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- 2023-12-06 发布
2020 届全国各地高考试题分类汇编目录
01 集合..........................................................................................................................................................................1
02 复数..........................................................................................................................................................................5
03 逻辑用语..................................................................................................................................................................8
04 函数与导数........................................................................................................................................................... 10
05 三角函数和解三角形............................................................................................................................................34
06 平面向量................................................................................................................................................................ 47
07 数列....................................................................................................................................................................... 53
08 不等式和线性规划............................................................................................................................................... 69
09 空间立体几何....................................................................................................................................................... 73
10 平面解析几何....................................................................................................................................................... 98
11 统计和概率.........................................................................................................................................................123
12 极坐标和参数方程.............................................................................................................................................142
13 不等式选讲.........................................................................................................................................................147
07 数列
1.（2020•北京卷）在等差数列 na 中， 1 9a ， 3 1a ．记 1 2 ( 1,2, )n nT a a a n … … ，则数列 nT （ ）．
A. 有最大项，有最小项 B. 有最大项，无最小项
C. 无最大项，有最小项 D. 无最大项，无最小项
【答案】B
【解析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大
项和最小项.
【详解】由题意可知，等差数列的公差 5 1 1 9 25 1 5 1
a ad
，
则其通项公式为： 1 1 9 1 2 2 11na a n d n n ，
注意到 1 2 3 4 5 6 70 1a a a a a a a ，且由 5 0T 可知 0 6,iT i i N ，
由
1
1 7,i
i
i
T a i i NT
可知数列 nT 不存在最小项，
由于 1 2 3 4 5 69, 7, 5, 3, 1, 1a a a a a a ，
故数列 nT 中的正项只有有限项： 2 63T ， 4 63 15 945T .故数列 nT 中存在最大项，且最大项为 4T .
故选：B.
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属
于中等题.
2.（2020•北京卷）已知 na 是无穷数列．给出两个性质：
①对于 na 中任意两项 , ( )i ja a i j ，在 na 中都存在一项 ma ，使
2
i
m
j
a aa
；
②对于 na 中任意项 ( 3)na n
，在 na 中都存在两项 , ( )k la a k l ．使得
2
k
n
l
aa a
．
(Ⅰ)若 ( 1,2, )na n n ，判断数列 na 是否满足性质①，说明理由；
(Ⅱ)若 12 ( 1,2, )n
na n ，判断数列 na 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(Ⅲ)若 na 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明： na 为等比数列.
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析.
【解析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；
(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；
(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明
2
2
3
1
aa a
，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列
即可.
解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得 1 2 3, ,a a a 成等比数列，之后证得 1 2 3 4, , ,a a a a 成等比数
列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.
【详解】(Ⅰ)
2
3
2 3
2
92, 3, 2 n
aa aa Za
Q 不具有性质①；
(Ⅱ)
2 2
* (2 ) 1 *
2, , , 2 ,2i ji i
i j n
j j
a ai j N i j i j N aa a a
Q 具有性质①；
2
* (2 ) 1 1, 3, 1, 2, 2 2 ,k l nk
n n
l
an N n k n l an aa
Q 具有性质②；
(Ⅲ)【解法一】
首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：
显然 0 *na n N ，假设数列中存在负项，设 0 max | 0nN n a ，
第一种情况：若 0 1N ，即 0 1 2 30a a a a ，
由①可知：存在 1m ，满足
1
2
2
1
0m
aa a
，存在 2m ，满足
2
2
3
1
0m
aa a
，
由 0 1N 可知
22
32
1 1
aa
a a
，从而 2 3a a ，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若 0 2N ，由①知存在实数 m ，满足 0
2
1
0N
m
a
a a
，由 0N 的定义可知： 0m N ，
另一方面， 0 0
0
0
2 2
1
N N
m N
N
a aa aa a
，由数列的单调性可知： 0m N ，
这与 0N 的定义矛盾，假设不成立.同理可证得数列中的项数恒为负数.
综上可得，数列中的项数同号.其次，证明
2
2
3
1
aa a
：
利用性质②：取 3n ，此时
2
3
k
l
aa k la
，
由数列的单调性可知 0k la a ，而 3
k
k k
l
aa a aa
，故 3k ，此时必有 2, 1k l ，即
2
2
3
1
aa a
，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列 na 的前 3k k 项成等比数列，不妨设 1
1 1s
sa a q s k ，
其中 1 0, 1a q ，（ 1 0,0 1a q 的情况类似）
由①可得：存在整数 m ，满足
2
1
1
kk
m k
k
aa a q aa
，且 1 1
k
m ka a q a （*）
由②得：存在 s t ，满足：
2
1
s s
k s s
t t
a aa a aa a ，由数列的单调性可知： 1t s k ，
由 1
1 1s
sa a q s k 可得：
2
2 1 1
1 1 1
s t ks
k k
t
aa a q a a qa
（**）
由（**）和（*）式可得： 2 1 1
1 1 1
k s t ka q a q a q ，
结合数列的单调性有： 2 1 1k s t k ，注意到 , ,s t k 均为整数，故 2 1k s t ，
代入（**）式，从而 1 1
k
ka a q .总上可得，数列 na 的通项公式为： 1
1
n
na a q .
即数列 na 为等比数列.
【解法二】假设数列中的项数均为正数：
首先利用性质②：取 3n ，此时
2
3
k
l
aa k la
，由数列的单调性可知 0k la a ，
而 3
k
k k
l
aa a aa
，故 3k ，此时必有 2, 1k l ，即
2
2
3
1
aa a
，
即 1 2 3, ,a a a 成等比数列，不妨设 2
2 1 3 1, 1a a q a a q q ，
然后利用性质①：取 3, 2i j ，则
2 2 4
33 1
1
2 1
m
a a qa a qa a q
，
即数列中必然存在一项的值为 3
1a q ，下面我们来证明 3
4 1a a q ，
否则，由数列的单调性可知 3
4 1a a q ，在性质②中，取 4n ，则
2
4
k k
k k
l l
a aa a aa a
，从而 4k ，
与前面类似的可知则存在 , 1,2,3k l k l ，满足
2
4
k
l
aa a
，
若 3, 2k l ，则：
2
3
4 1
k
l
aa a qa
，与假设矛盾；
若 3, 1k l ，则：
2
4 3
4 1 1
k
l
aa a q a qa
，与假设矛盾；
若 2, 1k l ，则：
2
2
4 1 3
k
l
aa a q aa
，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数 ,k l ，可见 3
4 1a a q 不成立，从而 3
4 1a a q ，
同理可得： 4 5
5 1 6 1, ,a a q a a q ，从而数列 na 为等比数列，同理，当数列中的项数均为负数时亦可证
得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.
从而题中的结论得证，数列 na 为等比数列.
【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不
等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.
3.（2020•全国 1 卷）设{ }na 是公比不为 1 的等比数列， 1a 为 2a ， 3a 的等差中项．
（1）求{ }na 的公比；
（2）若 1 1a ，求数列{ }nna 的前 n 项和．
【答案】（1） 2 ；（2） 1 (1 3 )( 2)
9
n
n
nS .
【解析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比 q的方程，求解即可得出结论；
（2）由（1）结合条件得出{ }na 的通项，根据{ }nna 的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.
【详解】（1）设{ }na 的公比为 q， 1a 为 2 3,a a 的等差中项，
2
1 2 3 12 , 0, 2 0a a a a q q ， 1, 2q q ；
（2）设{ }nna 的前 n 项和为 nS ， 1
1 1, ( 2)n
na a ，
2 11 1 2 ( 2) 3 ( 2) ( 2)n
nS n ，①
2 3 12 1 ( 2) 2 ( 2) 3 ( 2) ( 1)( 2) ( 2)n n
nS n n ，②
① ②得， 2 13 1 ( 2) ( 2) ( 2) ( 2)n n
nS n
1 ( 2) 1 (1 3 )( 2)( 2)1 ( 2) 3
n n
n nn
， 1 (1 3 )( 2)
9
n
n
nS .
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求
解能力，属于基础题.
4.（2020•全国 2 卷）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称
为天心石)，环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加 9 块，下一层的第一环比上一层
的最后一环多 9 块，向外每环依次也增加 9 块，已知每层环数相同，且下层比中层多 729 块，则三层共有
扇面形石板(不含天心石)（ ）
A. 3699 块 B. 3474 块 C. 3402 块 D. 3339 块
【答案】C
【解析】第 n 环天石心块数为 na ，第一层共有 n 环，则{ }na 是以 9 为首项，9 为公差的等差数列，
设 nS 为{ }na 的前 n 项和，由题意可得 3 2 2 729n n n nS S S S ，解方程即可得到 n，进一步得到 3nS .
【详解】设第 n 环天石心块数为 na ，第一层共有 n 环，
则{ }na 是以 9 为首项，9 为公差的等差数列， 9 ( 1) 9 9na n n ，
设 nS 为{ }na 的前 n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为 2 3 2, ,n n n n nS S S S S ，因为下层比中层多 729 块，所以 3 2 2 729n n n nS S S S ，
即 3 (9 27 ) 2 (9 18 ) 2 (9 18 ) (9 9 ) 7292 2 2 2
n n n n n n n n
即 29 729n ，解得 9n ，所以 3 27
27(9 9 27) 34022nS S .
故选：C
【点晴】本题主要考查等差数列前 n 项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
5.（2020•全国 2 卷）数列{ }na 中， 1 2a ， m n m na a a ，若 15 5
1 2 10 2 2k k ka a a ，则 k （ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】取 1m ，可得出数列 na 是等比数列，求得数列 na 的通项公式，利用等比数列求和公式可得
出关于 k 的等式，由 k N 可求得 k 的值.
【详解】在等式 m n m na a a 中，令 1m ，可得 1 1 2n n na a a a ， 1 2n
n
a
a
，
所以，数列 na 是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，则 12 2 2n n
na ，
10 1 10
1 1 10 5 10
1 2 10
1 2 2 1 2
2 2 1 2 2 11 2 1 2
k
k k
k k k
a
a a a
，
1 52 2k ，则 1 5k ，解得 4k .故选：C.
【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，
属于中等题.
6.（2020•全国 2 卷）0-1 周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列 1 2 na a a 满足 {0,1}( 1,2, )ia i ，
且存在正整数 m ，使得 ( 1,2, )i m ia a i 成立，则称其为 0-1 周期序列，并称满足 ( 1,2, )i m ia a i 的最
小正整数 m 为这个序列的周期.对于周期为 m 的 0-1 序列 1 2 na a a ，
1
1( ) ( 1,2, , 1)
m
i i k
i
C k a a k mm
是
描述其性质的重要指标，下列周期为 5 的 0-1 序列中，满足 1( ) ( 1,2,3,4)5C k k 的序列是（ ）
A. 11010 B. 11011 C. 10001 D. 11001
【答案】C
【解析】根据新定义，逐一检验即可
【详解】由 i m ia a 知，序列 ia 的周期为 m，由已知， 5m ，
5
1
1( ) , 1,2,3,45 i i k
i
C k a a k
,对于选项 A，
5
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6
1
1 1 1 1 1(1) ( ) (1 0 0 0 0)5 5 5 5 5i i
i
C a a a a a a a a a a a a
5
2 1 3 2 4 3 5 4 6 5 7
1
1 1 1 2(2) ( ) (0 1 0 1 0)5 5 5 5i i
i
C a a a a a a a a a a a a
，不满足；
对于选项 B，
5
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6
1
1 1 1 3(1) ( ) (1 0 0 1 1)5 5 5 5i i
i
C a a a a a a a a a a a a
，不满足；
对于选项 D，
5
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6
1
1 1 1 2(1) ( ) (1 0 0 0 1)5 5 5 5i i
i
C a a a a a a a a a a a a
，不满足；
故选：C
【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，
是一道中档题.
7.（2020•全国 3 卷）设数列{an}满足 a1=3， 1 3 4n na a n ．
（1）计算 a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前 n 项和 Sn．
【答案】（1） 2 5a ， 3 7a ， 2 1na n ，证明见解析；（2） 1(2 1) 2 2n
nS n .
【解析】（1）利用递推公式得出 2 3,a a ，猜想得出 na 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；
（2）由错位相减法求解即可.
【详解】（1）由题意可得 2 13 4 9 4 5a a ， 3 23 8 15 8 7a a ，
由数列 na 的前三项可猜想数列 na 是以 3 为首项，2 为公差的等差数列，即 2 1na n ，
证明如下：当 1n 时， 1 3a 成立；
假设 n k 时， 2 1ka k 成立.
那么 1n k 时， 1 3 4 3(2 1) 4 2 3 2( 1) 1k ka a k k k k k 也成立.
则对任意的 *n N ，都有 2 1na n 成立；
（2）由（1）可知， 2 (2 1) 2n n
na n
2 3 13 2 5 2 7 2 (2 1) 2 (2 1) 2n n
nS n n ，①
2 3 4 12 3 2 5 2 7 2 (2 1) 2 (2 1) 2n n
nS n n ，②
由① ②得： 2 3 16 2 2 2 2 (2 1) 2n n
nS n
2 1
12 1 2
6 2 (2 1) 21 2
n
nn
1(1 2 ) 2 2nn ，
即 1(2 1) 2 2n
nS n .
【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.
8.（2020•江苏卷）设{an}是公差为 d 的等差数列，{bn}是公比为 q 的等比数列．已知数列{an+bn}的前 n 项
和 2 2 1( )n
nS n n n N ，则 d+q 的值是_______．
【答案】 4
【解析】结合等差数列和等比数列前 n 项和公式的特点，分别求得 ,n na b 的公差和公比，由此求得 d q .
【详解】设等差数列 na 的公差为 d ，等比数列 nb 的公比为 q，根据题意 1q .
等差数列 na 的前 n 项和公式为 2
1 1
1
2 2 2n
n n d dP na d n a n
，
等比数列 nb 的前 n 项和公式为 1 1 11
1 1 1
n
n
n
b q b bQ qq q q
，
依题意 n n nS P Q ，即 2 2 1 1
12 1 2 2 1 1
n nb bd dn n n a n qq q
，
通过对比系数可知 1
1
12
12
2
11
d
da
q
b
q
1
1
2
0
2
1
d
a
q
b
，故 4d q .故答案为： 4
【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前 n 项和公式，属于中档题.
9.（2020•江苏卷）已知数列 *( )na n N 的首项 a1=1，前 n 项和为 Sn．设λ与 k 是常数，若对一切正整数
n，均有 1 1 1
1 1k k kn n nS S a 成立，则称此数列为“λ–k”数列．
（1）若等差数列 na 是“λ–1”数列，求λ的值；
（2）若数列 na 是“ 3 23
”数列，且 an＞0，求数列 na 的通项公式；
（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列 na 为“λ–3”数列，且 an≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存
在，说明理由，
【答案】（1）1
（2） 2
1, 1
3 4 , 2n n
na n
（3） 0 1
【解析】（1）根据定义得 +1 1n n nS S a ，再根据和项与通项关系化简得 1 1n na a ，最后根据数列不
为零数列得结果；
（2）根据定义得
1 1 1
2 2 2
+1 +1
3 ( )3n n n nS S S S ，根据平方差公式化简得 +1=4n nS S ，求得 nS ，即得 na ；
（3）根据定义得 1 1 1
3 3 3
+1 1n n nS S a ，利用立方差公式化简得两个方程，再根据方程解的个数确定参数满
足的条件，解得结果
【详解】（1） +1 1 1 1 1 11 0 1n n n n n nS S a a a a a Q
（2） 1 1
2 2
1 10 0n n n n na S S S S Q ,
1 1 1
2 2 2
+1 +1
3 ( )3n n n nS S S S Q
1 1 1 1 1 1
22 2 2 2 2 2
+1 +1 +1
1( ) ( )( )3n n n n n nS S S S S S
1 1 1 1 1 1
12 2 2 2 2 2
+1 +1 +1 +1
1 ( ) =2 =4 43
n
n n n n n n n n nS S S S S S S S S
1 1 1S a ， 14n
nS , 1 2 24 4 3 4 , 2n n n
na n
2
1, 1
3 4 , 2n n
na n
（3）假设存在三个不同的数列 na 为" 3" 数列.
1 1 1 1 1
3 33 3 3 3 3
+1 1 +1 +1( ) ( )n n n n n n nS S a S S S S
1 1
3 3
+1n nS S 或 1 1 2 2 1 1
2 33 3 3 3 3 3
+1 +1 +1( ) ( )n n n n n nS S S S S S
+1n nS S 或 2 2 1 1
3 3 33 3 3 3
+1 +1( 1) ( 1) ( 2) 0n n n nS S S S
∵对于给定的 ，存在三个不同的数列 na 为" 3" 数列，且 0na
1, 1
0, 2n
na n
或
2 2 1 1
3 3 33 3 3 3
+1 +1( 1) ( 1) ( 2) 0 1n n n nS S S S 有两个不等的正根.
2 2 1 1
3 3 33 3 3 3
+1 +1( 1) ( 1) ( 2) 0 1n n n nS S S S 可转化为
2 1
3 33 3
3+1 +1
2 1
3 3
( 1) ( 2)( 1) 0 1n n
n n
S S
S S
，不妨设
1
3
1 0n
n
S x xS
，则
3 2 3 3( 1) ( 2) ( 1) 0 1x x 有两个不等正根，设
3 2 3 3( 1) ( 2) ( 1) 0 1f x x x .
① 当 1 时， 3 2 3 2 3( 2) 4( 1) 0 0 4 ，即 0 1 ，此时 30 1 0f ，
3
3
( 2) 02( 1)x
对 ，满足题意.
② 当 1 时， 3 2 3 2 3( 2) 4( 1) 0 0 4 ，即 31 4 ，此时
30 1 0f ，
3
3
( 2) 02( 1)x
对 ，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.
综上， 0 1
【点睛】本题考查数列新定义、由和项求通项、一元二次方程实根分步，考查综合分析求解能力，属难题.
10.（2020•新全国 1 山东）将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前 n 项和
为________．
【答案】 23 2n n
【解析】首先判断出数列 2 1n 与 3 2n 项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以
及公差，利用等差数列的求和公式求得结果.
【详解】因为数列 2 1n 是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，
数列 3 2n 是以 1 首项，以 3 为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列 na 是以 1 为首项，以 6 为公差的等差数列，
所以 na 的前 n 项和为 2( 1)1 6 3 22
n nn n n ，故答案为： 23 2n n .
【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等
差数列求和公式，属于简单题目.
11.（2020•新全国 1 山东）已知公比大于1的等比数列{ }na 满足 2 4 320, 8a a a ．
（1）求{ }na 的通项公式；
（2）记 mb 为{ }na 在区间 *(0, ]( )m mN 中的项的个数，求数列{ }mb 的前100项和 100S ．
【答案】（1） 2n
na ；（2） 100 480S .
【解析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为 1,a q 的形式，求解出 1,a q ，由此求得数列 na 的通项
公式.
（2）通过分析数列 mb 的规律，由此求得数列 mb 的前100项和 100S .
【详解】（1）由于数列 na 是公比大于1的等比数列，设首项为 1a ，公比为 q，依题意有
3
1 1
2
1
20
8
a q a q
a q
，
解得解得 1 2, 2a q ，或 1
132, 2a q (舍)，所以 2n
na ，所以数列 na 的通项公式为 2n
na .
（2）由于 1 2 3 4 5 6 72 2,2 4,2 8,2 16,2 32,2 64,2 128 ，所以
1b 对应的区间为： 0,1 ，则 1 0b ；
2 3,b b 对应的区间分别为： 0,2 , 0,3 ，则 2 3 1b b ，即有 2 个1；
4 5 6 7, , ,b b b b 对应的区间分别为： 0,4 , 0,5 , 0,6 , 0,7 ，则 4 5 6 7 2b b b b ，即有 22 个 2 ；
8 9 15, , ,b b b 对应的区间分别为： 0,8 , 0,9 , , 0,15 ，则 8 9 15 3b b b ，即有 32 个3 ；
16 17 31, , ,b b b 对应的区间分别为： 0,16 , 0,17 , , 0,31 ，则 16 17 31 4b b b ，即有 42 个 4 ；
32 33 63, , ,b b b 对应的区间分别为： 0,32 , 0,33 , , 0,63 ，则 32 33 63 5b b b ，即有 52 个 5 ；
64 65 100, , ,b b b 对应的区间分别为： 0,64 , 0,65 , , 0,100 ，则 64 65 100 6b b b ，即有 37 个6.
所以 2 3 4 5
100 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2 6 37 480S .
【点睛】本小题主要考查等比数列基本量的计算，考查分析思考与解决问的能力，属于中档题.
12.（2020•天津卷）.已知 na 为等差数列， nb 为等比数列， 1 1 5 4 3 5 4 31, 5 , 4a b a a a b b b ．
（Ⅰ）求 na 和 nb 的通项公式；
（Ⅱ）记 na 的前 n 项和为 nS ，求证： 2 *
2 1n n nS S S n N ；
（Ⅲ）对任意的正整数 n ，设
2
1
1
3 2 , ,
, .
n n
n n
n
n
n
a b na ac
a nb
为奇数
为偶数
求数列 nc 的前 2n 项和．
【答案】（Ⅰ） na n ， 12n
nb ；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ） 4 6 5 4
2 1 9 4 9
n
n
n
n
.
【解析】(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；
(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列 na 前 n 项和，然后利用作差法证明即可；
(Ⅲ)分类讨论 n 为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算
2 1
1
n
k
k
c
和 2
1
n
k
k
c
的值，据此进一步计算数列 nc 的前 2n 项和即可.
【详解】(Ⅰ)设等差数列 na 的公差为 d ，等比数列 nb 的公比为 q.由 1 1a ， 5 4 35a a a ，可得 d=1.
从而 na 的通项公式为 na n .由 1 5 4 31, 4b b b b ，又 q≠0，可得 2 4 4 0q q ，解得 q=2，
从而 nb 的通项公式为 12n
nb .
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得 ( 1)
2n
n nS ，
故 2
1 ( 1)( 2)( 3)4n nS S n n n n ， 2 22
1
1 1 24nS n n ，
从而 2
2 1
1 ( 1)( 2) 02n n nS S S n n ，所以 2
2 1n n nS S S .
(Ⅲ)当 n为 奇数时， 1 1 1
2
3 2 (3 2)2 2 2
( 2) 2
n n n
n n
n
n n
a b nc a a n n n n
，
当 n 为偶数时， 1
1
1
2
n
n n
n
a nc b
，
对任意的正整数 n，有
2 2 2 2
2 1
1 1
2 2 2 12 1 2 1 2 1
k k nn n
k
k k
c k k n
，
和 2 2 3 1
1 1
2 1 1 3 5 2 3 2 1
4 4 4 4 4 4
n n
k k n n
k k
k n nc
①
由①得 2 2 3 14
1
1 1 3 5 2 3 2 1
4 4 4 4 4 4
n
k n n
k
n nc
②
由①②得 2 2 1 1
1
2 113 1 2 2 2 1 1 2 14 4
14 4 4 4 4 4 41 4
nn
k n n n
k
n nc
，
由于 1 1
2 11 1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 5 6 54 4
1 4 4 3 3 4 4 4 4 12 3 41 4
n
n n n n
n n n
，
从而得： 2
1
5 6 5
9 9 4
n
k n
k
nc
.
因此，
2
2 1 2
1 1 1
4 6 5 4
2 1 9 4 9
nn n n
k k k n
k k k
nc c c n
.所以，数列 nc 的前 2n 项和为 4 6 5 4
2 1 9 4 9
n
n
n
n
.
【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于中等
题.
13.（2020•浙江卷）已知数列{an}满足 ( 1)= 2n
n na ，则 S3=________．
【答案】10
【解析】根据通项公式可求出数列 na 的前三项，即可求出．
【详解】因为 1
2n
n na
，所以 1 2 31, 3, 6a a a ．即 3 1 2 3 1 3 6 10S a a a ．
故答案为：10.
【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．
14.（2020•浙江卷）已知数列{an}，{bn}，{cn}中， 1 1 1 1 1
2
1, , ( )n
n n n n n
n
ba b c c a a c c nb
*N ．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比 0q ，且 1 2 36b b b ，求 q 与 an 的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差 0d ，证明： 1 2
11nc c c d
．
【答案】（I）
11 4 2, .2 3
n
nq a
；（II）证明见解析.
【解析】（I）根据 1 2 36b b b ，求得 q，进而求得数列 nc 的通项公式，利用累加法求得数列 na 的通项
公式.
（II）利用累乘法求得数列 nc 的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.
【详解】（I）依题意 2
1 2 31, ,b b q b q ，而 1 2 36b b b ，即 21 6q q ，由于 0q ，所以解得 1
2q ，
所以 1
1
2n nb .
所以 2 1
1
2n nb ，故
1
1
1
1
2 41
2
n
n n n
n
c c c
，所以数列 nc 是首项为1，公比为 4 的等比数列，所以 14n
nc .
所以 1
1 4n n n
na a c
（ *2,n n N ）.所以
1
2
1
4 21 4 4 .3
n
n
na a
（II）依题意设 1 1 1nb n d dn d ，由于 1
2
n n
n n
c b
c b
，
所以 1
1 1
n n
n n
c b
c b
*2,n n N ，
故 1 3 2
1
1 2 2 1
n n
n
n n
c c c cc cc c c c
1 2 3 2 1
1
1 1 4 3
n n n
n n n
b b b b b cb b b b b
1 2
1 1 1
1 1 1 1 1 11
n n n n n n
bb d
b b d b b d b b
.
所以 1 2
1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1 11n
n n
c c c d b b b b b b
L L
1
1 11 1
nd b
.由于 10, 1d b ，所以 1 0nb ，所以
1
1 1 11 1 1
nd b d
.
即 1 2
11nc c c d
， *n N .
【点睛】本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.
15.（2020•上海卷）已知 na 是公差不为零的等差数列，且 1 10 9a a a ，则 1 2 9
10
a a a
a
【答案】 27
8
16.（2020•上海卷）有限数列{ }na ，若满足 1 2 1 3 1| | | | ... | |ma a a a a a ， m 是项数，则称{ }na 满足
性质 p .
（1） 判断数列3,2,5,1和 4,3,2,5,1是否具有性质 p ，请说明理由.
（2） 若 1 1a ，公比为 q 的等比数列，项数为 10，具有性质 p ，求 q 的取值范围.
（3） 若 na 是1,2,...,m的一个排列 1( 4), ( 1,2... 1),{ },{ }k k n nm b a k m a b 都具有性质 p ，求所有满
足条件的{ }na .
【答案】（1）对于第一个数列有| 2 3| 1,|5 3| 2,|1 3| 2 ，
满足题意，该数列满足性质 p
对于第二个数列有|3 4| 1,| 2 4| 2,|5 4| 1 不满足题意，该数列不满足性质 p .
（2）由题意可得， 11 1 , 2,3,...,9n nq q n ≥
两边平方得： 2 -2 -12 1 2 +1n n n nq q q q ≥
整理得： 1 1( 1) 1 2 0n nq q q q ≥
当 1q≥ 时，得 1( 1) 2 0nq q ≥ ，此时关于 n 恒成立，
所以等价于 2n 时 ( 1) 2 0q q ≥ ，所以 ( 2)( 1) 0q q ≥ ，
所以 q≤-2 或者q≥l，所以取 q≥1.
当 0 1q＜ ≤ 时，得 1( 1) 2nq q ≤0 , 此时关于 n 恒成立，
所以等价于 2n 时 ( 1) 2 0q q ≤ ，所以 ( 2)( 1) 0q q ≤ ，
所以 2 1q ≤ ≤ ,所以取 0 1q＜ ≤ 。
当 1 0q ≤ ＜ 时，得 1 1( 1) 2 0n nq q q ≤ 。
当 n 为奇数的时候，得 1( 1) 2 0nq q ≤ , 很明显成立，
当 n 为偶数的时候，得 1( 1) 2 0nq q ≥ ，很明显不成立，
故当 1 0q ≤ ＜ 时，矛盾，舍去。
当 1q ＜ 时，得 1 1( 1) 2 0n nq q q ≤ 。
当 n 为奇数的时候，得 1( 1) 2 0nq q ≤ , 很明显成立，
当 n 为偶数的时候，要使 1( 1) 2 0nq q ≥ 恒成立，
所以等价于 2n 时 ( 1) 2 0q q ≥ ，所以 02 1q q ≥ ，
所以 q≤-2 或者 q≥1，所以取 q≤-2 。
综上可得， , 2 0,q 。
（3）设 1=a p 3,4, 3 2p m m …, ，
因为 1a p ， 2a 可以取 1p 或者 1p ， 3a 可以取 2p 或者 +2p 。
如果 2a 或者 3a 取了 3p 或者 3p ，将使 na 不满足性质 p
所以， na 的前五项有以下组合：
① 1a p ， 2 1a p ， 3 1a p ， 4 2a p ， 5 2a p ，
② 1a p ， 2 1a p ， 3 1a p ， 4 2a p ， 5 2a p ，
③ 1a p ， 2 +1a p ， 3 1a p ， 4 2a p ， 5 2a p ，
④ 1a p ， 2 +1a p ， 3 1a p ， 4 2a p ， 5 2a p ，
对于①， 1 1b p ， 2 1 2b b ， 3 1 1b b ，与 nb 满足性质 p 矛盾，舍去。
对于②， 1 1b p ， 2 1 2b b ， 3 1 3b b ， 4 1 2b b 与 nb 满足性质 p 矛盾，舍去。
对于③， 1 +1b p ， 2 1 2b b ， 3 1 3b b ， 4 1 1b b 与 nb 满足性质 p 矛盾，舍去。
对于④， 1 +1b p ， 2 1 2b b ， 3 1 1b b ，与 nb 满足性质 p 矛盾，舍去。
所以 3,4, 3 2p m m …, ， 均不能同时使 na ， nb 都具有性质 p 。
当 =1p 时，有数列 na ：1,2 3, 1,m m，…, 满足题意。
当 =p m时，时有数列 na ： , 1, 3 21m m …, , , 满足题意。
当 =2p 时，有数列 na ： 21,3, 1,m m， …, 满足题意。
当 =p m时，有数列 na ： 1, , 2, 3, 3 21m m m m …, , , 满足题意。
故满足题意的数列只有上面四种。
08 不等式和线性规划
1.（2020•全国 1 卷）若 x，y 满足约束条件
2 2 0,
1 0,
1 0,
x y
x y
y
则 z=x+7y 的最大值为______________.
【答案】1
【解析】首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义即可求得其最大值.
【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，
目标函数 7z x y 即： 1 1
7 7y x z ，
其中 z 取得最大值时，其几何意义表示直线系在 y 轴上的截距最大，
据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点 A 处取得最大值，
联立直线方程： 2 2 0
1 0
x y
x y
，可得点 A 的坐标为： ( )1,0A ，
据此可知目标函数的最大值为： max 1 7 0 1z .故答案为：1．
【点睛】求线性目标函数 z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当 b＞0 时，直线过可行域且在 y 轴上截距最大时，z 值
最大，在 y 轴截距最小时，z 值最小；当 b＜0 时，直线过可行域且在 y 轴上截距最大时，z 值最小，在 y 轴
上截距最小时，z 值最大.
2.（2020•全国 3 卷）若 x，y 满足约束条件
0,
2 0
1,
x y
x y
x
，，则 z=3x+2y 的最大值为_________．
【答案】7
【解析】作出可行域，利用截距的几何意义解决.
【详解】不等式组所表示的可行域如图
因为 3 2z x y ，所以 3
2 2
x zy ，易知截距
2
z 越大，则 z 越大，
平移直线 3
2
xy ，当 3
2 2
x zy 经过 A 点时截距最大，此时 z 最大，
由 2
1
y x
x
，得 1
2
x
y
， (1,2)A ，所以 max 3 1 2 2 7z .故答案为：7.
【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思想，
是一道容易题.
3.（2020•江苏卷）已知 2 2 45 1( , )x y y x y R ，则 2 2x y 的最小值是_______．
【答案】 4
5
【解析】根据题设条件可得
4
2
2
1
5
yx y
，可得
4 2
2 2 2
2 2
1 1 4+ 55 5
y yx y yy y
，利用基本不等式即可求解.
【详解】∵ 2 2 45 1x y y ,∴ 0y 且
4
2
2
1
5
yx y
∴
4 2 2
2 2 2
2 2 2
1 1 4 1 4 4+ 2
5 5 55 5 5
y y yx y y
y y y
，当且仅当
2
2
1 4
55
y
y
，即 2 23 1,10 2x y 时取等号.
∴ 2 2x y 的最小值为 4
5 .故答案为： 4
5 .
【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，
二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积
最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义
域内，二是多次用 或 时等号能否同时成立）.
4.（2020•新全国 1 山东）已知 a>0，b>0，且 a+b=1，则（ ）
A. 2 2 1
2a b B. 12 2
a b
C. 2 2log log 2a b D. 2a b
【答案】ABD
【解析】根据 1a b ，结合基本不等式及二次函数知识进行求解.
【详解】对于 A， 22 2 2 21 2 2 1a b a a a a
21
2
1 12 2 2a
，
当且仅当 1
2a b 时，等号成立，故 A 正确；
对于 B， 2 1 1a b a ，所以 1 12 2 2
a b ，故 B 正确；
对于 C，
2
2 2 2 2 2
1log log log log log 22 4
a ba b ab
，
当且仅当 1
2a b 时，等号成立，故 C 不正确；
对于 D，因为 2
1 2 1 2a b ab a b ，
所以 2a b ，当且仅当 1
2a b 时，等号成立，故 D 正确；故选：ABD
【点睛】本题主要考查不等式的性质，综合了基本不等式，指数函数及对数函数的单调性，侧重考查数学
运算的核心素养.
5.（2020•天津卷）已知 0, 0a b ，且 1ab ，则 1 1 8
2 2a b a b
的最小值为_________．
【答案】4
【解析】根据已知条件，将所求的式子化为 8
2
a b
a b
，利用基本不等式即可求解.
【详解】 0, 0, 0a b a b ， 1ab , 1 1 8 8
2 2 2 2
ab ab
a b a b a b a b
8 82 42 2
a b a b
a b a b
，当且仅当 a b =4 时取等号，
结合 1ab ,解得 2 3, 2 3a b ，或 2 3, 2 3a b 时，等号成立.
故答案为： 4
【点睛】本题考查应用基本不等式求最值，“1”的合理变换是解题的关键，属于基础题.
6.（2020•浙江卷）若实数 x，y 满足约束条件 3 1 0
3 0
x y
x y
，则 z=2x+y 的取值范围是（ ）
A. ( ,4] B. [4, ) C. [5, ) D. ( , )
【答案】B
全国高中数学教师群：1142300029
【解析】首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义确定目标函数在何处能够取得最大值和最小值从
而确定目标函数的取值范围即可.
【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，
目标函数即： 1 1
2 2y x z ，
其中 z 取得最大值时，其几何意义表示直线系在 y 轴上的截距最大，
z 取得最小值时，其几何意义表示直线系在 y 轴上的截距最小，
据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点 A 处取得最小值，
联立直线方程： 3 1 0
3 0
x y
x y
，可得点 A 的坐标为： 2,1A ，
据此可知目标函数的最小值为： min 2 2 1 4z ,且目标函数没有最大值.
故目标函数的取值范围是 4, .故选：B.
【点睛】求线性目标函数 z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当 b＞0 时，直线过可行域且在 y 轴上截距最大时，z 值
最大，在 y 轴截距最小时，z 值最小；当 b＜0 时，直线过可行域且在 y 轴上截距最大时，z 值最小，在 y 轴
上截距最小时，z 值最大.
7.（2020•上海卷）已知
2
0
2 3 0
x y
y
x y
，则 2z y x 的最大值为
【答案】-1
8.（2020•上海卷）下列不等式恒成立的是（）
A、 2 2 2a b ab B、 2 2 -2a b ab
C、 2a b ab D、 2a b ab
【答案】B