【文档说明】《2023年新高考数学临考题号押》押第14题 数列（新高考）（解析）【高考】.docx，共(14)页，1.634 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-1288300d271d92ae312c26c9648916d8.html

以下为本文档部分文字说明：

1押第14题数列数列是高考每年必考的一个知识点,每年的高考试题中或者有1道解答题或者有2道客观题，若有2道客观题，至少有1道是基础题，数列基础题一般具有小巧活的特点，考查热点一是等差数列与等比数列基本量的计算，二是等差数列与等比

数列的性质，三是与数列有关的数学文化试题．求解数列基础题要注意方程思想的应用，即把所求问题转化为利用解方程求基本量.1.方程思想求等差数列基本量等差数列中，已知5个元素a1，an，n，d，Sn中的任意三个，

便可求出其余两个．除已知a1，d，n求an，Sn可以直接用公式外，其他情况一般都要列方程或方程组求解，因此这种问题蕴含着方程思想．注意，我们把a1，d叫做等差数列的基本元素．将所有其他元素都转化成基本元素是解决等差数列问题的一个非常2.求等差数列前

n项和最值的方法(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；(2)利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；(3)将等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)看作二次函数，根据二次函数的性质求最值．要注

意an＝0的情形．3.等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{an}中，m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.(2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则①S2n＝n(a1＋a2

n)＝…＝n(an＋an＋1)；②S2n－1＝(2n－1)an.4．等比数列中的基本运算在等比数列五个基本量a1，q，n，an，Sn中，已知其中三个量，可以将已知条件结合等比数列的性质或通项公式、前n项和公式转化为关于基本

量的方程(组)来求得余下的两个量，计算有时要整体代换，根据前n项和公式列方程还要注意对q是否为1进行讨论．5.等比数列常见性质的应用(1)在等比数列中，若Sn≠0，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数

列．(2)等比数列中，依次m项积仍为等比数列，但公比发生改变．(3)性质“当m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)时，有am·an＝ap·aq”常用来转化条件．21．（2021·新高考全国卷Ⅰ数学·高考真题）某校学生在研究民间剪纸

艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm12dm，20dm6dm两种规格的图形，它们的面积之和21240dmS=，对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和221

80dmS=，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折n次，那么1nkkS==______2dm.【答案】5()41537202nn−+−【详解】（1）由对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，所以对着三次的

结果有：5312561032022，，；，共4种不同规格（单位2dm)；故对折4次可得到如下规格：5124，562，53，3102，3204，共5种不同规格；（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面

积成公比为12的等比数列，首项为120()2dm,第n次对折后的图形面积为111202n−，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为1n+种（证明从略），故得猜想112

0(1)2nnnS−+=，设()0121112011202120312042222nknknSS−=+==++++L，则121112021203120120(1)22222nnnnS−+=++++，两式作差得：()211201111124012022222nnnS−+=++

++−()11601120122401212nnn−−+=+−−()()112011203120360360222nnnnn−++=−−=−，3因此，()()4240315372072022nnnn

S−++=−=−.故答案为：5；()41537202nn−+−.2．（多选）（2021·全国·高考真题）设正整数010112222kkkknaaaa−−=++++，其中0,1ia，记()01knaaa=+++．则（）A．()()

2nn=B．()()231nn+=+C．()()8543nn+=+D．()21nn−=【答案】ACD【详解】对于A选项，()01knaaa=+++，12101122222kkkknaaaa+−=++++，所以，()()012knaaan=+++=，A选项正确；对于

B选项，取2n=，012237121212n+==++，()73=，而0120212=+，则()21=，即()()721+，B选项错误；对于C选项，3430234301018522251212

222kkkknaaaaaa+++=++++=+++++，所以，()01852knaaa+=++++，2320123201014322231212222kkkknaaaaaa+++=++++

=+++++，所以，()01432knaaa+=++++，因此，()()8543nn+=+，C选项正确；对于D选项，01121222nn−−=+++，故()21nn−=，D选项正确.故选：ACD.3．（2021

·全国·高考真题（文））记nS为等比数列na的前n项和.若24S=，46S=，则6S=（）A．7B．8C．9D．10【答案】A【详解】∵nS为等比数列na的前n项和，∴2S，42SS−，64SS−成等比数列

∴24S=，42642SS−=−=∴641SS−=，∴641167SS=+=+=.故选：A.44．（2021·全国·高考真题（理））等比数列na的公比为q，前n项和为nS，设甲：0q，乙：nS是递增数列，则（）A．甲是乙的充分

条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B【详解】由题，当数列为2,4,8,−−−时，满足0q，但是nS不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若nS是

递增数列，则必有0na成立，若0q不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则0q成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B．5．（2021·浙江·高考真题）已知数列na满足()111,N1nnnaaana+==+.记数列na的前n项和为nS，

则（）A．100332SB．10034SC．100942SD．100952S【答案】A【详解】因为()111,N1nnnaaana+==+，所以0na，10032S．由211111111241nnnnnnnaaaaaaa++=

=+=+−+21111111122nnnnaaaa++++，即11112nnaa+−根据累加法可得，111122nnna−++=，当且仅当1n=时取等号，12412(1)3111nnnnnnaana

aannan++==+++++113nnanan+++，5由累乘法可得6(1)(2)nann++，当且仅当1n=时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S−

+−+−++−=−，即100332S．故选：A．故选：C．1．（2022·山东潍坊·一模）2022年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来.我国古人将一年分为24个节气，如图所示，相邻两

个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始.已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中夏至到大雪的日晷长的和为______尺.【答案】84【详解】依题意，冬至日晷长为13.5尺，记为113.5a=，芒种

日晷长为2.5尺，记为122.5a=，因相邻两个节气的日晷长变化量相同，则从冬至日晷长到芒种日晷长的各数据依次排成一列得等差数列{},N,12nann，数列{}na的公差1212.513.51121121aad−

−===−−−，因夏至与芒种相邻，且夏至日晷长最短，则夏至的日晷长为11.5ad+=，又大雪与冬至相邻，且冬至日晷长最长，则大雪的日晷长为1212.5ad+=，显然夏至到大雪的日晷长依次排成一列是递增等差数列，首项为1.5尺，末项为

12.5尺，共12项，6所以一年中夏至到大雪的日晷长的和为1.512.512842+=(尺).故答案为：842．（2022·湖北·二模）九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．用na表示解下()9,nnnN个圆环所需的最少移动

次数．若11a=，且122,,21,,nnnanaan++=−为奇数为偶数则解下6个圆环所需的最少移动次数为_________．【答案】64【详解】因为11a=，所以2132435465224,217,2216,2131,2264aaaaaaaaaa=+==−==+==−==+=，故答案

为：643．（2022·湖南益阳·一模）已知数列na中，11511,2nnaaa+==−，若12nnba=−，则数列nb的前n项和nS=_______.【答案】4619nn+−−【解析】【详解】由1512+=−nnaa，有

11112222nnnnaaaa+−−=−=，12111222nnnnaaaa+−−=−=；两式相除得到1122111422nnnnaaaa++−−=−−，所以212nnaa−−是以14为公比，

112212aa−=−−为首项的等比数列，所以，1212142nnnaa−−=−−，13224nna−=−+，从而12433nnb−=−−.所以2141241461333399nnnnnnnS−−+−=−−=−−=−.故答案为：4619nn+−−4．（

2022·广东肇庆·二模）已知nS是数列na的前n项和，11a=，()111nnnnaanaa++−=+，nSk恒成立，则k最小为______．【答案】2【详解】7由()111nnnnaanaa++−=+，得1111nnnaa+−=+，当2n

时，得111nnnaa−−=，12111nnnaa−−−=−，…，21112aa−=，则()1122111111111112nnnnnnnaaaaaaaa−−−−+−+−=−=+−++，即()()111212nnnn

na+=+−+++=，则()211211nannnn==−++，当n=1时符合上式，则111112212222311nSnnn=−+−++−=−++，所以k最小为2．故答案为：2.5．（2022·江苏·金陵中学二模）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款

应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，112，，13，23，1，14，12，34，1，…，其中第一项是1，接下来的两项是12，1，再接下来的三项是13，23，1，依此类推，求满足如下条件的最小整数N；该数列

的前N项和大于46，那么该款软件的激活码是______．【答案】83【详解】解：该数列的前()1122kkk++++=项和为()121121112kkSkk+=+++++++1112131222

2k++++=++++()241223kkkkk++=+=，要使23464kk+，当12k=时，23454kk+=，则13k，又12345151131313131313++++=，所以对应满足条件的最小整数121

35832N=+=．故答案为：83.8（限时：30分钟）1．已知等比数列na的公比为q，且116a，24a，3a成等差数列，则q的值是___________.【答案】4【详解】因为na为等比数列，且公比为q，所以21aaq=，231aaq=且10a，0q.因为116a

，24a，3a成等差数列，所以1321624aaa+=，有21111624aaqaq+=，28160qq−+=，解得4q=.故答案为：4.2．已知等比数列na的公比为1−，前n项和为nS，若{}1nS-也是等比数

列，则1a=___________.【答案】2【详解】因为等比数列na的公比为1−，所以11Sa=，()21110Saa=+−=，31Sa=.因为{}1nS-是等比数列，所以()()()2213111SSS−=−−，即()2111a=−，解得12a=或10a=（舍

去）.当12a=时，1nS−()11n−=−，{}1nS-是等比数列，符合题意.故答案为：2.3．已知等比数列na，其前n项和为nS．若24a=，314S=，则3a=______．【答案】2或8【详解】解：设等比数列的公

比为q，因为24a=，314S=，所以1310aa+=，即2210aaqq+=，所以22520qq−+=，解得2q=或12q=，所以当2q=时，38a=；当12q=时，32a=所以，32a=或38a=.9故答案为：2或84．已知等比数列na满足54316,

4aaa=−=，记数列nna的前n项和为nS，若对任意的Nn，不等式)3(42nnnnSta−−恒成立，则实数t的最小值为___________.【答案】316【详解】设比数列na的公比为q，由5

4316,4aaa=−=，可得43211116,4aqaqaq=−=，解得11,2aq==,∴12nna-=，∴12nnnna−=，*Nn.∴01211232222nnnS−++++=，123112322222nnnS+++=+.两式

相减得0121111111122212222222212nnnnnnnnnS−−+=++++−=−=−−,∴1242nnnS−+=−,则()342nnnnSta−−化为1(2)322nnnnnt−+−，即242nnnt−.令24()2nnnfn−=，∴22

22111(1)4(1)463(3)6(1)()2222nnnnnnnnnnnfnfn++++−+−−+−−−++−=−==.∴当15n时，(1)()0fnfn+−，()fn单调递增；当6n时，(1)()0

;()fnfnfn+−单调递减.而53(5)(6)3216ff==，∴3()(6)16fxf=，∴实数t的最小值为316，故答案为：3165．斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，

89，144，233，….在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用.斐波那契数列na满足：121aa==，()*21nnnaaan++=+N，则10357920211aaaa

a++++++是斐波那契数列na中的第___________项.【答案】2022【详解】依题意，得357920212357920211aaaaaaaaaaa++++++=++++++=457920216792021202020212022aaa

aaaaaaaaa+++++=++++==+=，故答案为：20226．已知x表示不小于x的最小整数，x表示不大于x的最大整数，如1.62=，3.13=，数列na满足

112a=，且对nN，有1nnnaaab+=++，若na为递增数列，则整数b的最小值为______．【答案】0【详解】解：∵数列na满足112a=，且对nN，有1nnnaaab+=++，∴211122

abb=++=+，∵bZ可得2aZ，∴2n，有naZ，∴当2n时，12nnnnaaabab+=++=+，即()12nnabab++=+，2n，∴()2212nnabb−+=+，2n∴()21,12212,2nnnabbn−==

+−，∵na为递增数列，则10nnaa+−，当1n=时，21102aab−=+，解得12b−，当2n时，()112120nnnaab−+−=+，即210b+，解得：12b−，∴1

2b−，又bZ，则0b，∴整数b的最小值为0．故答案为：07．已知数列na、nb满足112a=，1nnab+=，()211nnnaba+−=，则nnab=___________.【答案】()21nn+11【详解】因为1nnab

+=，则1nnba=−，则()()211112nnnnnnaaaaaa++=−−=−，因为112a=，1nnab+=，可得112b=，则213142aa==，则223a=，213b=，所以，38293a=，则334a=，以此类推可知0na，所以，112nna

a+=−，1211111111111112nnnnnnnaaaaaaa+−−=−=−=−−−−−−−且1121a=−，所以，数列11na−是等差数列，且首项为2，公差为1，12111nnna=+−=+−，所以，1nna

n=+，故111nnban=−=+，因此，()21nnnabn=+.故答案为：()21nn+.8．分形几何学的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路.图1是长度为1的线段，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段

去掉得到图2，称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作，得到图3，称为“二次分形”……，依次进行“n次分形”（nN）.规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度，要得到一个长度不小于30的分形图，则n的最小整数值是___________.（取1

g30.4771，lg20.3010）【答案】12【详解】由题意得：“n次分形”后线段之和是“（n-1）次分形”后所得线段之和的43，且一次分形后线段之和为14433=，故每次分形后所得线段之和可看出首项为43，公比是43的等比数列，故n次分形后线段

之和为1444333nn−=，故4303n，两边取对数得：()2lg2lg31lg3n−+，又nN，解得：12n，故n的最小整数值为12.故答案为：12129．“物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“

今有物不知其数，三三数之剩二；五五数之剩三；七七数之剩二.问物几何？”它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的.大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，属现代数论中的一次同余式组问题.已知问题中，一个数被3除余2，被

5除余3，被7除余2，则在不超过2022的正整数中，所有满足条件的数的和为___________.【答案】20410【详解】由题意可知，一个数被3除余2，被5除余3，被7除余2，则这个正整数的最小值为23，因为3、5、7的最小公倍数为105，由题意可知，满足条件的数形成以23为首

项，以105为公差的等差数列，设该数列为na，则()23105110582nann=+−=−，由105822022nan=−，可得2104105n，所以，n的最大值为20，所以，满足条件的这些

整数之和为20191052023204102+=.故答案为：20410.10．公比为q的等比数列{na}满足：910ln0aa=，记123nnTaaaa=，则当q最小时，使1nT成立的最小n值是___________【答案】17【详解】na是等比数列，9109

10ln0,0,1aaaa=，又∵()91099lnlnlnlnaaaqaq===+，99lnlnqaa=−，设函数()lnfxxx=−，()'1xfxx−=，当1x时，()'0fx，01x时，()'0

fx，∴在x=1时，()fx取极小值1，ln1q，eq，由题意即q=e，91a=，81ea−=，819eeennna−−−==，()1787692123e?e?eee1nnnnnTaaaa−−−−−===，17n，∴n的最小值是17.

故答案为：17.11．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且S3，S9，S6成等差数列，a2+a5=6，则a8=____.【答案】3【详解】设等比数列{an}的公比为q，当1q=时，显然S3，S9，S6不成等差数列，13当1q

时，因为S3，S9，S6成等差数列，所以有9362SSS=+，即936111(1)(1)(1)2111aqaqaqqqq−−−=+−−−，化简得63210qq−−=，因为1q，所以解得312q=−，因为a2+a5=6，所以32

22612aaqa+==，因此68211234aaq===，故答案为：312．已知数列{an}对任意m，n∈N*都满足am+n=am+an，且a1=1，若命题“∀n∈N*，λan≤2na+12”为真，则实数λ的最大值为____.【答案】7【详解

】令m=1，则an+1=an+a1，an+1－an=a1=1，所以数列{an}为等差数列，首项为1，公差为1，所以an=n，所以λan≤2na+12⇒λn≤n2+12⇒λ≤n+12n，又函数12yxx=+在(0

,23)上单调递减，在(23,)+上单调递增，当3n=或4n=时，min12()7nn+=所以7故答案为：713．若等比数列*{}()nanN满足1330aa+=，2410aa+=，则12...naaa的最大值为____．【答案】729【详解】设公比为q，因为1

330aa+=，2410aa+=，所以241313aaqaa+==+，所以111309a+=，解得127a=，所以1412733nnna−−==，当14n时，1na；当5n时，01na，故12..

.naaa最大值为32106123123433729aaaaaaa+++====，故填729.14．已知三次函数(),1,)yfxx=+，数列{na}满足()*,Nnafnn=，给出下列两个条件：①函数()fx是递

减函数：②数列{na}是递减数列.试写出一个满足条件②但不满足条件①的函数()fx的解析式()fx=___________.【答案】322xx−+(答案不唯一)14【详解】设32()(0)fxxmxm=−+，则2()32(23)fxxmxxmx=−

+=−，要满足题设条件则2213m，即332m，此时，2[1,)3m上()0fx，()fx递增；2(,)3m+上()0fx，()fx递减；不妨令2m=，则32()2fxxx=−+，由(1)1(2)0ff==，当2n时()f

x递减.综上，满足条件的一个函数有32()2fxxx=−+.故答案为：322xx−+(答案不唯一)15．已知等差数列na的公差为d，前n项和为nS，试写出“1012112+SSS”的一个充分不必要条件：___________．【答案】1d=（答案不唯一）【详解】10

12112+SSS，∴12111110SSSS−−，∴1211aa，0d，1d=是“1012112+SSS的一个充分不必要条件．故答案为：1d=（答案不唯一）.