高三数学专题复习-专题三-数列-文

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1、高三数学专项复习 专项三 数列 文真题预测体验引领卷一、填空题1(江苏高考)在各项均为正数的等比数列an中，若a21，a8a62a4，则a6的值是_2(江苏高考)函数yx2(x0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴交点的横坐标为ak1，k为正整数，a116，则a1a3a5_3(全国卷改编)已知等比数列an满足a13，a1a3a521，则a3a5a7_4(天津高考改编)设an是首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1_5(新课标全国卷改编)设等差数列an的前n项和为Sn，若Sm12，Sm0，Sm13，则m_6(全国卷)在数列an中，a12，an12

2、an，Sn为an的前n项和若Sn126，则n_7(湖南高考)设Sn为等比数列an的前n项和，若a11，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an_8(全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_9(江苏高考)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_10(江苏高考)在正项等比数列an中，a5，a6a73.则满足a1a2ana1a2an的最大正整数n的值为_二、解答题11(江苏高考)设数列an的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Snam，则称an是“H数列”(1)若数列an的前n项和Sn2n(nN*)，证明：an是“H

3、数列”；(2)设an是等差数列，其首项a11，公差d0.若an是“H数列”，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立12(江苏高考)设an是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项的和记bn，nN*，其中c为实数(1)若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN*)；(2)若bn是等差数列，证明：c0.13(江苏高考)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列；(2)与否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等

4、比数列？并阐明理由；(3)与否存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列？并阐明理由专项三数列典型模拟演习卷一、填空题1(南通模拟)在等差数列an中，a13a3a1510，则a5的值为_2(济南模拟)设an是公差为正数的等差数列，若a1a2a315，a1a2a380，则a11a12a13_3(成都诊断检测)设正项等比数列an的前n项和为Sn(nN*)，且满足a4a6，a7，则S4_4(衡水中学调研)已知等比数列an中，a32，a4a616，则_5(郑州质检)设等比数列an的前n项和为Sn，若a1a2，a4a56，则S6_6(潍坊调研)在等差数列an中，a12 015，其前n

5、项和为Sn，若2，则S2 015的值为_7(南昌二模)已知数列an是等差数列，a35，a917，数列bn的前n项和Sn3n.若amb1b4，则正整数m的值为_8(山西康杰中学、临汾一中联考)设数列an的前n项和为Sn，若a11，an13Sn(nN*)，则S6_9(江苏五市联考)各项均为正数的等比数列an中，a2a11.当a3取最小值时，数列an的通项公式an_10(苏、锡、常、镇模拟)已知各项都为正的等比数列an满足a7a62a5，存在两项am，an使得 4a1，则的最小值为_二、解答题11(衡水点睛大联考)若an是各项均不为零的等差数列，公差为d，Sn为其前n项和，且满足aS2n1，nN*.

6、数列bn满足bn，Tn为数列bn的前n项和(1)求an和Tn；(2)与否存在正整数m、n(1m1”是数列“an为递增数列”的_条件3等差数列an的前n项和为Sn，已知a58，S36，则a9_4已知等比数列an是递增数列，Sn是an的前n项和若a1，a3是方程x210x90的两个根，则S6_5(广州调研)若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则ln a1ln a2ln a20_6在各项均为正数的等比数列an中，若am1am12am(m2)，数列an的前n项积为Tn，若log2T2m19，则m_7各项为正数的等比数列an的前n项和为Sn，若S45S2，a22且Sk31，则正

7、整数k的值为_8若两个等差数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，且满足，则_9(太原诊断)已知等比数列an的前n项和为Sn3n1a(nN*)，则实数a的值为_10(菏泽调研)西非埃博拉病毒导致2 500多人死亡，引起国际社会广泛关注，为避免疫情蔓延，西非各国政府在世界卫生组织、国际社会援助下全力抗击埃博拉疫情，估计某首都医院近30天内每天因治愈出院的人数依次构成数列an，已知a13，a22，且满足an2an1(1)n，则该医院30天内因治愈埃博拉病毒出院的患者共有_人11(长沙模拟)已知数列an的通项公式为an2nn.若按如图所示的流程图进行运算，则输出n的值为_12(衡水点睛联考)已知数

8、列an满足a11，且anan1(n2，且nN*)，则数列an的通项公式为_13设等差数列an的前n项和为Sn，若a212a6，且S7S10，则使得Sn获得最小值时，n的值为_14(郑州质检)设数列an是首项为1，公比为q(q1)的等比数列，若是等差数列，则_二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答应写出文字阐明，证明过程或演算环节)15(本小题满分14分)(大庆质检)已知公差不为0的等差数列an满足S777，且a1，a3，a11成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若bn2an，求数列bn的前n项和Tn.16(本小题满分14分)(揭阳模拟)已知等比数列an满足：an0，a15，Sn为其

9、前n项和，且20S1，S3，7S2成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog5a2log5a4log5a2n2，求数列的前n项和Tn.17(本小题满分14分)(济宁模拟)已知数列bn满足Snbn，其中Sn为数列bn的前n项和(1)求证：数列是等比数列，并求数列bn的通项公式；(2)如果对任意nN*，不等式2n7恒成立，求实数k的取值范畴18(本小题满分16分)设数列bn的前n项和为Sn，且bn12Sn；将函数ysin x在区间(0，)内的所有零点按从小到大的顺序排成数列an(1)求bn与an的通项公式；(2)设cnanbn(nN*)，Tn为数列cn的前n项和若a22a4Tn恒成立

10、，试求实数a的取值范畴19(本小题满分16分)(江苏高考)已知各项均为正数的两个数列an和bn满足：an1b)，nN*.(1)设bn11，nN*，求证：数列是等差数列；(2)设bn1，nN*，且an是等比数列，求a1和b1的值20(本小题满分16分)(南京、盐城模拟)已知数列an满足a1a(a0，aN*)，a1a2anpan10(p0，p1，nN*)(1)求数列an的通项公式an；(2)若对每一种正整数k，若将ak1，ak2，ak3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为dk.求p的值及相应的数列dk记Sk为数列dk的前k项和，问与否存在a，使得Sk30对任意正整数k恒成立？若

11、存在，求出a的最大值；若不存在，请阐明理由专项三数列真题预测体验引领卷14由于a8a2q6，a6a2q4，a4a2q2，因此由a8a62a4得a2q6a2q42a2q2，消去a2q2，得到有关q2的一元二次方程(q2)2q220，解得q22，a6a2q41224.221在点(ak，a)处的切线方程为：ya2ak(xak)，当y0时，解得x，因此ak1，故an是a116，q的等比数列，即an16，a1a3a5164121.342设等比数列an的公比为q，由a13，a1a3a521.得3(1q2q4)21.解得q22或q23(舍)于是a3a5a7q2(a1a3a5)22142.4S1，S2，S4成

12、等比数列，SS1S4，又Sn为公差为1的等差数列的前n项和从而(a1a11)2a1，解得a1.55由题设，amSmSm12，am1Sm1Sm3.由于数列an为等差数列因此公差dam1am1.由Sm0，得m(a12)0，则a12.又ama1(m1)d2，解得m5.66a12，an12an，数列an是以公比q2，首项a12的等比数列则Sn126，解得n6.73n1由于3S1，2S2，S3成等差数列因此4S23S1S3，即3(S2S1)S3S2.3a2a3，则等比数列an的公比q3.故数列an的通项公式ana1qn13n1.8由题意，得S1a11.an1SnSn1，Sn1SnSnSn1，则Sn0，从

13、而1，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，因此1(n1)n，因此Sn.9.a11，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n，将以上n1个式子相加得ana123n，即an，令bn，故bn2，故S10b1b2b102.1012由已知条件得qq23，即q2q60，解得q2，或q3(舍去)，ana5qn52n52n6，a1a2an(2n1)，a1a2an2524232n62，由a1a2ana1a2an，可知2n5252，由2n5252，可求得n的最大值为12，而当n13时，28250，则a3a1，a1a2a315，则3a215，a25，从而解之得a12，a38.因此公差d3.故a11a

14、12a13(a1a2a3)30d1590105.315设等比数列an的公比为q，且q0，an0.由于a4a6，a7，则a32，q4，因此q.于是a18.故S415.44设等比数列an的公比为q.由于a3a1q22.a4a6aq8(a1q2)2q44q416.则q44，故q44.5.a1a2，a4a56，q38，从而q2，可求a1.故S6.62 015设数列an的公差为d，则a1d.由2，得2.因此d2，因此S2 0152 015a1d2 015.729由等差数列的性质，a9a36d.1756d，得d2，因此ama32(m3)2m1.又数列bn的前n项和Sn3n，b1S13，b4S4S33433

15、54.由amb1b4，得2m1354，则m29.845由a11，a23a1，得a23，又an13Sn，知an3Sn1(n2)，an1an3Sn3Sn13an，即an14an(n2)因此an故S6145.92n1根据题意，由于各项均为正数的等比数列an中，由a2a11，得a1(q1)1，因此q1且a1，a3a1q2q12224，当且仅当q2时获得等号，因此ana1qn12n1.10.由a7a62a5，得a1q6a1q52a1q4，整顿有q2q20，解得q2或q1(与条件中档比数列的各项都为正矛盾，舍去)，又由 4a1，得aman16a，即a2mn216a，即有mn24，亦即mn6，那么(mn)，

16、当且仅当，mn6，即n2m4时获得最小值.11解(1)aS2n1(nN*)，an0.令n1，得a11；令n2，得a23，等差数列an的公差d2.从而an2n1，bn，于是Tn.(2)假设存在正整数m，n(1m0，2m24m10，解得1m1，得m2，此时n12.故存在正整数m，n，当且仅当m2，n12时，满足T1，Tm，Tn成等比数列12(1)解bn1bn52n，当n3，bn1bn0，故数列bn单调递减；当n1，2时，bn1bn0，即b1b2b3，则数列bn中的最大项是b37，因此M7.(2)证明cn是各项为正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3，S3，设其公比为q0，c3.整顿得6q2q10，

17、解得q，q(舍去)c11，cn，Sn22，对任意的nN*，有22Sn1，且Sn2，故Sn是数列(3)证明假设存在正整数k使得dkdk1成立，有数列dn的各项均为正整数，可得dkdk11，即dk1dk1.由于dk1，因此dk22dk1dk2(dk1)dkdk2，由dk22dk1dk及dkdk1得dk22dk1dk1dk1，故dk2dk11.由于dk2，因此dk32dk2dk12(dk11)dk1dk12dk3，由此类推，可得dkmdkm(mN*)又存在M，使dkM，mM，使dkm0，这与数列dn的各项均为正数矛盾，因此假设不成立，即对任意nN*，均有dkdk1成立13(1)证明设m1，则有Tn1

18、qn1，由于Ti0(iN*)，因此有a1qn1，即ana1qn1，因此当n2时q，因此数列an是等比数列(2)解当q1时，ana1(nN*)，因此Tna，因此TnTkaaaaT，当q1时，ana1qn1，Tna1a2anaq12(n1)aq，因此TnTkaqaqaq，Taqm(m1)由于nk2m且kmn，因此aa，mmm2m，因此若q1，则TmTkT；若q1，则TmTkT.(3)解由(1)知，充足性成立；必要性：若数列an成等比数列，则ana1qn1，因此当q1时，Tnaq，则qf(n（n1）,2),aqf(m（m1）,2)因此，“对n，mN*，当nm时总有Tnmq(nm)m成立；同理可证当q

19、1时也成立因此命题p是命题t的充要条件专项过关提高卷15设数列的首项为a1，由等差数列与中位数定义，则a12 01521 010，a15.2既不充足也不必要当a11时，数列an是递减数列当an为递增数列时，a10，0q0，q1.因此，“q1”是an为递增数列的既不充足也不必要条件316设等差数列an的公差为d，首项为a1，由于a58，S36，因此解得a10，d2.因此a9a18d8216.4364由于a1，a3是方程x210x90的两个根，因此又an是递增数列，因此a11，a39，因此q3，S6364.550a10a11a9a122a1a202e5，a1a20e5，则ln a1ln a2ln

20、a20ln(a1a2a20)ln(a1a20)10ln e5050.65由等比数列的性质，am1am1a，a2am(am0)，从而am2，因此T2m1a1a2a3a2m1a22m1，因此log2T2m1log222m12m19，则m5.75由S45S2，得a3a44(a1a2)，q2(a1a2)4(a1a2)，由于a1a20，则q2.又a22a12.知a11.Sk31，解得k5.8.93由Sn3n1a，则Sn13na.anSnSn123n(n2，nN*)a1S19a，又数列an为等比数列，因此a1应满足an23n，即a16.因此9a6，a3.10285由an2an1(1)n，知，当n为奇数时，

21、an2an0；当n为偶数时，an2an2.因此数列a1，a3，a5，a29为常数列；a2，a4，a6，a30是公差为2的等差数列又a13，a22，因此S30153154515285.1111由程序框图，及an2nn.Sn(211)(222)(233)(2nn)(222232n)(123n)2(2n1)，由Sn2 015，得2n12 017，由nN*，知n11.输出n的值为11.12an由anan1，得3nan3n1an11(n2)数列3nan是以3为首项，公差为1的等差数列因此3nan3(n1)1n2，因此an.138或9设等差数列an的公差为d.由S10S7，得a8a9a100，知a90，又

22、2a6a2a10a21，得a101，公差da10a910，数列an单调递增因此，当n8时，an0，因此an的前8项或前9项和最小144 026由于是等差数列，则，又an是首项为1，公比为q(q1)的等比数列，2q1，因此数列an是首项为1，公比为1的常数列，则an1.故4 026.15解(1)设等差数列an的公差为d(d0)，由S77a477，得a411，a13d11，由于a1，a3，a11成等比数列，因此aa1a11，整顿得2d23a1d，又因d0.因此2d3a1联立，解得a12，d3.因此an的通项公式an3n1.(2)由于bn2an，因此bn23n18n，因此数列bn是以4为首项，8为公

23、比的等比数列，由等比数列前n项和公式得，Tn.16解(1)设数列an的公比为q(q0)20S1，S3，7S2成等差数列，2S320S17S2.则2(a1a1qa1q2)20a17(a1a1q)化简得2q25q250，解得q5或q.由q0.舍去q.因此数列an的通项公式ana1qn15n.(2)由(1)知，a2n252n2，则log5a2n22n2.因此bnlog5a2log5a4log5a2n2242(n1)(n1)(n2)，Tn.17解(1)对于任意nN*，SnbnSn1bn1得bn1bn，因此bn1又由式知，S1b1，即b1.因此数列是首项为b13，公比为的等比数列，bn3，即bn3.(2

24、)由于bn3，因此Sn36.由于不等式2n7，化简得k，对任意nN*恒成立，设cn，则cn1cn，当n5时，cn1cn，cn为单调递减数列，当1ncn，cn为单调递增数列，c4c5，因此，n5时，cn获得最大值，因此，要使k对任意nN*恒成立，k.18解(1)由bn12Sn，令n1，则b112S112b1，b1.又当n2时，bnSnSn1，bnbn1(12Sn)(12Sn1)2bn.因此3bnbn1(n2，nN*)，数列bn是首项b1，公比为q的等比数列因此bnb1qn1.令ysin x0，x(0，)，得xn(nN*)，xn(nN*)，它在区间(0，)内的取值构成以1为首项，以1为公差的等差数

25、列于是数列an的通项公式a nn.(2)由(1)知，cnanbn，则Tn因此Tn由，得Tn，于是Tn4Tn恒成立，则a22a3.解之得a3或a1，因此实数a的取值范畴是(，13，)19(1)证明由题设知an1b)，因此，从而1(nN*)，因此数列是以1为公差的等差数列(2)解由于an0，bn0，因此ab(anbn)2，从而1an1b).(*)设等比数列an的公比为q，由an0知q0.下证q1.若q1，则a1a2，故当nlogq时，an1a1qn，与(*)矛盾；若0q1，则a1a21，故当nlogq时，an1a1qn1，与(*)矛盾综上，q1，故ana1(nN*)，因此1a1.又bn1bn(nN

26、*)，因此bn是公比为的等比数列若a1，则1，于是b1b2b3.又由a1b)得bnr(2a),a1)(nN*)，因此b1，b2，b3中至少有两项相似，矛盾，因此a1，从而bnr(2a),a1).因此a1b1.20解(1)由于a1a2anpan10，因此n2时，a1a2an1pan0，两式相减，得(n2)，故数列an从第二项起是公比为的等比数列，又当n1时，a1pa20，解得a2，从而an(2)由(1)得ak1，ak2，ak3，若ak1为等差中项，则2ak1ak2ak3，即1或2，解得p；此时ak13a(2)k1，ak23a(2)k，因此dk|ak1ak2|9a2k1，若ak2为等差中项，则2ak2ak1ak3，即1，此时无解；若ak3为等差中项，则2ak3ak1ak2，即1或，解得p，此时ak1，ak3，因此dk|ak1ak3|，综上所述，p，dk9a2k1或p，dk.当p时，Sk9a(2k1)则由Sk30，得a，当k3时，1，因此必然有a1，因此不存在这样的最大正整数当p时，Sk，则由Sk30，得a，由于，因此a13满足Sk30恒成立；但当a14时，存在k5，使得a，即Sk30，因此此时满足题意的最大正整数a13.