高考数学压轴专题2020-2021备战高考《数列》真题汇编附答案解析

数学《数列》高考知识点

一、选择题

1．设数列值时，的值为

是公差的等差数列，为前项和，若，则取得最大

A． B． C．或 D．

【答案】C

【解析】

，进而得到正数，

，即

，数列

是公差

的等差数列，所以前五项都是

或时，取最大值，故选C.

2．设数列an是等差数列，a1a3a56，a76.则这个数列的前7项和等于（ ）

A．12 B．21 C．24 D．36

【答案】B

【解析】

【分析】

根据等差数列的性质可得a3，由等差数列求和公式可得结果.

【详解】

因为数列an是等差数列，a1a3a56，

所以3a36，即a32，

又a76，

a7a31aa2d073，13，

所以

d故

S77(a1a7)212

故选：B 【点睛】

本题主要考查了等差数列的通项公式，性质，等差数列的和，属于中档题.

3．数列{an}：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和．即：an2an1an.记该数列{an}的前n

项和为Sn，则下列结论正确的是（ ）

A．S2019a20202 B．S2019a20212

C．S2019a20201

D．S2019a20211

【答案】D

【解析】

【分析】

根据递推关系利用裂项相消法探求和项与通项关系，即得结果.

【详解】

因为

Sna1a2a3an(a3a2)(a4a3)(a5a4)(a6a5)(an2an1)

an2a2an21，

所以S2019a20211，选D.

【点睛】

本题考查裂项相消法，考查基本分析判断能力，属中档题.

4．已知数列an为等比数列，前n项和为Sn，且a12，bnan1，若数列bn也是等比数列，则Sn（ ）

A．2

nnB．31 C．2n D．3n1

【答案】C

【解析】

【分析】

anbnb22b1b3an,bnq设等比数列的公比为，写出.由数列是等比数列，得，求出q，

即求Sn.

【详解】

设等比数列an的公比为q，

a12,an2qn1，

bn2qn11，

b13，

b22q1，

b32q21，

32q21bn也是等比数列，

b22b1b32q1，即

2

解得q1，an2,Sn2n.

故选：C.

【点睛】

本题考查等比数列的性质，属于基础题.

5．已知数列an的前n项和为Sn，若Sn2ann，则S9（ ）

A．993 B．766 C．1013 D．885

【答案】C

【解析】

【分析】

an12an11计算

a11，，得到

an2n1，代入计算得到答案.

【详解】

当n1时，a11；

a12an11当n2时，anSnSn12an11，∴n，

an1an2n1所以是首项为2，公比为2的等比数列，即，∴

Sn2ann2n12n

，

∴

S9210111013．

故选：C.

【点睛】

本题考查了构造法求通项公式，数列求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.

6．执行下面程序框图输出S的值为（ ）

25A．42

37B．64

17C．30 6D．7

【答案】A

【解析】

【分析】

模拟执行程序框图，依此写出每次循环得到的S,i的值并判断i5是否成立，发现当

i6，满足i5，退出循环，输出运行的结果

S11111++1324354657

，利用裂项相消法即可求出S．

【详解】

由题意可知，

113，i2，否；

第1次循环时

S第2次循环

S111324，i3，否；

第3次循环时

S111132435，i4，否；

第4次循环时

1111+13243546

S，i5，否；

第5次循环时

11111+1324354657

S，i6，是；

故输出

11111++1324354657

S1111111111=12324354657

1111251226742

故选：A.

【点睛】

本题主要考查程序框图中的循环结构，同时考查裂项相消法求和，属于基础题．

11ana10an1an2na7．在数列中，若，，则2a31an的值

n1A．n n1B．n n1C．n1 nD．n1

【答案】A

【解析】

11ann(n1)a分析：由叠加法求得数列的通项公式，进而即可求解2a31an的和.



详解：由题意，数列an中，a10,an1an2n，

则

an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12[12(n1)]n(n1)

，

1111所以ann(n1)n1n

所以

11a2a31111(1)()an223111n1)1n1nnn

(，故选A.

点睛：本题主要考查了数列的综合问题，其中解答中涉及到利用叠加法求解数列的通项公式和利用裂项法求解数列的和，正确选择方法和准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.

8．已知椭圆

x2y21mn满足条件：m,n,mn成等差数列，则椭圆离心率为( )

3A．2 2B．2 1C．2

D．55

【答案】B

【解析】

【分析】

x2y21m,n,mnm2m根据满足条件成等差数列可得椭圆为,求出a,c．再求椭圆的离心率

即可.

【详解】

2nmmnn2m

,

x2y21椭圆为m2m,

c22mmm,得cm,又a2m,

ec2a2.

2则椭圆离心率为2，故选B.

【点睛】

一般求离心率有以下几种情况：①直接求出a,c，从而求出e;②构造a,c的齐次式，求出e;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．

anncnNan9．数列的通项公式为．则“c2”是“an为递增数列”的

（ ）条件．

A．必要而不充分 不必要

B．充要 C．充分而不必要 D．即不充分也

【答案】A

【解析】

【分析】

12，由此得到若an是递增数列，则

根据递增数列的特点可知an1an0，解得

c32，根据推出关系可确定结果.

cn【详解】

若“an是递增数列”，则

an1ann1cnc0

，

12，

即n1cnc22，化简得：

cn又nN，

n133c22，2，

则c2an是递增数列，an是递增数列c2，

“c2”是“an为递增数列”的必要不充分条件．

故选：A.

【点睛】

本题考查充分条件与必要条件的判断，涉及到根据数列的单调性求解参数范围，属于基础题.

10．数列{an}，满足对任意的n∈N+，均有an+an+1+an+2为定值.若a7=2，a9=3，

a98=4，则数列{an}的前100项的和S100=( )

A．132

B．299

C．68

D．99

【答案】B

【解析】

【分析】

由anan1an2为定值，可得an3an，则an是以3为周期的数列，求出a1,a2,a3，即求S100.

【详解】

对任意的nN+，均有anan1an2为定值，

an1an2an3anan1an20

，

故an3an，

an是以3为周期的数列，

故

a1a72,a2a984,a3a93

，

S100a1a2a3a97a98a99a10033a1a2a3a1

332432299

.

故选：B.

【点睛】

本题考查周期数列求和，属于中档题.

11．在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45，…这些数叫做三角形数.设第n个三角形数为an，则下面结论错误的是（ ）

A．anan1n(n1) B．a20210

C．1024是三角形数 D．

11112na1a2a3ann1

【答案】C

【解析】

【分析】

对每一个选项逐一分析得解.

【详解】

∵a2a12，a3a23，a4a34，…，由此可归纳得anan1n(n1)，故A正确；

将前面的所有项累加可得

(n1)(n2)n(n1)a122

an，∴a20210，故B正确；

n(n1)1024令2，此方程没有正整数解，故C错误；

11a1a2111121an22311nn1

12n21n1n1，故D正确.

故选C

【点睛】

本题主要考查累加法求通项，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

a12．已知n为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，则a20等于（ ）.

A．1 B．1 C．3 D．7

【答案】B

【解析】

【分析】

利用等差数列的通项公式，列出方程组，求出首项和公差，由此能求出a20．

【详解】

解：

{an}为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，

a1a3a53a3105，a2a4a63a499，

a335，a433，da4a333352，

a1a32d35439，

a20a139d391921

．

故选：B

【点睛】

本题考查等差数列的第20项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．

13．已知首项为1的正项等比数列an的前n项和为Sn，a4、a3、a5成等差数列，则

S2020与a2020的关系是（ ）

A．S20202a20201 B．S20202a20201

C．S20204a20201 D．S20204a20203

【答案】B

【解析】

【分析】

求出等比数列an的公比q，然后求出S2020和a2020，由此可得出结论.

【详解】

设等比数列an的公比为q，则q0，

a3a4、、成等差数列，

a52a3a5a42q，所以，q20，

q0，解得q2019220192，a2020a1q，

S2020a11q20201q220201

，

因此，S20202a20201.

故选：B.

【点睛】

本题考查等比数列求和公式以及通项公式的应用，涉及等差中项的应用，考查计算能力，属于中等题.

Sn2n23nnN*an14．已知数列的前n项和，则an的通项公式为（ ）

A．an2n1 B．an2n1 C．an4n1 D．an4n1

【答案】C

【解析】

【分析】

首先根据

Sn2n23n求出首项a1的值，然后利用anSnSn1求出n2时an的表达式，

然后验证a1的值是否适合，最后写出an的式子即可.

【详解】

因为

Sn2n23n，

所以，当n2时，

anSnSn12n23n[2(n1)23(n1)]4n1

，

当n1时，a1S1235，上式也成立，

所以an4n1，

故选C.

【点睛】

该题考查的是有关数列的通项公式的求解问题涉及到的知识点有数列的项与和的关

S,n1an1SnSn1,n2，算出之后再判断n1时对应的式子是否成立，最后求得结果. 系，即

a15．等差数列n中，Sn为它的前n项和，若a10，S200，S210，则当n（ ）

时，Sn最大.

A．8 B．9 C．10 D．11

【答案】C

【解析】

【分析】

根据等差数列的前n项和公式与项的性质，得出a100且a110，由此求出数列an的前n项和Sn最大时n的值．

【详解】 等差数列an中，前n项和为Sn，且S200，S210，

即

20a1a202S2010a10a110

，a10a110，

21a1a212S2121a110

，所以，a110，则a100，

因此，当n10时，Sn最大.

故选：C.

【点睛】

本题考查了等差数列的性质和前n项和最值问题，考查等差数列基本性质的应用，是中等题．

216．在等差数列an中，a3，a15是方程x6x50的根，则S17的值是（ ）

A．41 B．51 C．61 D．68

【答案】B

【解析】

【分析】

由韦达定理得a3a156，由等差数列的性质得a1a17a3a15，再根据等差数列的前

n项和公式求S17.

【详解】

2a在等差数列n中，a3，a15是方程x6x50的根，

a3a156.

S1717a1a1717a3a1517651222

.

故选：B.

【点睛】

本题考查等差数列的性质和前n项和公式，属于基础题.

17．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a元一年定期，若年利率为r保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为( )

a[(1r)17(1r)]B．r

A．a(1r)

17C．a(1r)

18a[(1r)18(1r)]D．r

【答案】D

【解析】

【分析】

由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以

a(1r)为首项，(1r)为公比的等比数列的前

17项的和，再由等比数列前n项和公式求解

即可.

【详解】

解：根据题意，

当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)，

17同理：孩子在2周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)16，

孩子在3周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)15，



孩子在17周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1r)，

可以看成是以a(1r)为首项，(1r)为公比的等比数列的前17项的和，

此时将存款（含利息）全部取回，

则取回的钱的总数：

a(1r)[(1r)171]aSa(1r)a(1r)a(1r)[(1r)18(1r)]1r1r

1716

；

故选：D．

【点睛】

本题考查了不完全归纳法及等比数列前n项和，属中档题.

18．已知等差数列an的公差d0，且a1,a3,a13成等比数列，若a11，Sn为数列an的

2Sn6前n项和，则an3的最小值为（ ）

A．4 B．3 C．232 D．2

【答案】D

【解析】

【分析】

2(12d)112d，求出公差d的值，得到数列{an}的通项公式，前n项和，从由题意得

而可得

2Sn6an3，换元，利用基本不等式，即可求出函数的最小值．

【详解】

解：a11，a1、a3、a13成等比数列，

(12d)2112d．

得d2或d0（舍去），

an2n1，

Snn(12n1)n22，



2Sn62n26n23n12n14an32n2n1n12

．

令tn1，则

2Sn644t22t22an3tt

当且仅当t2，即n1时，

2Sn6an3的最小值为2．

故选：D．

【点睛】

本题主要考查等比数列的定义和性质，等比数列的通项公式，考查基本不等式，属于中档题．

19．已知等差数列an的前n项和为Sn，若S816，a61，则数列an的公差为（ ）

3A．2

3B．2

2C．3

2D．3

【答案】D

【解析】

【分析】

根据等差数列公式直接计算得到答案.

【详解】

依题意，

8a1a88a3a6S81622

，故a3a64，故a33，故

da6a3233，故选：D．

【点睛】

本题考查了等差数列的计算，意在考查学生的计算能力.

11*a20．数列n满足a11，对任意的nN都有an1ann1，则a1a21a2016（ ）

2015A．2016

4032B．2017

4034C．2017

2016D．2017

【答案】B

【解析】

【分析】

首先根据题设条件，由an1ann1，可得到递推关系为an1ann1；

nn12，从而

接下来利用累加法可求得

an12112annn1nn1

11a，由此就可求得1a21a2016的值.

【详解】

因为

an1a1ann1ann

，

所以an1ann1，

用累加法求数列an的通项得：

ana1a2a1anan1

nn112n2

，

所以

12112annn1nn1

，

于是

1111111112122a1a2a3a201622320162017

140322120172017.

故选：B. 【点睛】

本题是一道考查数列的题目，掌握数列的递推关系以及求解前n项和的方法是解答本题的关键，属于常考题.