5)+12(a1+a:）十6a6=210, (1,2,3,4),…,(4p-3,4p-2,4p-1,4p).…,(4(q十1)-1 所以a1十a1=12,dg十as=7, 4(q+1）,4(q十1)+1,4(q十1)十2)，，(4m一1,4m,4m+1, 当ag十a3十a416时，d2=4,a5=3. 4m十2)。p,?的可能取值方法数为C+1十川十1 此时a十4，十as十ag=16, =m十1D(m+2) 这与表中表达式的植至不相等矛盾， 当a4十a4十a十as=16时a5=3a2=4. 第2步：证明1,2，…，4m十2是(4p十2,4g十1)一可分数列， 此时ag十4%十a,=16,这与表中表达式的值互不相等矛盾， 并求出方法处 所以，当a1<0时.Q不是20-连续可表量列. 易知a1024w+2是(i,寸)一可分数列→1,2,4m十2是 ⑤当44<0时，同理可证Q不是20一违续可表数列。 (4p+2,4g十1)-可分数列.共中pq∈{0.1m1. ④当存在1∈(2.3,4.5，使得a4<0时，由题设，a1-1十a≥ 当1-p>1时，期去4p十2,4g十1， 1.a十a1+1≥l. 将14p与4以十3一4m十2从小到大，每4项分为1组，可知 所以a,+a+1十…+4+与≤41十ag++a<20. 每组的4个段成等差数列， 所以Q不是20一连续可表数列. 考虑4p十1,4p+3,4p+4,…,4g,4g十2是否可分，等可于考 综上可知，不存在6项的满足题设的20一连续可表数列. 虑1,3,4，…，41,41十2是否可分，其中1=4一p>1,可分为 所以≥7. (1,1+1,21+1,31+1),(3,4+3,2t+3,31+3),(4,1+4,21+ 4.解：(1)议4n=(n一1)d一1.依题意得6d-4-2(1-1)(2d 4,31+4),…,(1,21,31,41),(1十2,21十+2,3t+2,4+2),每组 1)+6=0,解得d=3或d=0(含去)， 4个数都能构成等差数列， 故数列1,2，…，4m十2是(4p十2,4q十1)一可分数列，p,g且 所以a.=3n一4，n∈N°， g一p>1的町能取值方法量为C%+1-m-m,Dm 于是S,=a+）-n3n-4-=n3g-》,meN. 2 2 第3步：证明Pm>8 (2)设a=(n-1)d-1,依题庞得[c,十(n-1)d-1门[15c,十 (n+1)d-1]=(4cw+nd-1)2, 158 详解答案 所以15c话+[(16m-14)d-16]e.+(n3-1)d2-2nd+1= 162+8(nd-1)c.+n2d2-2nd+1, -5)(）广”+(-40…()，④ 整理得+[(14一8n)d+8]cm十=0， 故△=[(14-8n)d+8]2-4=[(12-8n)d+8]·[(16 @-@得T=-3×是+()》+()广+()广+… 8m)d+8]≥0， 脚[(3-2m)d+2][(2-n)d+1]≥0对任意正整数n成立. (”--…() 当=1时，显然成立： 当#=2时，一d十2≥0，则d≤2： -1-( 当n≥3时，[(2u-3)d-2][(m-2)d-1]≥0. 2n23或 1- n一2 2 号+号-4()--() dD1d≤2m3含 综上所述，1<d≤2. 5,解：(1)图为{a.}是公差为2的等益数列，其前8项和为64. 所以a十+·十a=a十8×2=6，所以a=1, 所以工=一·（保） 所以a。=a1十2(n-1)=2n-1,n∈N°： 由T≤6，释-·（保）<Am-4(停）厂a成立。 设等比数列{b》的公比为g,(g>0)· 呷a(m一4)十3n≥0恒成立 所以6-=g2-bg=4(2一g)=48,解得g=4(角值会 H=4时不等式成立： 去)， n4时，A≤-3m n,得A≤1： 所以bn=g1=4",n∈N”； -4-3-12 2)0江明：由题意6，=，十公=+ >4时，A≥-3n n一4 =-3-12 得≥一3： 所以一3≤1≤1. 所以石--(+是）广-(+）-24 专题九立体几何 所以-≠0，n1一22·4 考点20空间几何体的结构特征，体积与表面积 2·4 题组一 所以数列{。一2，}是等比数列： 1,B设回柱和回锥的底面半径均为「，因为它们的高均为√3， (i征明：由题意知，出=2n=1)(2n十1_1n2- 且侧面积相等，所以2xrX3=πr(3)+r产，得户=9，所 2·40 2·20m <42 以国维的体积V=号2X=3,尽x,故选我 2·2m 2.A取AB中点E,连接PE,CE, 所以0 4w2 2n 1 如图 √√2·2“2·2‘2 :△ABC是边长为2的等边三 角形，PA=PB=2, 所以》/只44+上<1表 ,PE⊥AB,CE⊥AB,又PE,CE 22可· C平面PEC,PE∩CE=E, AB1平面PEC, 又PE-CE=2X =5,PC-√6， 故PC=PE十CE,即PE⊥CE, 两式相减得号=1十+十·十 2—1 所以V=阳+Vm=专5ae·AB=言×号X,5X “) 3×2=1. -”=2-+2 故选A 1一2 24 3.D如图所示，在长方体ABCD A1BCD1中，AB=BC=2,AA1=3, 所以T=4-十2 点H,1J,K为所在校上靠近点B1,C: D1·A1的三等分成，O,L,M.N为所在校 所<产六当)2 的中点， 则三就图所对应的几何体为长方休AB 6.解：(1)由45+1=35。-9①，得45。=3S-1-9(n≥2).② CD一A1BCD1去掉长方体ONIC LMHB1之后所得的几何体， ①-②得a+1=3a,即a1-子4，所以a,1是以-号为 该儿何体的表面积和原来的长方体的表 面积相比少2个边长为1的正方形，其表 首项，子为公此的等比数到， 面积为：2×(2×2)十4×(2×3)一2×(1×1)=30故 故=-是()）=-3（是）. 选D. 4.B在△AOB中，∠AOB=120° (2)由36+(n-4a.=0,得6，=-”写a,=(n-(年）广， 而OA=0B=√5，取AB中，点C, 连接OC,PC,有OC⊥AB,PC 从两工，=-3×-2×()》-1×()'+0×()）'+ AB.如图， ∠A0=30.0c=9,AB …+(n-0…(子）广.@ 2BC■3，由△PAB的面积为 故T.=-3×()）-2×(2)°-1×()广+… 9得号X3XPC=9解得 159专题八数列 题组二 用时： 易错记录： 一、填空题 3.(2022·北京卷)已知Q:a1,a2,…,at为有穷整 1.(2024·北京卷)设{an}与{bn}是两个不同的无 数数列.给定正整数m,若对任意的n∈{1,2，…， 穷数列，且都不是常数列.记集合M={ka6= m},在Q中存在a:,a+1,a+2,…,a+j(j≥0)， b,k∈N·),给出下列四个结论： 使得a;十a+1十a:+2十…十a+j=n,则称Q为 ①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1 m一连续可表数列. 个元素； (1)判断Q:2,1,4是否为5一连续可表数列？是 ②若{an与{bn}均为等比数列，则M中最多有2 否为6一连续可表数列？说明理由： 个元素； (2)若Q:a1,a2,…,a为8-连续可表数列，求 ③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中 证：k的最小值为4： 最多有3个元素： (3)若Q:a1,a2,…,a为20一连续可表数列，且 ④若{an)为递增数列，{bn}为递诚数列，则M中 a1十a2十…十ak<20,求证：k>≥7. 最多有1个元素.其中正确结论的序号是 二、解答题 2.(2024·新课标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<j)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. 4.(2022·浙江卷)已知等差数列{am}的首项41= (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6，使得数列a1, -1,公差d>1.记{an}的前n项和为S.(n∈ a2,…,a6是(i,j)一可分数列； N"). (2)当m≥3时，证明：数列a1,a2,…,a4m+2是 (1)若S4-2a2a3十6=0，求Sn; (2,13)-可分数列： (2)若对于每个n∈N',存在实数cm,使am十cn, (3)从1,2，…，4m十2中一次任取两个数i和 an+1+4cr,an+2十15cn成等比数列，求d的取值 j(ij),记数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)一可分 范围. 数列的概率为P证明：P。> 55 五年高考真题分类集训 数学 5.(2021·天津卷)已知(am}是公差为2的等差数 6.(2021·浙江(6月)卷)已知数列{am}的前n项和 列，其前8项和为64.(b.)是公比大于0的等比 数列，b1=4,b一b2=48. 为Sa=-号且4S1=35。-9aEN (1)求{an}和{bn}的通项公式； (1)求数列{an}的通项公式： @记6=+2mEN, (2设数列{bn》满足3bn十(n一4)am=0(n∈ N),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤bn对任 (i)证明(c层一c2m)是等比数列； 意n∈N·恒成立，求实数入的取值范围. (i)证明立 aak+L<22(n∈N') 56