2019-2020年高考数学三轮复习试题汇编 专题4 数列推理与证明 第1讲 数列（B卷）文（含解析）.DOC

2019-2020年高考数学三轮复习试题汇编 专题 4 数列推理与证明 第 1 讲 数列（B 卷）文（含解析） 一、选择题 1.(xx辽宁大连二模5)已知数列 an的前 n项和 Sn n29 n，第 k项满足 5ak8，则 k（ ） （A） 7 （B） 6 （C） 9 （D） 8 2.(xx辽宁大连二模10)已知等差数列 an的前 n项和为 Sn， a24， S10110，则 的最小值为（ ） Sn 64an （A）7 （B） （C） （D）8 152 172 3.（xx陕西安康模拟6）在等差数列，则公差 d的值为（ ） A1 B2 C-2 D-1 4.（xx山东潍坊二模11） 已知数列的前项和为， ，且对于任意，满足，则的值为（ ） A91 B90 C55 D54 二填空题 5.(xx徐州、连云港、宿迁三模6)设等差数列的前项为则的值为 . 6.（xx太原模拟（二） 15）已知数列 满足 ，则 _ 7.（xx江苏南通二模8）在等差数列 an中，若 an+an+2=4n+6（ nN *） ，则该数列的通 项公式 an= 三解答题 8.（xx天津武清模拟20）已知数列的前和，数列的通项公式 （1）求数列的通项公式； （2）设，求证：； （3）若数列与中相同的项由小到大构成的数列为，求数列的前项和 9.(xx哈尔滨三中三模17). 已知数列满足， ，等比数列满足， （）求数列、的通项公式； （）设，求数列的前项和 10.(xx徐州、连云港、宿迁三模19)设正项数列的前项和为且正项等比数列满足： （1）求等比数列的通项公式； （2）设数列的前项和为求所有正整数的值，使得恰好为数列中的项. 11.(xx南京三模20）已知数列 an的各项均为正数，其前 n项的和为 Sn，且对任意的 m， nN*， 都有（ Sm n S1） 24 a2ma2n （1）求 的值； a2a1 （2）求证： an为等比数列； （3）已知数列 cn， dn满足| cn| dn| an， p（ p3）是给定的正整数，数列 cn， dn的前 p项的和分别为 Tp， Rp，且 Tp Rp，求证：对任意正整数 k（1 k p）， ck dk 第 1讲 数列（B 卷） 参考答案与详解 1.【答案】D 【命题立意】本题重点考查了等差数列的通项公式、基本性质、求和公式等知识 【解析】据题，得，因为第 k项满足 5ak8，则，所以， 因为，故，选 D 2.【答案】C 【命题立意】本题重点考查了等差数列的通项公式、求和公式、等差数列的基本性质等知 识，理解待定系数法在求解通项公式中的应用，本题属于中档题 【解析】设该等差数列的首项为，公差为，根据题意，得， 解得，所以， ， 所以 264643213217nSnna ，当且仅当，解得，此时 的最小值为，故选 C. Sn 64an 3.【答案】 【命题立意】本题重点考查了等差数列的通项公式、等差数列的概念等知识 【解析】根据题意， ，两式相减，得到，得，故选 4.【答案】A 【命题立意】本题旨在考查数列的通项公式、等差数列的概念、判断、求和公式等知识 【解析】当时， ，即，解得 当，时， ， ，两式相减得 故数列从第二项起是首项为 2，公差为 2的等差数列， ，故选 A. 5.【答案】37 【命题立意】本题旨在考查等差数列的通项、性质与求和 【解析】由于，解得，故 a10=a1+9d=37 6.【答案】 【命题立意】本题考查数列的通项公式和裂项相消法求和，难度中等 【解析】因为，所以，得， ， ，将各式相加得，即，所以 7.【答案】2 n+1 【命题立意】本题考查等差数列的性质，意在考查转化能力，容易题. 【解析】设等差数列 an的公差为， ， ， ，即，. 8.【答案】见解析 【命题立意】本题主要考查数列的通项与前 n项和的关系，数列求和，及放缩法的应用. 【解析】 （1）当时， ， 当时， 13)(25)1(3251 nnSan ， 当时， . （2） 22)3(1(5)13(5)63(15)(13 nnnncn ， )2531217251(1 ncni ， ， （3）令 令 令，代入上式可得 ， 数列的通项公式为 ， 数列是首项，公差为 15的等差数列 ， nndnT2152)817(2)(1 . 9.【答案】 （） ， ；（） 【命题立意】考查等差数列、等比数列的通项公式，错位相减求和，考查转化能力，计算 能力，中等题 【解析】 （） ， , （） ， 231215(2)(2)nnnS 上述两式作差得 231()nnn . 10.【答案】 （1）b n=2（） n2 ；（2）1 或 2 【命题立意】本题旨在考查数列的递推关系式，等差数列与等比数列的通项，数列求和， 函数的基本性质及其应用，考查分类讨论思维 【解析】 （1）因为，当时， ，解得. 由， 当时， ， 两式相减，得 又因为，所以， 所以， 所以是以 1为首项，1 为公差的等差数列， 所以 由，得， 所以 （2）由题意得 所以 21321242()()mmmTab ， 212212331mmmTb， 所以 21() ， 故若为中的项只能为 若，则，所以无解 若，则， 显然不合题意，符合题意 当时，即，则， 设，则， 即为增函数， 故，即为增函数，故 故当时方程无解， 即 是方程唯一解 若，则，即. 综上所述，或 11.【答案】 （1） 2；（2）略；（3）略。 a2a1 【命题立意】本题旨在考查数列的递推关系式，等比数列的定义与通项，数列求和，数列 与不等式的综合。 【解析】 （1）由（ Sm n S1） 24 a2na2m，得（ S2 S1） 24 a ，即（ a22 a1） 24 a 2 2 2 2 因为 a10， a20，所以 a22 a1 a2，即 2 a2a1 证明：（2）（方法一）令 m1， n2，得（ S3 S1） 24 a2a4，即（2 a1 a2 a3） 24 a2a4， 令 m n2，得 S4 S12 a4，即 2a1 a2 a3 a4 所以 a44 a28 a1 又因为 2，所以 a34 a1 a2a1 由（ Sm n S1） 24 a2na2m，得（ Sn1 S1） 24 a2na2，（ Sn2 S1） 24 a2na4 两式相除，得 ，所以 2 (Sn 2 S1)2(Sn 1 S1)2 a4a2 Sn 2 S1Sn 1 S1 即 Sn2 S12（ Sn1 S1）， 从而 Sn3 S12（ Sn2 S1） 所以 an3 2 an2 ，故当 n3 时， an是公比为 2的等比数列 又因为 a32 a24 a1，从而 an a12 n1 ， nN* 显然， an a12 n1 满足题设， 因此 an是首项为 a1，公比为 2的等比数列 （方法二）在（ Sm n S1） 24 a2na2m中， 令 m n，得 S2n S12 a2n 令 m n1，得 S2n1 S12 ， a2na2n 2 在中，用 n1 代 n得， S2n2 S12 a2n2 ，得 a2n1 2 2 a2n2 （ ）， a2na2n 2 a2n a2n 2 a2n ，得 a2n2 2 a2n2 2 2 （ ）， a2na2n 2 a2n 2 a2n 2 a2n 由得 a2n1 a2na2n 2 代入，得 a2n1 2 a2n；代入得 a2n2 2 a2n1 ， 所以 2又 2， a2n 2a2n 1 a2n 1a2n a2a1 从而 an a12 n1 ， nN* 显然， an a12 n1 满足题设， 因此 an是首项为 a1，公比为 2的等比数列 （3）由（2）知， an a12 n1 因为| cp| dp| a12p1 ，所以 cp dp或 cp dp 若 cp dp，不妨设 cp0， dp0， 则 Tp a12p1 （ a12p2 a12p3 a1） a12p1 a1（2 p1 1） a10 Rp a12p1 （ a12p2 a12p3 a1） a12p1 a1（2 p1 1） a10 这与 Tp Rp矛盾，所以 cp dp 从而 Tp1 Rp1 由上证明，同理可得 cp1 dp1 如此下去，可得 cp2 dp2 ， cp3 dp3 ， c1 d1 即对任意正整数 k（1 k p）， ck dk 因此 an是首项为 a1，公比为 2的等比数列 （3）由（2）知， an a12 n1 因为| cp| dp| a12p1 ，所以 cp dp或 cp dp 若 cp dp，不妨设 cp0， dp0， 则 Tp a12p1 （ a12p2 a12p3 a1） a12p1 a1（2 p1 1） a10 Rp a12p1 （ a12p2 a12p3 a1） a12p1 a1（2 p1 1） a10 这与 Tp Rp矛盾，所以 cp dp 从而 Tp1 Rp1 由上证明，同理可得 cp1 dp1 如此下去，可得 cp2 dp2 ， cp3 dp3 ， c1 d1 即对任意正整数 k（1 k p）， ck dk