2019-2020年高考数学总复习 第五章 数列知能训练 理.doc

2019-2020年高考数学总复习 第五章 数列知能训练 理1数列1，的一个通项公式是()Aan BanCan Dan2已知数列an的前n项和Sn满足Snn22n1，则()Aan2n1(nN*)Ban2n1(nN*)CanDan3在数列an中，已知a11，且当n2时，a1a2ann2，则a3a5()A. B. C. D.4(xx年福建)阅读如图X511所示的程序框图，运行相应的程序，如果输入某个正整数n后，输出的S(10,20)，那么n()图X511A3 B4 C5 D65(xx年新课标)数列an满足an1，a82，则a1_.6已知数列an满足：a4n31，a4n10，a2nan，nN*，则axx_，axx_.7(xx年浙江乐清一模)已知递增数列an的通项公式为ann2kn2，则实数k的取值范围为_8(xx年广东江门一模)将集合2s2t|0s0)，则b43_.35691012图X5129已知在等差数列an和等比数列bn中，a1b11，b48，an的前10项和S1055.(1)求an和bn；(2)现分别从an和bn的前3项中各随机抽取一项写出相应的基本事件，并求这两项的值相等的概率10已知数列an的通项公式为an(n1)n(nN*)，则当n为多大时，an最大？第2讲等差数列1(xx年福建)设等差数列an的前n项和为Sn，若a12，S312，则a6()A8 B10 C12 D142(xx年安徽)设Sn为等差数列an的前n项和，S84a3，a72，则a9()A6 B4 C2 D23(xx年天津)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()A2 B2 C. D4已知Sn为等差数列an的前n项和，若a1a7a13的值是一个确定的常数，则下列各式：a21；a7；S13；S14；S8S5.其结果为确定常数的是()A B C D5(xx年新课标)设等差数列an的前n项和为Sn，Sm12，Sm0，Sm13，则m()A3 B4 C5 D66(xx年辽宁)设等差数列an的公差为d，若数列2a1an为递减数列，则()Ad0Ca1d07(xx年广东)已知递增的等差数列an满足a11，a3a4，则an_.8(xx年广东)在等差数列an中，已知a3a810，则3a5a7_.9(xx年四川)在等差数列an中，a1a38，且a4为a2和a9的等比中项，求数列an的首项、公差及前n项和10(xx年新课标)已知等差数列an的公差不为零，a125，且a1，a11，a13成等比数列(1)求an的通项公式；(2)求a1a4a7a3n2.第3讲等比数列1在等比数列an中，a23，a7a1036，则a15()A12 B12C6 D62(xx年江西)等比数列x,3x3,6x6，的第四项为()A24 B0 C12 D243设在公差d0的等差数列an中，a1，a3，a9成等比数列，则()A. B.C. D.4(xx年重庆)对任意的等比数列an，下列说法一定正确的是()Aa1，a3，a9成等比数列 Ba2，a3，a6成等比数列Ca2，a4，a8成等比例列 Da3，a6，a9成等比数列5设Sn为等比数列an的前n项和，若8a2a50，则()A11 B5C8 D116(xx年新课标)设首项为1，公比为的等比数列an的前n项和为Sn，则()ASn2an1 BSn3an2CSn43an DSn32an7(xx年重庆)已知an是等差数列，a11，公差d0，Sn为其前n项和若a1，a2，a5成等比数列，则S8_.8(xx年江西)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(nN*)等于_9(xx年四川)在等比数列an中，a2a12，且2a2为3a1和a3的等差中项，求数列an的首项、公比及前n项和10(xx年北京)已知an是等差数列，满足a13，a412，数列bn满足b14，b420，且是等比数列(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列bn的前n项和第4讲数列的求和1在各项都为正数的等比数列an中，首项a13，前3项和为21，则a3a4a5()A33 B72 C84 D1892(xx年新课标)等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，则a1()A. B C. D3(xx年新课标)等差数列an的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则an的前n项和Sn()An(n1) Bn(n1)C. D.4(xx年大纲)在等比数列an中，a42，a55，则数列lgan的前8项和等于()A6 B5 C4 D35已知等差数列an的前n项和为Sn，a55，S515，则数列的前100项和为()A. B. C. D.6若数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2a10()A15 B12C12 D157(xx年广东揭阳一模)已知等差数列an满足a10，5a88a13，则当前n项和Sn取最大值时，n()A20 B21 C22 D238如图X541，它满足：第n行首尾两数均为n；图中的递推关系类似杨辉三角则第n(n2)行的第2个数是_122343477451114115图X5419(xx年新课标)已知an是递增的等差数列，a2，a4是方程x25x60的根(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和10(xx年广东佛山一模)数列an，bn的每一项都是正数，a18，b116，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列，n1,2,3，.(1)求a2，b2的值；(2)求数列，的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，成立第5讲利用几类经典的递推关系式求通项公式1在等比数列an中，a11，公比|q|1.若ama1a2a3a4a5，则m()A9 B10C11 D122古希腊著名的毕达哥拉斯学派把1,3,6,10，这样的数称为“三角形数”，而把1,4,9,16，这样的数称为“正方形数”如图X551，可以发现，任何一个大于1的“正方形数”都可以看作两个相邻的“三角形数”之和下列等式中，符合这一规律的表达式是()图X55113310；25916；361521；491831；642836.A BC D3数列an的首项为3，bn为等差数列，且bnan1an(nN*)若b32，b1012，则a8()A0 B3C8 D114设等比数列an的前n项和为Sn，若8a2a50，则下列式子中数值不能确定的是()A. B.C. D.5(xx年新课标)若数列an的前n项和为Snan，则数列an的通项公式是an_.6已知数列an满足a11，an1，则an_.7已知在数列an中，a11，an12ann，则数列an的通项公式是an_.8已知在数列an中，a11，an13an3n，则an_.9(xx年新课标)已知数列an满足a11，an13an1.(1)证明：是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明：.10(xx年安徽)数列an满足a11，nan1(n1)ann(n1)，nN*.(1)证明：数列是等差数列；(2)设bn3n，求数列bn的前n项和Sn.第6讲合情推理和演绎推理1观察(x2)2x，(x4)4x3，(cosx)sinx.由归纳推理，得若定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(x)()Af(x) Bf(x) Cg(x) Dg(x)2(xx年广东茂名一模)已知2112,221334，23135456,2413575678，依此类推，第n个等式为_ _.3(xx年陕西)观察下列等式：1211222312223261222324210照此规律，第n个等式为_4如图X561，在平面上，用一条直线截正方形的一个角，则截下的一个直角三角形按如图X561(1)所标边长，由勾股定理，得c2a2b2.设想把正方形换成正方体，把截线换成如图X561(2)所示的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥OABC，若用s1，s2，s3表示三个侧面面积，s4表示截面面积，则可以类比得到的结论是_(1)(2)图X5615已知cos，coscos，coscoscos，根据以上等式，可猜想出的一般结论是_6(xx年广东汕头一模)观察下列一组等式：24，24，3，3，4，4，根据这些等式反映的结果，可以得出一个关于自然数n的等式，这个等式可表示为_7(xx年福建龙岩模拟)代数式1(“”表示无限重复)是一个固定值，可以令原式t，由1t，解得其值为t，用类似方法可得_.8某同学在一次研究性学习中发现，以下5个式子的值都等于同一个常数sin213cos217sin13cos17；sin215cos215sin15cos15；sin218cos212sin18cos12；sin2(18)cos248sin(18)cos48；sin2(25)cos255sin(25)cos55.(1)试从上述5个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论9(xx年广东广州一模)在等差数列an中，a1a25，a37，记数列的前n项和为Sn.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数m，n，且1m的过程：要证1，只需证1，即证()2(1)2，即证，即证3511，显然成立1.其证法是()A分析法 B综合法C间接证法 D分析法与综合法并用5(xx年山东)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x2axb0至少有一个实根”时，要做的假设是()A方程x2axb0没有实根B方程x2axb0至多有一个实根C方程x2axb0至多有两个实根D方程x2axb0恰好有两个实根6，是两个不同的平面，m，n是平面及之外的两条不同的直线，给出四个论断：mn；n；m.以其中的三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题_7下表中的对数值有且仅有一个是错误的：x358915lgx2abac33a3c4a2b3abc1请将错误的一个改正为_8(xx年福建)已知集合a，b，c0,1,2，且下列三个关系：a2；b2；c0有且只有一个正确，则100a10bc_.9(xx年湖北)已知等比数列an满足|a2a3|10，a1a2a3125.(1)求数列an的通项公式；(2)是否存在正整数m，使得1？若存在，求m的最小值；若不存在，请说明理由10(xx年浙江)已知等差数列an的公差d0，设an的前n项和为Sn，a11，S2S336.(1)求d及Sn；(2)求m，k(m，kN*)的值，使得amam1am2amk65成立第8讲数学归纳法1用数学归纳法证明：(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)(nN*)，从“nk”到“nk1”左端需乘的代数式是()A2k1 B2(2k1)C. D.2用数学归纳法证明：1222n22212，第二步证明由“k到k1”时，左边应加()Ak2 B(k1)2Ck2(k1)2k2 D(k1)2k23对一切正整数n，n2与2n的大小关系为 ()A对一切nN*，恒有n22n B对一切nN*，恒有n22n C当n1或n5时，n2g(n)Bf(n)对于一切nN*成立，则正整数m的最大值为_8已知f(n)，则下列说法正确的是_f(n)中共有n项，当n2时，f(2)；f(n)中共有n1项，当n2时，f(2)；f(n)中共有n2n项，当n2时，f(2)；f(n)中共有n2n1项，当n2时，f(2).9(xx年广东深圳一模)已知数列an的前n项和为Sn，且满足4(n1)(Sn1)(n2)2an(nN*)(1)求a1，a2的值；(2)求an；(3)设bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn.10(xx年重庆)设a11，an1b(nN*)(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式；(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nc4，故n的值为4.5.解析：由已知，得an1，a82，a71，a611，a512.同理，a4，a31，a22，a1.610解析：axxa450331，axxa21007a1007a425210.7(3，)解析：由an为递增数列，得an1an(n1)2k(n1)2n2kn22n1k0恒成立，即k(2n1)恒成立，即k(2n1)max3.820解析：32021；52022,62122；92023,102123,122223；172024,182124,202224，.故b4320.9解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，则S1010a145d55d1ana1(n1)dn，b4b1q38q2bnb1qn12n1，则ann，bn2n1.(2)a11，a22，a33，b11，b22，b34，从an，bn的前3项中各随机抽取一项写出相应的基本事件有(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，共9个，符合题意的有(1,1)，(2,2)，共2个，故抽取的两项的值相等的概率为.10解：an1an(n2)n1(n1)nn，而n0，当n0，即an1an；当n9时，an1an0，即a10a9；当n9时，an1an0，即an1an.因此a1a2a11a12.当n9或n10时，数列an有最大项，最大项为a9或a10.第2讲等差数列1C解析：设等差数列an的公差为d，a12，S3(a1a3)a23a212，a24，d2，则a6a15d12.2A解析：S88a1d4a34(a12d)，4a120d，a15d.又a7a16dd2，a110，a9a18d108(2)6.3D解析：S1，S2，S4成等比数列，SS1S4，即(2a11)2a1(4a16)解得a1.4A解析：由a1a7a13是一个确定的常数，得3a7是确定的常数，故正确；S1313a7是确定的常数，故正确；S8S5a6a7a83a7是确定的常数，故正确5C解析：SmSm1am2，Sm1Smam13，两式相减，得am1amd1.解得m5.6C解析：由已知，得22，即1,21.又anan1d，故21，从而a1d0.72n1解析：由a3a4，得12d(1d)24，即d24.因为an是递增的等差数列，所以d2，故an2n1.820解析：a3a8a12da17d2a19d10,3a5a73(a14d)(a16d)4a118d2(2a19d)21020.9解：设该数列公差为d，前n项和为Sn.由已知，可得2a12d8，(a13d)2(a1d)(a18d)所以a1d4，d(d3a1)0.解得a14，d0，或a11，d3.所以，数列an的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以，数列的前n项和Sn4n或Sn.10解：(1)设等差数列an的公差为d，且d0，由题意a1，a11，a13成等比数列，aa1a13.(a110d)2a1(a112d)，化为d(2a125d)0.d0，22525d0.解得d2.an25(n1)(2)2n27.(2)由(1)，得a3n22(3n2)276n31.可知此数列是以25为首项，6为公差的等差数列Sna1a4a7a3n23n228n.第3讲等比数列1A解析：由等比数列的性质，得a2a15a7a1036，则a1512.故选A.2A解析：方法一：2q，有2,3x32x，即x3，则等比数列3，6，12，的第四项为24.方法二：(3x3)2x(6x6)，9x218x96x26x，3x212x90，x3或x1(舍)则等比数列3，6，12，的第四项为24.3C4D解析：因为数列an是等比数列，aa3a9，所以a3，a6，a9成等比数列5D解析：设an的公比为q，则8a2a58a2a2q30，解得q2.11.6D解析：由题意，得Sn32an.764解析：a1，a2，a5成等比数列，有aa1a5，即(a1d)2a1(a14d)，d2a12，S88a1d85664.86解析：Sn2n12，S562，S6126.所以至少需要6天9解：设等比数列an的公比为q.由已知，得a2a1a1(q1)2，则a10.22a23a1a3，4a1q3a1a1q2.a1(4q3q2)0，即q24q30.解得q3或q1.由于a1(q1)2，则q1不合题意，应舍去故公比q3，首项a11.数列an的前n项和Sn.10解：(1)由an是等差数列，得d3.an3(n1)33n.设q是等比数列bnan的公比，有q38，q2.bnan(b1a1)2n12n1.从而bnan2n13n2n1.(2)数列bn的前n项和为Sn(3693n)(12222n1)2n1.第4讲数列的求和1C2C解析：S3a210a1a1a2a3，a39a1，q29.a5a1q481a19，a1.3A解析：由已知，得aa2a8，(a16)2(a12)(a114)，a12.Snna1d2nn(n1)n2n.4C解析：由已知，得q.a123.lga1lg.an为等比数列，lganlgan1lglg(n2)，lgan为等差数列所求和为8lglg8(4lg23lg5)28(lg5lg2)4lg24lg54.故选C.5A解析：由a55，S515，得a11，d1.an1(n1)n.故.1.故选A.6A7B解析：由5a88a13，得5(a17d)8(a112d)da1.由ana1(n1)da1(n1)0n21.数列an的前21项都是正数，以后各项都是负数故Sn取最大值时，n的值为21.故选B.8.解析：设第n(n2)行的第2个数构成数列an，则有a3a22，a4a33，a5a44，anan1n1，相加，得ana223(n1)(n2)，an2.9解：(1)方程x25x60的根为2,3，又因为an是递增的等差数列，则a22，a43.设数列的公差为d，a4a22d1，d，a1.an的通项公式为an(n1)1.(2)设数列的前n项和为Sn，由(1)知，则Sn，Sn，两式相减，得Sn1.数列的前n项和为Sn2.10解：(1)由2b1a1a2，得a22b1a124.由ab1b2，得b236.(2)an，bn，an1成等差数列，2bnanan1.bn，an1，bn1成等比数列，abnbn1.数列an，bn的每一项都是正数，an1.于是当n2时，an.将，代入式，得2，因此数列是首项为4，公差为2的等差数列(n1)d2n2，于是bn4(n1)2.由式，得当n2时，an4n(n1)当n1时，a18，满足该式子，对一切正整数n，都有an4n(n1)(3)由(2)知，所证明的不等式为.方法一：首先证明(n2)7n27n0(n1)(n2)0，当n2时，该式恒成立，当n2时，.当n1时，.综上所述，对一切正整数n，有.方法二：.当n3时，.当n1时，；当n2时，.综上所述，对一切正整数n，有.方法三：.当n4时，.当n1时，；当n2时，；当n3时，.综上所述，对一切正整数n，有.第5讲利用几类经典的递推关系式求通项公式1C2.C3B解析：由题意，得解得bnan1an，b1b2bnan1a1.a8b1b2b737(6)233. 4D解析：数列an为等比数列，则8a2a5a2(8q3)0.a20，q2.q24；q2；，其值与n有关故选D.5(2)n1解析：两式相减，得ananan1，anan1，2，a11，则an(2)n1.6.解析：由an1，得3313(n1)an.732n1n1解析：令an1A(n1)B2(anAnB)，运用待定系数法，得A1，B1.an1(n1)12(ann1)ann132n1.an32n1n1.8n3n1解析：an13an3n，1.令bn，数列bn是首项为1，公差为1的等差数列，bn11(n1)n.ann3n1.9证明：(1)由an13an1，得an13.又a1，所以是首项为，公比为3的等比数列所以an.因此数列an的通项公式为an.(2)由(1)知，.因为当n1时，3n123n1，所以，即.于是1.所以.10(1)证明：a11，nan1(n1)ann(n1)，nN*，等式两边同除以n(n1)，得1，即1.数列是首项为1，公差为1的等差数列(2)解：由(1)，得1(n1)1n，即ann2.从而bn3nn3n.Sn131232333n3n，3Sn132233334n3n1，两式相减，得2Sn3132333nn3n1n3n1.Sn.第6讲合情推理和演绎推理1D22n135(2n1)(n1)(n2)(n3)(nn)3122232(1)n1n2(1)n14ssss5coscoscos，nN*6.(n1)(n1)，nN*解析：由于(n1)，(n1)，故(n1)(n1)，nN*.72解析：类似令原式t，有t,2tt2，解得t1(舍去)或t2.8解：(1)选择，由sin215cos215sin15cos151sin30，故这个常数是.(2)推广，得到三角恒等式sin2cos2(30)sincos(30).证明：sin2cos2(30)sincos(30)sin2(cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sin)sin2cos2sincossin2sincossin2sin2cos2.9解：(1)设等差数列an的公差为d，因为即解得所以ana1(n1)d13(n1)3n2.所以数列an的通项公式为an3n2(nN*)(2)因为，所以数列的前n项和Sn.假设存在正整数m，n，且1m0，所以3m26m11，所以1m13.因为mN*，所以m2.此时n16.故存在满足题意的正整数m，n，且只有一组值，即m2，n16.第7讲直接证明与间接证明1C解析：A，D中x必须大于0，故排除A，D，B中应为x212x，故B不正确2D3.B4.A5A解析：反证法的步骤第一步是假设命题反面成立，而“至少有一个实根”的否定是“没有实根”故选A.6若，则(或若，则)解析：依题意可得以下四个命题：(1)mn，nm；(2)mn，mn；(3)mn，n，m；(4)，n，mmn.不难发现，命题(3)，(4)为真命题，而命题(1)，(2)为假命题7lg153abc解析：如果lg32ab是正确的，那么lg92lg32(2ab)4a2b；如果lg32ab是错误的，那么lg94a2b也是错误的，这与题意矛盾反过来，lg94a2b也不是错误的，否则lg32ab是错误的同样，如果lg5ac，那么lg83lg23(1lg5)3(1ac)，如果lg5ac是错误的，那么lg833a3c，也错误，这与题意矛盾；显然lg833a3c也不是错误的，否则lg5ac也错误lg15lg(35)lg3lg5(2ab)(ac)3abc.应将最后一个改正为lg153abc.8201解析：由已知，若a2正确，则a0或a1，即a0，b1，c2或a0，b2，c1或a1，b0，c2或a1，b2，c0均与“三个关系有且只有一个正确”矛盾；若b2正确，则a2正确，不符合题意；所以c0正确，a2，b0，c1，故100a10bc201.9解：(1)a1a2a3a125，a25.又a2|q1|10，q1或q3.即或an5(1)n1或an53n2.(2)若q1，则若q3，则0，d2，an12(n1)2n1，Snn2(nN*)(2)由(1)知，amam1am2amk(2mk1)(k1)65.m，kN*,2mk11，k11，解得(舍去)或解得综上所述，m5，k4.第8讲数学归纳法1B2.D3.C4.C5D解析：原等式共有5n项，当n1时，25124，选D.6C解析：Sk1Sk.71007解析：记f(n)，则f(n1)f(n)0，数列f(n)是递增数列，则f(n)minf(1)，m1007.89(1)解：当n1时，有4(11)(a11)(12)2a1，解得a18.当n2时，有4(21)(a1a21)(22)2a2，解得a227.(2)解：方法一：当n2时，有4(Sn1).4(Sn11).，得4an，即.1.an(n1)3(n2)方法二：根据a18，a227，猜想：an(n1)3.当n1时，有a18(11)3，猜想成立假设当nk时，猜想也成立，即ak(k1)3.那么当nk1时，有4(k11)(Sk11)(k12)2ak1，即4(Sk11)，又 4(Sk1)，得4ak1，解得ak1(k2)3(k11)3 .当nk1时，猜想也成立因此，由数学归纳法证得an(n1)3成立(3)证明：bn，Tnb1b2b3bn1bn.10解：(1)方法一：a22，a31.再由题设条件知，(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为0，公差为1的等差数列故(an1)2n1，即an1(nN*)方法二：a22，a31.可写为a11，a21，a31.因此猜想an1.下面用数学归纳法证明上式：当n1时，结论显然成立假设nk时结论成立，即ak1，则ak1111，这就是说，当nk1时结论成立所以an1(nN*)(2)方法一：设f(x)1，则an1f(an)令cf(c)，即c1.解得c.下面用数学归纳法证明a2nca2n11.当n1时，a2f(1)0，a3f(0)1，所以a2a31，结论成立假设nk时结论成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由f(x)在(，1上为减函数，得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31.故ca2k31，因此a2(k1)ca2(k1)11，这就是说，当nk1时结论成立综上所述，存在c使得a2nca2n1对所有nN*成立方法二：设f(x)1，则an1f(an)先证0an1(nN*)当n1时，结论显然成立假设nk时结论成立，即0ak1.易知f(x)在(，1上为减函数，从而0f(1)f(ak)f(0)11，即0ak11.这就是说，当nk1时结论成立故成立再证a2na2n1(nN*)当n1时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)1，所以a2a3，即n1时成立假设nk时，结论成立，即a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当nk1时成立所以对一切nN*成立由，得a2n1，即(a2n1)2a2a2n2.因此a2nf(a2n1)，即a2n1a2n2.所以a2n11.解得a2n1.综上所述，由知，存在c使得a2nca2n1对一切nN*成立