理科数学2010-2019高考真题分类训练18专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用—附解析答案

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2010-2019高考真题分类训练理数专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用答案

2010-2019高考真题分类训练理数专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用答案

专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用答案部分 2019年1.解析:对于B ,令2104x λ-+=,得12λ=, 取112a =,所以211,,1022n a a ==<L , 所以当14b =时,1010a <,故B 错误;对于C ,令220x λ--=,得2λ=或1λ=-, 取12a =,所以22,,210n a a ==<L , 所以当2b =-时,1010a <,故C 错误; 对于D ,令240x λ--=,得12λ±=,取1a =2a =,…,10n a =<, 所以当4b =-时,1010a <,故D 错误;对于A ,221122a a =+…,223113224a a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭…,242431911714216216a a a ⎛⎫=++++=> ⎪⎝⎭…,10n n a a +->,{}n a 递增,当4n …时,11132122n n n n a a a a +=+>+=,所以5465109323232a a a a a a ⎧>⎪⎪⎪>⎪⎨⎪⎪⎪>⎪⎩M,所以610432a a ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以107291064a >>故A 正确.故选A . 2.解析:(1)设数列{}n a 的公差为d ,由题意得11124,333a d a d a d +=+=+,解得10,2a d ==.从而*22,n a n n =-∈N .由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++.解得()2121n n n n b S S S d++=-. 所以2*,n b n n n =+∈N .(2)*n c n ===∈N . 我们用数学归纳法证明.①当n =1时,c 1=0<2,不等式成立;②假设()*n k k =∈N时不等式成立,即12h c c c +++<L . 那么,当1n k =+时,121k k c c c c +++++<<L<==即当1n k =+时不等式也成立.根据(1)和(2),不等式12n c c c +++<L 对任意*n ∈N 成立.3.解析(1)设等比数列{a n }的公比为q ,所以a 1≠0,q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩,得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩,解得112a q =⎧⎨=⎩. 因此数列{}n a 为“M—数列”.(2)①因为1122n n n S b b +=-,所以0n b ≠. 由1111,b S b ==,得212211b =-,则22b =. 由1122n n n S b b +=-,得112()n n n n n b b S b b ++=-, 当2n ≥时,由1n n n b S S -=-,得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---,整理得112n n n b b b +-+=.所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此,数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N .②由①知,b k =k ,*k ∈N .因为数列{c n }为“M–数列”,设公比为q ,所以c 1=1,q >0.因为c k ≤b k ≤c k +1,所以1k kq k q -≤≤,其中k =1,2,3,…,m .当k =1时,有q ≥1; 当k =2,3,…,m 时,有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-. 设f (x )=ln (1)x x x >,则21ln ()xf 'x x -=. 令()0f 'x =,得x =e.列表如下:x (1,e)e (e ,+∞) ()f 'x+0 –f (x )极大值因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=,所以max ln 3()(3)3f k f ==.取q =k =1,2,3,4,5时,ln ln kq k…,即k k q ≤, 经检验知1k q k -≤也成立.因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6,分别取k =3,6,得3≤q 3,且q 5≤6,从而q 15≥243,且q 15≤216, 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上,所求m 的最大值为5.3.解析:(I )1,3,5,6.(答案不唯一).(II )设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为110,...,,q r r n a a a -.由p q <,10p q r r n a a a -≤<.因为{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a .又12,,...,p r r r a a a 是{}n a 的长度为p 的递增子列,所以0,p m r a a ≤所以00m n a a <.(III )由题设知,所有正奇数都是{}n a 中的项.先证明:若2m 是{}n a 中的项,则2m 必排在2m -1之前(m 为正整数).假设2m 排在2m -1之后,设121,,...,,21m p p p a a a m --是数列{}n a 的长度为m 末项为2m -1的递增子列,则121,,...,,2 1.2m p p p a a a m m --是数列{}n a 的长度为m+1末项为2m 的递增子列,与已知矛盾.再证明:所有正偶数都是{}n a 中的项.假设存在正偶数不是{}n a 中的项,设不在{}n a 中的最小正偶数为2m.因为2k 排在2k -1之前() 1,2,1k m =⋯- ,所以2k 和2k -1不可能在{}n a 的同一个子列中. 又{}n a 中不超过 21m +的数为1,2,….., 21m -, 21m +, 所以{}n a 的长度为 1m +末项为 21m +的递增子列个数至多为12222112 2m m -⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯=<,与已知矛盾.最后证明 2m 排在 23m -之后( 2m ≥为整数).假设存在 2m ( 2m ≥),使得 2m 排在 23m -之前,则{}n a 的长度为 1m +末项为 21m +的递增子列个数小于 2m ,与已知矛盾.综上,数列{}n a 只可能为2,1,4,3,,23,2,21,m m m ⋅⋅⋅--⋅⋅⋅. 经验证,数列2,1,4,3,,23,2,21,m m m ⋅⋅⋅--⋅⋅⋅符合条件,所以1,1.n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数为偶数.2010-2018年1.A 【解析】对数列进行分组如图k321∙∙∙,222121,2k 22,21,20,20,20,20则该数列前k 组的项数和为(1)1232k k k ++++⋅⋅⋅+= 由题意可知100N >,即(1)1002k k +>,解得14k ≥,n ∈*N 即N 出现在第13组之后.又第k 组的和为122112kk -=-- 前k 组的和为1(12)(122)k +++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+12(21)(21)(21)k =-+-+⋅⋅⋅+- 12(222)k k =++⋅⋅⋅+-122k k +=--,设满足条件的的N 在第1k +(k ∈*N ,13k ≥)组,且第N 项为第1k +的第m ()m ∈*N 个数,第1k +组的前m 项和为211222m -+++⋅⋅⋅+21m =-,要使该数列的前N 项和为2的整数幂, 即21m -与2k --互为相反数, 即212mk -=+, 所以23mk =-,由14k ≥,所以2314m-≥,则5m ≥,此时52329k =-= 对应满足的最小条件为29(291)54402N +=+=,故选A . 2.C 【解析】由题意可得10a =,81a =,2a ,3a ,…,7a 中有3个0、3个1,且满足对任意k ≤8,都有1a ,2a ,…,k a 中0的个数不少于1的个数,利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111,00010111, 00011011, 00011101,00100111, 00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101,共14个.3.A 【解析】对命题p :12,,,n a a a L 成等比数列,则公比)3(1≥=-n a a q n n且0≠n a ; 对命题q ,①当0=n a 时,22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++L L L 成立;②当0≠n a 时,根据柯西不等式,等式22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++L L L 成立,则nn a a a a a a 13221-=⋅⋅⋅==,所以12,,,n a a a L 成等比数列, 所以p 是q 的充分条件,但不是q 的必要条件.4.A 【解析】2a ,4a ,8a 成等比数列,∴2428a a a =⋅,即2111(6)(2)(14)a a a +=++,解得12a =,所以(1)n S n n =+.5.B 【解析】∵21)(x x f =在[0,1]上单调递增,可得1110()()0f a f a ->,1211()()0f a f a ->,…,199198()()0f a f a ->,∴111101211199198|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+-1110121119919819910()()+()()()()=()()f a f a f a f a f a f a f a f a --+⋅⋅⋅+--=299-0=199() ∵),(2)(22x x x f -=在490]99[,上单调递增,在50[,1]99单调递减 ∴2120()()0f a f a ->,…,249248()()0f a f a ->,250249()()0f a f a -=,251250()()0f a f a -<,…,299298()()0f a f a -<∴221202221299298|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+- =24920299250()()[()()]f a f a f a f a ---=250202992()()()f a f a f a --=505098004(1)199999801⨯⨯-=< ∵|2sin |31)(3x x f π=在24[0,]99,5074[,]9999上单调递增,在2549[,]9999,75[,1]99上单调递减,可得33253493742492()2()2(=(2sin sin )39999I f a f a f a ππ=-+-)252(2sin sin )(1312123444ππ>-=-=> 因此312I I I <<.6.27【解析】所有的正奇数和2n (*n ∈N )按照从小到大的顺序排列构成{}n a ,在数列{}n a中,52前面有16个正奇数,即5212a =,6382a =.当1n =时,1211224S a =<=,不符合题意;当2n =时,2331236S a =<=,不符合题意;当3n =时,3461248S a =<=,不符合题意;当4n =时,45101260S a =<=,不符合题意;……;当26n =时,52621(141)2(12)212S ⨯+⨯-=+-= 441 +62= 503<2712516a =,不符合题意;当27n =时,52722(143)2(12)212S ⨯+⨯-=+-=484 +62=546>2812a =540,符合题意.故使得112n n S a +>成立的n 的最小值为27.7.5【解析】设数列的首项为1a ,则12015210102020a +=⨯=,所以15a =,故该数列的首项为5.8.12【解析】将82a =代入111n n a a +=-,可求得712a =;再将712a =代入111n na a +=-,可求得61a =-;再将61a =-代入111n na a +=-得52a =;由此可知数列{}n a 是一个周期数列,且周期为3,所以1712a a ==. 9.64【解析】由11a =且125,,a a a 成等比数列,得2111(4)()a a d a d +=+,解得2d =,故81878642S a d ⨯=+=. 102a t =,则23112t q t q t q ++≤≤≤≤≤≤,由于1t ≥,所以max{q t ≥,故q.11.4【解析】由题意得1122(4)()(1)(14)()3322(4)()(1)(14)()33k k k k k k k k k k k k -+⎧+>--+⎪⎪⎨⎪+>+++⎪⎩,得22(1)1010k k ⎧-<⎨>⎩,因此*k N ∈,所以4k =.12.【解析】(1)由条件知:(1)n a n d =-,12n n b -=.因为1||n n a b b -≤对n =1,2,3,4均成立, 即1|(1)2|1n n d ---≤对n =1,2,3,4均成立,即1≤1,1≤d ≤3,3≤2d ≤5,7≤3d ≤9,得7532d ≤≤. 因此,d 的取值范围为75[,]32.(2)由条件知:1(1)n a b n d =+-,11n n b b q -=.若存在d ,使得1||n n a b b -≤(n =2,3,···,m +1)成立,即1111|(1)|n b n d b q b -+--≤(n =2,3,···,m +1),即当2,3,,1n m =+L 时,d 满足1111211n n q q b d b n n ---≤≤--.因为q ∈,则112n m q q -<≤≤,从而11201n q b n --≤-,1101n q b n ->-,对2,3,,1n m =+L 均成立. 因此,取d =0时,1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立.下面讨论数列12{}1n q n ---的最大值和数列1{}1n q n --的最小值(2,3,,1n m =+L ). ①当2n m ≤≤时,111 2222111()()()n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n -------+--+-==---, 当112mq <≤时,有2n m q q ≤≤,从而1() 20n n n n q q q ---+>.因此,当21n m ≤≤+时,数列12{}1n q n ---单调递增,故数列12{}1n q n ---的最大值为2m q m-. ②设()()21x f x x =-,当0x >时,ln 21(0(n )l 22)x f x x '=--<, 所以()f x 单调递减,从而()(0)1f x f <=.当2n m ≤≤时,111112111()()()nn n q q n n f q n n n n --=≤-=<-, 因此,当21n m ≤≤+时,数列1{}1n q n --单调递减,故数列1{}1n q n --的最小值为mq m. 因此,d 的取值范围为11(2)[,]m mb q b q m m-.13.【解析】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ,等比数列{}n b 的公比为q .由已知2312b b +=,得21()12b q q +=,而12b =,所以260q q +-=. 又因为0q >,解得2q =.所以,2nn b =.由3412b a a =-,可得138d a -= ①. 由114=11S b ,可得1516a d += ②,联立①②,解得11a =,3d =,由此可得32n a n =-.所以,数列{}n a 的通项公式为32n a n =-,数列{}n b 的通项公式为2nn b =.(Ⅱ)设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ,由262n a n =-,12124n n b --=⨯,有221(31)4nn n a b n -=-⨯, 故23245484(31)4nn T n =⨯+⨯+⨯++-⨯L ,23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯L ,上述两式相减,得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯L1112(14)4(31)414(32)48.n n n n n ++⨯-=---⨯-=--⨯- 得1328433n n n T +-=⨯+. 所以,数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 14.【解析】(Ⅰ)用数学归纳法证明:0n x >当1n =时,110x => 假设n k =时,0k x >,那么1n k =+时,若10k x +≤,则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤,矛盾,故10k x +>. 因此0n x >()n ∈*N所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>因此10n n x x +<<()n ∈*N(Ⅱ)由111ln(1)n n n n x x x x +++=++>得2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++ 记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥函数()f x 在[0,)+∞上单调递增,所以()(0)f x f ≥=0, 因此2111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥ 故112(N )2n n n n x x x x n *++-∈≤ (Ⅲ)因为11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=+++=≤所以112n n x -≥得 由1122n n n n x x x x ++-≥得 111112()022n n x x +-->≥ 所以12111111112()2()2222n n n n x x x -----⋅⋅⋅-=≥≥≥ 故212n n x -≤综上,1211(N )22n n n x n *--∈≤≤ .15.【解析】(Ⅰ)由已知,1211,1,n n n n S qS S qS +++=+=+两式相减得到21,1n n a qa n ++=?.又由211S qS =+得到21a qa =,故1n n a qa +=对所有1n ³都成立. 所以,数列{}n a 是首项为1,公比为q 的等比数列. 从而1=n n a q -.由2322+2a a a ,,成等比数列,可得322=32a a +,即22=32,q q +, 则(21)(2)0q+q -=, 由已知,0q >,故 =2q . 所以1*2()n n a n -=?N . (Ⅱ)由(Ⅰ)可知,1n n a q -=.所以双曲线2221ny x a -=的离心率n e =由53q =解得43q =. 因为2(1)2(1)1+k k q q -->1*k q k -?N (). 于是11211+1n n n q e e e q q q --++鬃?>+鬃?=-,故1231433n nn e e e --++鬃?>. 16.【解析】(Ⅰ)由题意有,1110451002a d a d +=⎧⎨=⎩ ,即1129202a d a d +=⎧⎨=⎩.解得112a d =⎧⎨=⎩ 或1929a d =⎧⎪⎨=⎪⎩,故1212n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或11(279)929()9n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩. (Ⅱ)由1d >,知21n a n =-,12n n b -=,故1212n n n c --=,于是 2341357921122222n n n T --=++++++L , ① 2345113579212222222n n n T -=++++++L . ② ①-②可得221111212323222222n n n n n n T --+=++++-=-L ,故n T 12362n n -+=-. 17.【解析】(Ⅰ)2()()212,nn n F x f x x x x =-=+++-L 则(1)10,n F n =->1211111112()1220,12222212n nn n F +⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+++-=-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-L 所以()n F x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内至少存在一个零点n x . 又1()120n n F x x nx-'=++>L ,故在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增,所以()n F x 在1(,1)2内有且仅有一个零点n x .因为n x 是()n F x 的零点,所以()=0n n F x ,即11201n n nx x +--=-,故111=+22n n n x x +.(Ⅱ)解法一:由题设,()()11().2nnn x g x ++=设()()211()()()1,0.2nnn n n x h x f x g x x x x x ++=-=+++->L当1x =时, ()()n n f x g x = 当1x ≠时, ()111()12.2n n n n x h x x nx--+'=++-L若01x <<,()11111()22n n n n n n h x xx nx x ----+'>++-L()()11110.22n n n n n n x x --++=-=若1x >,()11111()22n n n n n n h x x x nx x ----+'<++-L()()11110.22n n n n n n x x --++=-=所以()h x 在(0,1)上递增,在(1,)+∞上递减, 所以()(1)0h x h <=,即()()n n f x g x <.综上所述,当1x =时, ()()n n f x g x =;当1x ≠时()()n n f x g x <. 解法二 由题设,()()211()1,(),0.2nn n n n x f x x x x g x x ++=+++=>L当1x =时, ()()n n f x g x =;当1x ≠时, 用数学归纳法可以证明()()n n f x g x <. 当2n =时, 2221()()(1)0,2f xg x x -=--<所以22()()f x g x <成立. 假设(2)n k k =≥时,不等式成立,即()()k k f x g x <. 那么,当+1n k =时,()()111k+1k 11()()()2kk k k k k x f x f x x g x x x+++++=+<+=+()12112k k x k x k +++++=.又()()11k+121111()22k k k k x k x k kx k x g x ++++++-++-=令()1()11(x 0)k k k h x kx k x +=-++>, 则()()11()(k 1)11(x 1)kk k k h x k x k k xk k x --'=+-+=+-.所以当01x <<,()0kh x '<,()k h x 在(0,1)上递减; 当1x >,()0kh x '>,()k h x 在(1,)+∞上递增. 所以()(1)0k k h x h >=,从而()1k+1211()2k k x k x k g x +++++>.故11()()k k f x g x ++<.即+1n k =,不等式也成立. 所以,对于一切2n ≥的整数,都有()()n n f x g x <.解法三:由已知,记等差数列为{}k a ,等比数列为{}k b ,1,2,...,1k n =+.则111a b ==,11nn n a b x ++==,所以()11+1(2n)n k x a k k n-=-⋅≤≤,1(2),k k b x k n -=≤≤ 令()()111(x)1,0(2).n k k k k k x m a b x x k n n---=-=+->≤≤当1x =时, =k k a b ,所以()()n n f x g x =. 当1x ≠时, ()()12211()(k 1)11n k k n k k k m x nx x k x x n----+-'=--=--, 而2k n ≤≤,所以10k ->,11n k -+≥. 若01x <<, 11n k x -+<,()0k m x '<,当1x >,11n k x-+>,()0km x '>, 从而()k m x 在(0,1)上递减,()k m x 在(1,)+∞上递增.所以()(1)0k k m x m >=, 所以当01(2),k k x x a b k n >≠>≤≤且时,又11a b =,11n n a b ++=,故()()n n f x g x < 综上所述,当1x =时, ()()n n f x g x =;当1x ≠时()()n n f x g x <18.【解析】(Ⅰ)由21=0=22()n n n a a a n N λμ++-=∈,,有.若存在某个0,n N +∈使得0,no a =则由上述递推公式易得10,no a -=重复上述过程可得10a =,此与13a =矛盾,所以对任意,0n n N a +∈≠.从而12(),n n a a n N ++=∈即{}n a 是一个公比2q =的等比数列.故11132n n n a a q --==⋅.(Ⅱ)由01,1k λμ==-,数列{}n a 的递推关系式变为211010n n n n a a a a k +++-=, 变形为2101()().n n n a a a n N k +++=∈由上式及130a =>, 归纳可得12130n n a a a a +=>>⋅⋅⋅>>>⋅⋅⋅>.因为22220010001111111n nn n n n n a a k k a a k k a a a k k +-+===-?+++, 所以对01,2,,n k =⋅⋅⋅求和得01010121()()k k k a a a a a a ++=+-+⋅⋅⋅+-010000102011111 =()111k a k k k k a k a k a -⋅+⋅++⋅⋅⋅++++0000011111>2+( )231313131k k k k k k ⋅++⋅⋅⋅+=+++++1444442444443. 另一方面,由上已证的不等式知001212k k a a a a +>>⋅⋅⋅>>>,得00110000102011111()111k k a a k k k k a k a k a +=-⋅+⋅++⋅⋅⋅++++0000011111<2+()221212121k k k k k k ⋅++⋅⋅⋅+=+++++1444442444443. 综上,0100112+23121k a k k +<<+++.19.【解析】(Ⅰ),64,2,,2141211d a S d a S a S d +=+===4122421,,S S S S S S =∴成等比Θ解得12,11-=∴=n a a n (Ⅱ))121121()1(4)1(111++--=-=-+-n n a a n b n n n n n ,当n 为偶数时11111(1)()()33557n T =+-+++-L L1111()()23212121n n n n ++-+---+ 1221211+=+-=∴n nn T n 11111(1)()()33557n n T =+-+++--L L 当为奇数时, 1111()()23212121n n n n +++---+12221211++=++=∴n n n T n ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=∴为奇数为偶数n n n n n nT n ,1222,122. 20.【解析】(Ⅰ)由题意,()()*∈=N n a a a nb n 221Λ,326b b-=,知3238b b a -==,又由12a =,得公比2q =(2q =-舍去),所以数列{}n a 的通项公式为2()n n a n N *=∈,所以()()1121232n n n n n a a a a ++==L ,故数列{}n b 的通项公式为,()1()n b n n n N *=+∈; (Ⅱ)(i )由(Ⅰ)知,11111()21n n n n c n N a b n n *⎛⎫=-=--∈ ⎪+⎝⎭, 所以11()12n n S n N n *=-∈+; (ii )因为12340,0,0,0c c c c =>>>; 当5n ≥时,()()11112n nn n c n n +⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦,而()()()()()11112120222n n n n n n n n n ++++++--=>, 得()()51551122n n n ++≤<, 所以当5n ≥时,0n c <,综上对任意n N *∈恒有4n S S ≥,故4k =.21.【解析】(I )因为{}n a 是递增数列,所以11n n n n n a a a a p ++-=-=.而11a =,因此又123,2,3a a a 成等差数列,所以21343a a a =+,因而230p p -=, 解得1,03p p == 当0p =时,1n n a a +=,这与{}n a 是递增数列矛盾。

2010-2019历年高考数学《数列的综合应用》真题汇总

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2010-2019历年高考数学《数列的综合应用》真题汇总专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用一、选择题1.(2018浙江)已知1a ,2a ,3a ,4a 成等比数列,且1234123ln()a a a a a a a +++=++.若11a >,则A .13a a <,24a a <B .13a a >,24a a <C .13a a <,24a a >D .13a a >,24a a >2.(2015湖北)设12,,,n a a a ∈R L ,3n ≥.若p :12,,,n a a a L 成等比数列;q :222121()n a a a -+++⨯L 22222312231()()n n n a a a a a a a a a -+++=+++L L ,则A .p 是q 的充分条件,但不是q 的必要条件B .p 是q 的必要条件,但不是q 的充分条件C .p 是q 的充分必要条件D .p 既不是q 的充分条件,也不是q 的必要条件3.(2014新课标2)等差数列{}n a 的公差为2,若2a ,4a ,8a 成等比数列,则{}n a 的前n项和n S =A .()1n n +B .()1n n -C .()12n n + D .()12n n -4.(2014浙江)设函数21)(x x f =,),(2)(22x x x f -=|2sin |31)(3x x f π=, 99,,2,1,0,99Λ==i ia i ,记10|()()|k k k I f a f a =-+21|()()|k k f a f a -+⋅⋅⋅+ 9998|()()|k k f a f a -,.3,2,1=k 则A .321I I I <<B . 312I I I <<C . 231I I I <<D . 123I I I << 二、填空题5.(2018江苏)已知集合*{|21,}A x x n n ==-∈N ,*{|2,}n B x x n ==∈N .将A B U 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a .记n S 为数列{}n a 的前n 项和,则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为 .6.(2015浙江)已知{}n a 是等差数列,公差d 不为零.若2a ,3a ,7a 成等比数列,且1221a a +=,则1a = ,d = .7.(2013重庆)已知{}n a 是等差数列,11a =,公差0d ≠,n S 为其前n 项和,若125,,a a a 成等比数列,则8_____S =.8.(2011江苏)设7211a a a ≤≤≤≤Λ,其中7531,,,a a a a 成公比为q 的等比数列,642,,a a a 成公差为1的等差数列,则q 的最小值是________.三、解答题9.(2018江苏)设{}n a 是首项为1a ,公差为d 的等差数列,{}n b 是首项为1b ,公比为q 的等比数列.(1)设110,1,2a b q ===,若1||n n a b b -≤对1,2,3,4n =均成立,求d 的取值范围;(2)若*110,,(1a b m q =>∈∈N ,证明:存在d ∈R ,使得1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立,并求d 的取值范围(用1,,b m q 表示). 10*.(2017浙江)已知数列{}n x 满足:11x =,11ln(1)n n n x x x ++=++()n ∈*N .证明:当n ∈*N 时 (Ⅰ)10n n x x +<<; (Ⅱ)1122n n n n x x x x ++-≤; (Ⅲ)121122n n n x --≤≤.*根据亲所在地区选用,新课标地区(文科)不考. 11.(2017江苏)对于给定的正整数k ,若数列{}n a 满足11112n k n k n n n k n k n a a a a a a ka --+-++-+++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++=对任意正整数n ()n k >总成立,则称数列{}n a 是“()P k 数列”. (1)证明:等差数列{}n a 是“(3)P 数列”;(2)若数列{}n a 既是“(2)P 数列”,又是“(3)P 数列”,证明:{}n a 是等差数列. 12.(2016年四川)已知数列{}n a 的首项为1,n S 为数列{}n a 的前n 项和,11n n S S +=+,其中0q >,*n N ∈(Ⅰ)若2323,,a a a a +成等差数列,求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)设双曲线2221ny x a +=的离心率为n e ,且22e =,求22212n e e e ++⋅⋅⋅+.13.(2016年浙江)设数列{n a }的前n 项和为n S .已知2S =4,1n a +=2n S +1,*N n ∈.(I )求通项公式n a ;(II )求数列{2n a n --}的前n 项和.14.(2015重庆)已知等差数列{}n a 满足32a =,前3项和392S =. (Ⅰ)求{}n a 的通项公式;(Ⅱ)设等比数列{}n b 满足11b a =,415b a =,求{}n b 前n 项和n T .15.(2015天津)已知{}n a 是各项均为正数的等比数列,{}n b 是等差数列,且111a b ==,2332b b a +=,5237a b -=.(Ⅰ)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(Ⅱ)设n n n c a b =,*n ∈N ,求数列{}n c 的前n 项和.16.(2015四川)设数列{}n a (n =1,2,3…)的前n 项和n S 满足12n n S a a =-,且1a ,2a +1,3a 成等差数列.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅱ)设数列1{}na 的前n 项和为n T ,求n T . 17.(2015湖北)设等差数列{}n a 的公差为d ,前n 项和为n S ,等比数列{}nb 的公比为q ,已知11b a =,22b =,q d =,10100S =.(Ⅰ)求数列{}n a ,{}n b 的通项公式; (Ⅱ)当1d >时,记n c =nna b ,求数列{}n c 的前n 项和n T . 18.(2014山东)已知等差数列}{n a 的公差为2,前n 项和为n S ,且1S ,2S ,4S 成等比数列.(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式; (Ⅱ)令n b =,4)1(11+--n n n a a n求数列}{n b 的前n 项和n T . 19.(2014浙江)已知数列{}n a 和{}n b 满足()()*∈=N n a a a nb n 221Λ.若{}na 为等比数列,且.6,2231b b a +== (Ⅰ)求n a 与n b ; (Ⅱ)设()*∈-=N n b a c nn n 11.记数列{}n c 的前n 项和为n S . (ⅰ)求n S ;(ⅱ)求正整数k ,使得对任意*∈N n ,均有n k S S ≥. 20.(2014湖南)已知数列{n a }满足*111,||,.n n n a a a p n N +=-=∈(Ⅰ)若{n a }是递增数列,且12,3,23a a a 成等差数列,求p 的值; (Ⅱ)若12p =,且{21n a -}是递增数列,{2n a }是递减数列,求数列{n a }的通项公式. 21.(2014四川)设等差数列{}n a 的公差为d ,点(,)n n a b 在函数()2xf x =的图象上(*n N ∈).(Ⅰ)若12a =-,点87(,4)a b 在函数()f x 的图象上,求数列{}n a 的前n 项和n S ; (Ⅱ)若11a =,函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线在x 轴上的截距为12ln 2-,求数列{}nna b 的前n 项和n T . 22.(2014江苏)设数列}{n a 的前n 项和为n S .若对任意正整数n ,总存在正整数m ,使得m n a S =,则称}{n a 是“H 数列”. (Ⅰ)若数列}{n a 的前n 项和n n S 2=(∈n N *),证明: }{n a 是“H 数列”;(Ⅱ)设}{n a 是等差数列,其首项11=a ,公差0<d .若}{n a 是“H 数列”,求d 的值;(Ⅲ)证明:对任意的等差数列}{n a ,总存在两个“H 数列”}{n b 和}{n c ,使得n n n c b a +=(∈n N *)成立.23.(2013安徽)设数列{}n a 满足12a =,248a a +=,且对任意*n N ∈,函数1212()()cos -sin n n n n n f x a a a x a x a x ++++=-++⋅⋅,满足'()02f π=(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅱ)若122nn n a b a =+(),求数列{}n b 的前n 项和n S . 24.(2013广东)设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ,满足21441,,n n S a n n N *+=--∈且2514,,a a a 构成等比数列.(Ⅰ)证明:2a =(Ⅱ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅲ)证明:对一切正整数n ,有1223111112n n a a a a a a ++++<L . 25.(2013湖北)已知n S 是等比数列{}n a 的前n 项和,4S ,2S ,3S 成等差数列,且23418a a a ++=-.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)是否存在正整数n ,使得2013n S ≥?若存在,求出符合条件的所有n 的集合;若不存在,说明理由.26.(2013江苏)设{}n a 是首项为a ,公差为d 的等差数列()0d ≠,n S 是其前n 项和. 记2nn nS b n c=+,N n *∈,其中c 为实数.(Ⅰ) 若0c =,且1b ,2b ,4b 成等比数列,证明:()2N nk k S n S k,n *=∈;(Ⅱ) 若{}n b 是等差数列,证明:0c =.27. (2012山东)已知等差数列{}n a 的前5项和为105,且1052a a =.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)对任意*m ∈N ,将数列{}n a 中不大于27m 的项的个数记为m b .求数列{}m b 的前m项和m S .28.(2012湖南)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.该企业第一年年初有资金2000万元,将其投入生产,到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第一年开始,每年年底上缴资金d 万元,并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元. (Ⅰ)用d 表示12,a a ,并写出1n a +与n a 的关系式;(Ⅱ)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4000万元,试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示).29.(2012浙江)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且n S =22n n +,*n ∈N ,数列{}n b 满足24log 3n n a b =+,*n ∈N . (Ⅰ)求,n n a b ;(Ⅱ)求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T .30.(2012山东)在等差数列{}n a 中,84543=++a a a ,973a =(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)对任意的*N m ∈,将数列{}n a 中落入区间()29,9m m 内的项的个数为m b ,求数列{}m b 的前m 项和m S .31.(2012江苏)已知各项均为正数的两个数列{}n a 和{}n b满足:1n a n *+=∈N .(Ⅰ)设11n n nb b n a *+=+∈N ,,求证:数列2nn b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是等差数列;(Ⅱ)设1nn nb b n a *+=∈N ,,且{}n a 是等比数列,求1a 和1b 的值.32.(2011天津)已知数列{}{}n n a b 与满足11(2)1nn n n n b a b a +++=-+,1*13(1),,22n n b n N a -+-=∈=且.(Ⅰ)求23,a a 的值;(Ⅱ)设*2121,n n n c a a n N +-=-∈,证明{}n c 是等比数列;(Ⅲ)设n S 为{}n a 的前n 项和,证明*21212122121().3n n n n S S S S n n N a a a a --++++≤-∈L 33.(2011天津)已知数列{}n a 与{}n b 满足:1123(1)0,2nn n n n n n b a a b a b ++++-++==,*n ∈N ,且122,4a a ==.(Ⅰ)求345,,a a a 的值;(Ⅱ)设*2121,n n n c a a n N -+=+∈,证明:{}n c 是等比数列;(Ⅲ)设*242,,k k S a a a k N =++⋅⋅⋅+∈证明:4*17()6nk k kS n N a =<∈∑. 34.(2010新课标)设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-=g(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)令n n b na =,求数列的前n 项和n S .35.(2010湖南)给出下面的数表序列:124 4 8表1 表2 表3 ∙∙∙1 1 3 1 3 5其中表n (n =1,2,3 L )有n 行,第1行的n 个数是1,3,5,L ,2n -1,从第2行起,每行中的每个数都等于它肩上的两数之和.(Ⅰ)写出表4,验证表4各行中数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列,并将结论推广到表n (n ≥3)(不要求证明);(Ⅱ)每个数列中最后一行都只有一个数,它们构成数列1,4,12,L ,记此数列为{}n b ,求和:32412231n n n bb b b bb b b b ++++L *()n N ∈ . 答案部分1.B 【解析】解法一 因为ln 1x x -≤(0x >),所以1234123ln()a a a a a a a +++=++1231a a a ++-≤,所以41a -≤,又11a >,所以等比数列的公比0q <.若1q -≤,则212341(1)(10a a a a a q q +++=++)≤,而12311a a a a ++>≥,所以123ln()0a a a ++>,与1231234ln()0a a a a a a a ++=+++≤矛盾,所以10q -<<,所以2131(1)0a a a q -=->,2241(1)0a a a q q -=-<,所以13a a >,24a a <,故选B .解法二 因为1x e x +≥,1234123ln()a a a a a a a +++=++,所以123412312341a a a a e a a a a a a a +++=++++++≥,则41a -≤,又11a >,所以等比数列的公比0q <.若1q -≤,则212341(1)(10a a a a a q q +++=++)≤,而12311a a a a ++>≥,所以123ln()0a a a ++>与1231234ln()0a a a a a a a ++=+++≤矛盾,所以10q -<<,所以2131(1)0a a a q -=->,2241(1)0a a a q q -=-<,所以13a a >,24a a <,故选B .2.A 【解析】对命题p :12,,,n a a a L 成等比数列,则公比)3(1≥=-n a a q n n且≠n a ;对命题q , ①当0=n a 时,22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++L L L 成立;②当≠n a 时,根据柯西不等式,等式22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++L L L 成立,则nn a a a a a a 13221-=⋅⋅⋅==,所以12,,,n a a a L 成等比数列,所以p 是q 的充分条件,但不是q 的必要条件. 3.A 【解析】2a ,4a ,8a 成等比数列,∴2428a a a =⋅,即2111(6)(2)(14)a a a +=++,解得12a =,所以(1)n S n n =+.4.B 【解析】∵21)(x x f =在[0,1]上单调递增,可得1110()()0f a f a ->,1211()()0f a f a ->,…,199198()()0f a f a ->,∴111101211199198|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+-1110121119919819910()()+()()()()=()()f a f a f a f a f a f a f a f a --+⋅⋅⋅+--=299-0=199() ∵),(2)(22x x x f -=在490]99[,上单调递增,在50[,1]99单调递减 ∴2120()()0f a f a ->,…,249248()()0f a f a ->,250249()()0f a f a -=,251250()()0f a f a -<,…,299298()()0f a f a -<∴221202221299298|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+-=24920299250()()[()()]f a f a f a f a ---=250202992()()()f a f a f a --=505098004(1)199999801⨯⨯-=<∵|2sin |31)(3x x f π=在24[0,]99,5074[,]9999上单调递增,在2549[,]9999,75[,1]99上单调递减,可得33253493742492()2()2(=(2sin sin )39999I f a f a f a ππ=-+-)252(2sin sin )1312123ππ>-==> 因此312I I I <<.5.27【解析】所有的正奇数和2n(*n ∈N )按照从小到大的顺序排列构成{}n a ,在数列{}n a 中,52前面有16个正奇数,即5212a =,6382a =.当1n =时,1211224S a =<=,不符合题意;当2n =时,2331236S a =<=,不符合题意;当3n =时,3461248S a =<=,不符合题意;当4n =时,45101260S a =<=,不符合题意;……;当26n =时,52621(141)2(12)212S ⨯+⨯-=+-= 441 +62= 503<2712516a =,不符合题意;当27n =时,52722(143)2(12)212S ⨯+⨯-=+-=484 +62=546>2812a =540,符合题意.故使得112n n S a +>成立的n 的最小值为27.6.2,13-【解析】由题可得,2111(2)()(6)a d a d a d +=++,故有1320a d +=,又因为1221a a +=,即131a d +=,所以121,3d a =-=.7.64【解析】由11a =且125,,a a a 成等比数列,得2111(4)()a a d a d +=+,解得2d =,故81878642S a d ⨯=+=.82a t =,则23112t q t q t q ++≤≤≤≤≤≤,由于1t ≥,所以max{q t ≥,故q因此*k N ∈,所以4k =. 9.【解析】(1)由条件知:(1)n a n d =-,12n n b -=.因为1||n n a b b -≤对n =1,2,3,4均成立,即1|(1)2|1n n d ---≤对n =1,2,3,4均成立, 即1≤1,1≤d ≤3,3≤2d ≤5,7≤3d ≤9,得7532d ≤≤. 因此,d 的取值范围为75[,]32.(2)由条件知:1(1)n a b n d =+-,11n n b b q -=.若存在d ,使得1||n n a b b -≤(n =2,3,···,m +1)成立,即1111|(1)|n b n d b q b -+--≤(n =2,3,···,m +1),即当2,3,,1n m =+L 时,d 满足1111211n n q q b d b n n ---≤≤--.因为q ∈,则112n m q q -<≤≤, 从而11201n q b n --≤-,1101n q b n ->-,对2,3,,1n m =+L 均成立. 因此,取d =0时,1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立.下面讨论数列12{}1n q n ---的最大值和数列1{}1n q n --的最小值(2,3,,1n m =+L ). ①当2n m ≤≤时,111 2222111()()()n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n -------+--+-==---,当112mq <≤时,有2n m q q ≤≤,从而1() 20n n n n q q q ---+>. 因此,当21n m ≤≤+时,数列12{}1n q n ---单调递增, 故数列12{}1n q n ---的最大值为2m q m -.②设()()21xf x x =-,当0x >时,ln 21(0(n )l 22)x f x x '=--<,所以()f x 单调递减,从而()(0)1f x f <=.当2n m ≤≤时,111112111()()()nn n q q n n f q n n nn --=≤-=<-,因此,当21n m ≤≤+时,数列1{}1n q n --单调递减, 故数列1{}1n q n --的最小值为m q m .因此,d 的取值范围为11(2)[,]m m b q b q m m -.10.【解析】(Ⅰ)用数学归纳法证明:0n x >当1n =时,110x =>假设n k =时,k x >,那么1n k =+时,若10k x +≤,则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤,矛盾,故10k x +>.因此0n x >()n ∈*N所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>因此10n n x x +<<()n ∈*N(Ⅱ)由111ln(1)n n n n x x x x +++=++>得2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥ 函数()f x 在[0,)+∞上单调递增,所以()(0)f x f ≥=0, 因此2111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥故112(N )2n n n n x x x x n *++-∈≤(Ⅲ)因为11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=+++=≤所以112n n x -≥得由1122n n n n x x x x ++-≥得 111112()022n n x x +-->≥所以12111111112()2()2222n n n n x x x -----⋅⋅⋅-=≥≥≥故212n n x -≤综上,1211(N )22n n n x n *--∈≤≤ .11.【解析】证明:(1)因为{}n a 是等差数列,设其公差为d ,则1(1)n a a n d =+-,从而,当n 4≥时,n k n k a a a -++=+11(1)(1)n k d a n k d--+++-122(1)2na n d a =+-=,1,2,3,k =所以n n n n n n na a a a a a a ---+++++=321123+++6,因此等差数列{}n a 是“(3)P 数列”.(2)数列{}n a 既是“(2)P 数列”,又是“(3)P 数列”,因此,当3n ≥时,n n n n na a a a a --+++++=21124,①当4n ≥时,n n n n n n na a a a a a a ---++++++++=3211236.②由①知,n n n a a a ---+=-32141()n n a a ++,③n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+,④将③④代入②,得n n na a a -++=112,其中4n ≥,所以345,,,a a a L是等差数列,设其公差为d'.在①中,取4n =,则235644a a a a a +++=,所以23a a d'=-, 在①中,取3n =,则124534a a a a a +++=,所以122a a d'=-,所以数列{}n a 是等差数列.12.【解析】(Ⅰ)由已知,1211,1,n n n n S qS S qS +++=+=+ 两式相减得到21,1n n a qa n ++=?.又由211S qS =+得到21a qa =,故1n na qa +=对所有1n ³都成立.所以,数列{}n a 是首项为1,公比为q 的等比数列.从而1=n n a q -.由2323+a a a a ,,成等差数列,可得32232=a a a a ++,所以32=2,a a ,故=2q .所以1*2()n n a n -=?N . (Ⅱ)由(Ⅰ)可知,1n n a q -=.所以双曲线2221ny x a -=的离心率n e =由22e =解得q =所以,22222(1)12222(1)2(11)(1+)[1]1[1]11(31).2n n n n ne e e q q q n q q n q n --++鬃?=+++鬃?+-=+++鬃?=+-=+-13.【解析】(1)由题意得:1221421a a a a +=⎧⎨=+⎩,则1213a a =⎧⎨=⎩,又当2n ≥时,由11(21)(21)2n n n n n a a S S a +--=+-+=,得13n n a a +=,所以,数列{}n a 的通项公式为1*3,n n a n N -=∈. (2)设1|32|n n b n -=--,*n N ∈,122,1b b ==. 当3n ≥时,由于132n n ->+,故132,3n nb n n -=--≥. 设数列{}n b 的前n 项和为n T ,则122,3T T ==.当3n ≥时,229(13)(7)(2)351131322n n n n n n n T --+---+=+-=-,所以,2*2,13511,2,2n n n T n n n n N =⎧⎪=⎨--+≥∈⎪⎩.14.【解析】(Ⅰ)设{}n a 的公差为d ,则由已知条件得1132922,3,22a d a d ´+=+=化简得11322,,2a d a d +=+= 解得11a =,12d =.故通项公式1=1+2n n a -,即+1=2n n a . (Ⅱ)由(Ⅰ)得141515+1=1==82b b a =,.设{}n b 的公比为q ,则3418b q b ==,从而2q =.故{}n b 的前n 项和 1(1)1(12)21112n n n n b q T q -?===---.15.【解析】(Ⅰ)设数列{}n a 的公比为q ,数列{}n b 的公差为d ,由题意0q >,由已知,有24232,310,q d q d ⎧-=⎨-=⎩ 消去d ,整数得42280q q --=,又因为q >0,解得2,2q d ==,所以{}n a 的通项公式为12,n n a n -*=∈N ,数列{}n b 的通项公式为21,n b n n *=-∈N .(Ⅱ)解:由(Ⅰ)有()1212n n c n -=- ,设{}n c 的前n 项和为nS ,则()121123252212n n S n -=⨯+⨯+⨯++-⨯o L , ()1232123252212nn S n L =⨯+⨯+⨯++-⨯,两式相减得()()2312222122323n n n n S n n L -=++++--⨯=--⨯-,所以()2323n n S n =-+.16.【解析】(Ⅰ) 由已知12n n S a a =-,有1n n n a S S -=-=122n n a a --(n ≥2),即12n n a a -=(n ≥2),从而212a a =,32124a a a ==.又因为1a ,2a +1,3a 成等差数列,即1a +3a =2(2a +1),所以1a +41a =2(21a +1),解得1a =2.所以,数列{}n a 是首项为2,公比为2的等比数列,故2n n a =.(Ⅱ)由(Ⅰ)得112n na =,所以nT =211[1()]111122......11222212n n n-+++==--.17.【解析】(Ⅰ)由题意有,111045100,2,a d a d +=⎧⎨=⎩ 即112920,2,a d a d +=⎧⎨=⎩,解得11,2,a d =⎧⎨=⎩ 或19,2.9a d =⎧⎪⎨=⎪⎩ 故121,2.n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或11(279),929().9n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩(Ⅱ)由1d >,知21n a n =-,12n n b -=,故1212n n n c --=,于是2341357921122222n n n T L --=++++++, ① 2345113579212222222n n n T L -=++++++. ②①-②可得221111212323222222n n n n n n T L --+=++++-=-,故nT 12362n n -+=-.18.【解析】(Ⅰ),64,2,,2141211d a S d a S a S d +=+===4122421,,S S S S S S =∴成等比Θ解得12,11-=∴=n a a n(Ⅱ))121121()1(4)1(111++--=-=-+-n n a a n b n n n n n ,当n 为偶数时11111(1)()()33557n T =+-+++-L L1111()()23212121n n n n ++-+---+1221211+=+-=∴n nn T n11111(1)()()33557n n T =+-+++--L L 当为奇数时,1111()()23212121n n n n +++---+12221211++=++=∴n n n T n ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=∴为奇数为偶数n n n n n nT n ,1222,122.19.【解析】(Ⅰ)由题意,()()*∈=N n a a a nb n 221Λ,326b b-=,知3238b b a -==,又由12a =,得公比2q =(2q =-舍去),所以数列{}n a 的通项公式为2()n n a n N *=∈,所以()()1121232n n n n n a a a a ++==L ,故数列{}n b 的通项公式为,()1()n b n n n N *=+∈;(Ⅱ)(i )由(Ⅰ)知,11111()21n n n n c n N a b n n *⎛⎫=-=--∈ ⎪+⎝⎭,所以11()12n n S n N n *=-∈+; (ii )因为12340,0,0,0c c c c =>>>;当5n ≥时,()()11112n nn n c n n +⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦,而()()()()()11112120222n n n n n n n n n ++++++--=>,得()()51551122n n n ++≤<,所以当5n ≥时,n c <,综上对任意n N *∈恒有4nS S ≥,故4k =.20.【解析】(I )因为{}n a 是递增数列,所以11nn n n n a a a a p ++-=-=。

2019年高考数学真题分类汇编专题18:数列(综合题)(可编辑修改word版)

2019年高考数学真题分类汇编专题18:数列(综合题)(可编辑修改word版)

bn = sin(an) ,集合



33
S = { - ,0, }
集合
2 2.

(2)解: a1 = 2 ,数列 {bn} 满足 bn = sin(an) ,集合

好有两个元素,如图:
3
根据三角函数线,①等差数列 {an} 的终边落在 y 轴的正负半轴上时,集合 S 恰好有两个元素,此时 d = 蟺 , ② a1 终边落在 OA 上,要使得集合 S 恰好有两个元素,可以使 a2 , a3 的终 边关于 y 轴对称,如图 OB , OC ,
b1
1, 1 Sn
2 bn
2 bn1
,其中
Sn 为数列{bn}的前
n
项和.
①求数列{bn}的通项公式;
②设 m 为正整数,若存在“M-数列”{cn} n N* ,对任意正整数 k , 当
k≤m 时,都有 ck bk ck1 成立,求 m 的最大值.
【答案】 (1)解:设等比数列{an}的公比为 q , 所以 a1≠0,q≠0.
所以数列{bn}是首项和公差均为 1 的等差数列.
因此,数列{bn}的通项公式为 bn=n
.
②由①知,bk=k , k鈭?mbrimbriN * .
1
因为数列{cn}为“M–数列”,设公比为 q , 所以 c1=1,q>0.
因为 ck≤bk≤ck+1 , 所以
,其中 k=1,2,3,…,m.
当 k=1 时,有 q≥1;
,或者
an + 7d = 2k蟺 - an ,
, ,故 k = 1,2,3
当 k = 1 时,因为
对应着 3 个正弦值,故必有一个正弦值对应着 3 个点,

理科数学十年高考真题(2010-2019)专项训练-专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用答案

理科数学十年高考真题(2010-2019)专项训练-专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用答案

2020高考冲刺 提分必备 2010-2019十年高考真题专项训练专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用答案部分1.A 【解析】对数列进行分组如图k321∙∙∙,222121,2k 22,21,20,20,20,20则该数列前k 组的项数和为(1)1232k k k ++++⋅⋅⋅+= 由题意可知100N >,即(1)1002k k +>,解得14k ≥,n ∈*N 即N 出现在第13组之后.又第k 组的和为122112kk -=-- 前k 组的和为1(12)(122)k +++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+12(21)(21)(21)k =-+-+⋅⋅⋅+- 12(222)k k =++⋅⋅⋅+-122k k +=--,设满足条件的的N 在第1k +(k ∈*N ,13k ≥)组,且第N 项为第1k +的第m ()m ∈*N 个数,第1k +组的前m 项和为211222m -+++⋅⋅⋅+21m =-,要使该数列的前N 项和为2的整数幂, 即21m-与2k --互为相反数,即212mk -=+, 所以23mk =-,由14k ≥,所以2314m-≥,则5m ≥,此时52329k =-= 对应满足的最小条件为29(291)54402N +=+=,故选A . 2.C 【解析】由题意可得10a =,81a =,2a ,3a ,…,7a 中有3个0、3个1,且满足对任意k ≤8,都有1a ,2a ,…,k a 中0的个数不少于1的个数,利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111,00010111, 00011011, 00011101,00100111, 00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101,共14个.3.A 【解析】对命题p :12,,,n a a a L 成等比数列,则公比)3(1≥=-n a a q n n且0≠n a ; 对命题q ,①当0=n a 时,22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++L L L 成立;②当0≠n a 时,根据柯西不等式,等式22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++L L L 成立,则nn a a a a a a 13221-=⋅⋅⋅==,所以12,,,n a a a L 成等比数列, 所以p 是q 的充分条件,但不是q 的必要条件.4.A 【解析】2a ,4a ,8a 成等比数列,∴2428a a a =⋅,即2111(6)(2)(14)a a a +=++,解得12a =,所以(1)n S n n =+.5.B 【解析】∵21)(x x f =在[0,1]上单调递增,可得1110()()0f a f a ->,1211()()0f a f a ->,…,199198()()0f a f a ->,∴111101211199198|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+-1110121119919819910()()+()()()()=()()f a f a f a f a f a f a f a f a --+⋅⋅⋅+--=299-0=199()∵),(2)(22x x x f -=在490]99[,上单调递增,在50[,1]99单调递减 ∴2120()()0f a f a ->,…,249248()()0f a f a ->,250249()()0f a f a -=,251250()()0f a f a -<,…,299298()()0f a f a -<∴221202221299298|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+- =24920299250()()[()()]f a f a f a f a ---=250202992()()()f a f a f a --=505098004(1)199999801⨯⨯-=< ∵|2sin |31)(3x x f π=在24[0,]99,5074[,]9999上单调递增,在2549[,]9999,75[,1]99上单调递减,可得33253493742492()2()2(=(2sin sin )39999I f a f a f a ππ=-+-)252(2sin sin )(1312123444ππ>-=-=> 因此312I I I <<.6.27【解析】所有的正奇数和2n (*n ∈N )按照从小到大的顺序排列构成{}n a ,在数列{}n a中,52前面有16个正奇数,即5212a =,6382a =.当1n =时,1211224S a =<=,不符合题意;当2n =时,2331236S a =<=,不符合题意;当3n =时,3461248S a =<=,不符合题意;当4n =时,45101260S a =<=,不符合题意;……;当26n =时,52621(141)2(12)212S ⨯+⨯-=+-= 441 +62= 503<2712516a =,不符合题意;当27n =时,52722(143)2(12)212S ⨯+⨯-=+-=484 +62=546>2812a =540,符合题意.故使得112n n S a +>成立的n 的最小值为27.7.5【解析】设数列的首项为1a ,则12015210102020a +=⨯=,所以15a =,故该数列的首项为5.8.12【解析】将82a =代入111n n a a +=-,可求得712a =;再将712a =代入111n na a +=-,可求得61a =-;再将61a =-代入111n na a +=-得52a =;由此可知数列{}n a 是一个周期数列,且周期为3,所以1712a a ==. 9.64【解析】由11a =且125,,a a a 成等比数列,得2111(4)()a a d a d +=+,解得2d =,故81878642S a d ⨯=+=. 102a t =,则23112t q t q t q ++≤≤≤≤≤≤,由于1t ≥,所以max{q t ≥,故q.11.4【解析】由题意得1122(4)()(1)(14)()3322(4)()(1)(14)()33k k k k k k k k k k k k -+⎧+>--+⎪⎪⎨⎪+>+++⎪⎩,得22(1)1010k k ⎧-<⎨>⎩,因此*k N ∈,所以4k =.12.【解析】(1)由条件知:(1)n a n d =-,12n n b -=.因为1||n n a b b -≤对n =1,2,3,4均成立, 即1|(1)2|1n n d ---≤对n =1,2,3,4均成立,即1≤1,1≤d ≤3,3≤2d ≤5,7≤3d ≤9,得7532d ≤≤. 因此,d 的取值范围为75[,]32.(2)由条件知:1(1)n a b n d =+-,11n n b b q -=.若存在d ,使得1||n n a b b -≤(n =2,3,···,m +1)成立,即1111|(1)|n b n d b q b -+--≤(n =2,3,···,m +1),即当2,3,,1n m =+L 时,d 满足1111211n n q q b d b n n ---≤≤--.因为q ∈,则112n m q q -<≤≤,从而11201n q b n --≤-,1101n q b n ->-,对2,3,,1n m =+L 均成立. 因此,取d =0时,1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立.下面讨论数列12{}1n q n ---的最大值和数列1{}1n q n --的最小值(2,3,,1n m =+L ). ①当2n m ≤≤时,111 2222111()()()n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n -------+--+-==---, 当112mq <≤时,有2n m q q ≤≤,从而1() 20n n n n q q q ---+>.因此,当21n m ≤≤+时,数列12{}1n q n ---单调递增,故数列12{}1n q n ---的最大值为2m q m-. ②设()()21x f x x =-,当0x >时,ln 21(0(n )l 22)x f x x '=--<, 所以()f x 单调递减,从而()(0)1f x f <=.当2n m ≤≤时,111112111()()()nn n q q n n f q n n n n --=≤-=<-, 因此,当21n m ≤≤+时,数列1{}1n q n --单调递减,故数列1{}1n q n --的最小值为mq m. 因此,d 的取值范围为11(2)[,]m mb q b q m m-.13.【解析】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ,等比数列{}n b 的公比为q .由已知2312b b +=,得21()12b q q +=,而12b =,所以260q q +-=. 又因为0q >,解得2q =.所以,2nn b =.由3412b a a =-,可得138d a -= ①. 由114=11S b ,可得1516a d += ②,联立①②,解得11a =,3d =,由此可得32n a n =-.所以,数列{}n a 的通项公式为32n a n =-,数列{}n b 的通项公式为2nn b =.(Ⅱ)设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ,由262n a n =-,12124n n b --=⨯,有221(31)4nn n a b n -=-⨯, 故23245484(31)4nn T n =⨯+⨯+⨯++-⨯L ,23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯L ,上述两式相减,得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯L1112(14)4(31)414(32)48.n n n n n ++⨯-=---⨯-=--⨯- 得1328433n n n T +-=⨯+. 所以,数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 14.【解析】(Ⅰ)用数学归纳法证明:0n x >当1n =时,110x => 假设n k =时,0k x >,那么1n k =+时,若10k x +≤,则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤,矛盾,故10k x +>. 因此0n x >()n ∈*N所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>因此10n n x x +<<()n ∈*N(Ⅱ)由111ln(1)n n n n x x x x +++=++>得2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++ 记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥函数()f x 在[0,)+∞上单调递增,所以()(0)f x f ≥=0, 因此2111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥ 故112(N )2n n n n x x x x n *++-∈≤ (Ⅲ)因为11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=+++=≤所以112n n x -≥得由1122n n n n x x x x ++-≥得 111112()022n n x x +-->≥ 所以12111111112()2()2222n n n n x x x -----⋅⋅⋅-=≥≥≥ 故212n n x -≤综上,1211(N )22n n n x n *--∈≤≤ .15.【解析】(Ⅰ)由已知,1211,1,n n n n S qS S qS +++=+=+两式相减得到21,1n n a qa n ++=?.又由211S qS =+得到21a qa =,故1n n a qa +=对所有1n ³都成立. 所以,数列{}n a 是首项为1,公比为q 的等比数列. 从而1=n n a q -.由2322+2a a a ,,成等比数列,可得322=32a a +,即22=32,q q +, 则(21)(2)0q+q -=, 由已知,0q >,故 =2q . 所以1*2()n n a n -=?N . (Ⅱ)由(Ⅰ)可知,1n n a q -=.所以双曲线2221ny x a -=的离心率n e =由53q =解得43q =. 因为2(1)2(1)1+k k q q -->1*k q k -?N (). 于是11211+1n n n q e e e q q q --++鬃?>+鬃?=-, 故1231433n nn e e e --++鬃?>. 16.【解析】(Ⅰ)由题意有,1110451002a d a d +=⎧⎨=⎩ ,即1129202a d a d +=⎧⎨=⎩.解得112a d =⎧⎨=⎩ 或1929a d =⎧⎪⎨=⎪⎩,故1212n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或11(279)929()9n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩. (Ⅱ)由1d >,知21n a n =-,12n n b -=,故1212n n n c --=,于是 2341357921122222n n n T --=++++++L , ① 2345113579212222222n n n T -=++++++L . ② ①-②可得221111212323222222n n n n n n T --+=++++-=-L ,故nT 12362n n -+=-. 17.【解析】(Ⅰ)2()()212,nn n F x f x x x x =-=+++-L 则(1)10,n F n =->1211111112()1220,12222212n n n n F +⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+++-=-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-L 所以()n F x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内至少存在一个零点n x . 又1()120n n F x x nx-'=++>L ,故在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增,所以()n F x 在1(,1)2内有且仅有一个零点n x .因为n x 是()n F x 的零点,所以()=0n n F x ,即11201n n n x x +--=-,故111=+22n n n x x +.(Ⅱ)解法一:由题设,()()11().2nnn x g x ++=设()()211()()()1,0.2nn n n n x h x f x g x x x x x ++=-=+++->L当1x =时, ()()n n f x g x = 当1x ≠时, ()111()12.2n n n n x h x x nx--+'=++-L若01x <<,()11111()22n n n n n n h x xx nx x ----+'>++-L()()11110.22n n n n n n x x --++=-=若1x >,()11111()22n n n n n n h x xx nx x ----+'<++-L()()11110.22n n n n n n x x --++=-=所以()h x 在(0,1)上递增,在(1,)+∞上递减, 所以()(1)0h x h <=,即()()n n f x g x <.综上所述,当1x =时, ()()n n f x g x =;当1x ≠时()()n n f x g x <.解法二 由题设,()()211()1,(),0.2nnn nn x f x x x x g x x ++=+++=>L当1x =时, ()()n n f x g x =;当1x ≠时, 用数学归纳法可以证明()()n n f x g x <. 当2n =时, 2221()()(1)0,2f xg x x -=--<所以22()()f x g x <成立. 假设(2)n k k =≥时,不等式成立,即()()k k f x g x <. 那么,当+1n k =时,()()111k+1k 11()()()2kk k k k k x f x f x x g x x x+++++=+<+=+()12112k k x k x k +++++=.又()()11k+121111()22k k k k x k x k kx k x g x ++++++-++-=令()1()11(x 0)k k k h x kxk x +=-++>,则()()11()(k 1)11(x 1)kk k k h x k x k k xk k x --'=+-+=+-.所以当01x <<,()0kh x '<,()k h x 在(0,1)上递减; 当1x >,()0kh x '>,()k h x 在(1,)+∞上递增. 所以()(1)0k k h x h >=,从而()1k+1211()2k k x k x k g x +++++>.故11()()k k f x g x ++<.即+1n k =,不等式也成立. 所以,对于一切2n ≥的整数,都有()()n n f x g x <.解法三:由已知,记等差数列为{}k a ,等比数列为{}k b ,1,2,...,1k n =+.则111a b ==,11nn n a b x ++==,所以()11+1(2n)n k x a k k n-=-⋅≤≤,1(2),k k b x k n -=≤≤ 令()()111(x)1,0(2).n k k k k k x m a b x x k n n---=-=+->≤≤当1x =时, =k k a b ,所以()()n n f x g x =. 当1x ≠时, ()()12211()(k 1)11n k k n k k k m x nx x k x x n----+-'=--=--, 而2k n ≤≤,所以10k ->,11n k -+≥. 若01x <<, 11n k x -+<,()0k m x '<,当1x >,11n k x-+>,()0km x '>, 从而()k m x 在(0,1)上递减,()k m x 在(1,)+∞上递增.所以()(1)0k k m x m >=, 所以当01(2),k k x x a b k n >≠>≤≤且时,又11a b =,11n n a b ++=,故()()n n f x g x < 综上所述,当1x =时, ()()n n f x g x =;当1x ≠时()()n n f x g x <18.【解析】(Ⅰ)由21=0=22()n n n a a a n N λμ++-=∈,,有.若存在某个0,n N +∈使得0,no a =则由上述递推公式易得10,no a -=重复上述过程可得10a =,此与13a =矛盾,所以对任意,0n n N a +∈≠.从而12(),n n a a n N ++=∈即{}n a 是一个公比2q =的等比数列.故11132n n n a a q --==⋅.(Ⅱ)由01,1k λμ==-,数列{}n a 的递推关系式变为211010n n n n a a a a k +++-=, 变形为2101()().n n n a a a n N k +++=∈由上式及130a =>, 归纳可得12130n n a a a a +=>>⋅⋅⋅>>>⋅⋅⋅>.因为22220010001111111n nn n n n n a a k k a a k k a a a k k +-+===-?+++, 所以对01,2,,n k =⋅⋅⋅求和得01010121()()k k k a a a a a a ++=+-+⋅⋅⋅+-010000102011111 =()111k a k k k k a k a k a -⋅+⋅++⋅⋅⋅++++0000011111>2+( )231313131k k k k k k ⋅++⋅⋅⋅+=+++++1444442444443. 另一方面,由上已证的不等式知001212k k a a a a +>>⋅⋅⋅>>>,得00110000102011111()111k k a a k k k k a k a k a +=-⋅+⋅++⋅⋅⋅++++0000011111<2+()221212121k k k k k k ⋅++⋅⋅⋅+=+++++1444442444443. 综上,0100112+23121k a k k +<<+++.19.【解析】(Ⅰ),64,2,,2141211d a S d a S a S d +=+===4122421,,S S S S S S =∴成等比Θ解得12,11-=∴=n a a n(Ⅱ))121121()1(4)1(111++--=-=-+-n n a a n b n n n n n ,当n 为偶数时11111(1)()()33557n T =+-+++-L L1111()()23212121n n n n ++-+---+ 1221211+=+-=∴n nn T n 11111(1)()()33557n n T =+-+++--L L 当为奇数时, 1111()()23212121n n n n +++---+12221211++=++=∴n n n T n ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=∴为奇数为偶数n n n n n nT n ,1222,122. 20.【解析】(Ⅰ)由题意,()()*∈=N n a a a nb n 221Λ,326b b-=,知3238b b a -==,又由12a =,得公比2q =(2q =-舍去),所以数列{}n a 的通项公式为2()n n a n N *=∈,所以()()1121232n n n n n a a a a ++==L ,故数列{}n b 的通项公式为,()1()n b n n n N *=+∈; (Ⅱ)(i )由(Ⅰ)知,11111()21n n n n c n N a b n n *⎛⎫=-=--∈ ⎪+⎝⎭, 所以11()12n n S n N n *=-∈+; (ii )因为12340,0,0,0c c c c =>>>; 当5n ≥时,()()11112n n n n c n n +⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦, 而()()()()()11112120222n n n n n n n n n ++++++--=>,得()()51551122n n n ++≤<, 所以当5n ≥时,0n c <,综上对任意n N *∈恒有4n S S ≥,故4k =.21.【解析】(I )因为{}n a 是递增数列,所以11n n n n n a a a a p ++-=-=.而11a =,因此又123,2,3a a a 成等差数列,所以21343a a a =+,因而230p p -=, 解得1,03p p == 当0p =时,1n n a a +=,这与{}n a 是递增数列矛盾。

理科数学2010-2019高考真题分类训练专题六数列(47页吐血汇总,含习题,答案,讲解)

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专题六 数列第十五讲 等差数列2019年1.(2019全国1理9)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.已知4505S a ==,,则A .25n a n =-B .310n a n =- C .228n S n n =- D .2122n S n n =- 2.(2019全国3理14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,12103a a a =≠,,则105S S =___________. 3.(2019江苏8)已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列,n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==,则8S 的值是 .4.(2019北京理10)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若25310a S =-=-,,则5a = ________ . n S 的最小值为_______.2010-2018年一、选择题1.(2018全国卷Ⅰ)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,若3243S S S =+,12a =,则=5a A .12- B .10- C .10D .122.(2017新课标Ⅰ)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.若4524a a +=,648S =,则{}n a的公差为A .1B .2C .4D .83.(2017新课标Ⅲ)等差数列{}n a 的首项为1,公差不为0.若2a ,3a ,6a 成等比数列,则{}n a 前6项的和为A .-24B .-3C .3D .8 4.(2017浙江)已知等差数列{}n a 的公差为d ,前n 项和为n S ,则“0d >”是“465+2S S S >”的A . 充分不必要条件B . 必要不充分条件C . 充分必要条件D .既不充分也不必要条件 5.(2016年全国I )已知等差数列{}n a 前9项的和为27,10=8a ,则100=aA .100B .99C .98D .97 6.(2015重庆)在等差数列{}n a 中,若244,2a a ==,则6a =A .-1B .0C .1D .67.(2015浙江)已知{}n a 是等差数列,公差d 不为零,前n 项和是n S .若348,,a a a 成等比数列,则A .140,0a d dS >>B .140,0a d dS <<C .140,0a d dS ><D .140,0a d dS <>8.(2014辽宁)设等差数列{}n a 的公差为d ,若数列1{2}n a a为递减数列,则A .0d <B .0d >C .10a d <D .10a d >9.(2014福建)等差数列{}n a 的前n 项和n S ,若132,12a S ==,则6a =A .8B .10C .12D .1410.(2014重庆)在等差数列{}n a 中,1352,10a a a =+=,则7a =A .5B .8C .10D .1411.(2013新课标Ⅰ)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,1m S -=-2,m S =0,1m S +=3,则m = A .3B .4C .5D .612.(2013辽宁)下面是关于公差0d >的等差数列{}n a 的四个命题:{}1:n p a 数列是递增数列;{}2:n p na 数列是递增数列; 3:n a p n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭数列是递增数列;{}4:3n p a nd +数列是递增数列; 其中的真命题为A .12,p pB .34,p pC .23,p pD .14,p p13.(2012福建)等差数列{}n a 中,1510a a +=,47a =,则数列{}n a 的公差为A .1B .2C .3D .414.(2012辽宁)在等差数列{}n a 中,已知48+=16a a ,则该数列前11项和11=SA .58B .88C .143D .17615.(2011江西)设{}n a 为等差数列,公差2d =-,n S 为其前n 项和,若1011S S =,则1a =A .18B .20C .22D .2416.(2011安徽)若数列}{n a 的通项公式是1210(1)(32),n n a n a a a =--+++=L 则A .15B .12C .-12D .-1517.(2011天津)已知{}n a 为等差数列,其公差为2-,且7a 是3a 与9a 的等比中项,n S 为{}n a 的前n 项和,*n N ∈,则10S 的值为A .-110B .-90C .90D .11018.(2010安徽)设数列{}n a 的前n 项和2n S n =,则8a 的值为A .15B .16C .49D .64 二、填空题19.(2018北京)设{}n a 是等差数列,且13a =,2536a a +=,则{}n a 的通项公式为___.20.(2018上海)记等差数列{}n a 的前几项和为n S ,若30a =,6714a a +=,则7S = .21.(2017新课标Ⅱ)等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,33a =,410S =,则11nk kS ==∑ . 22.(2015广东)在等差数列{}n a 中,若3456725a a a a a ++++=,则28a a += . 23.(2014北京)若等差数列{}n a 满足7890a a a ++>,7100a a +<,则当n =__时{}n a 的前n 项和最大.24.(2014江西)在等差数列{}n a 中,71=a ,公差为d ,前n 项和为n S ,当且仅当8=n 时n S 取最大值,则d 的取值范围_________.25.(2013新课标2)等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知100S =,1525S =,则n nS 的最小值为____.26.(2013广东)在等差数列{}n a 中,已知3810a a +=,则573a a +=_____. 27.(2012北京)已知{}n a 为等差数列,n S 为其前n 项和.若112a =,23S a =, 则2a = ;n S = .28.(2012江西)设数列{},{}n n a b 都是等差数列,若117a b +=,3321a b +=,则55a b +=___________.29.(2012广东)已知递增的等差数列{}n a 满足11a =,2324a a =-,则n a =____.30.(2011广东)等差数列{}n a 前9项的和等于前4项的和.若11a =,40k a a +=,则k =_________. 三、解答题31.(2018全国卷Ⅱ)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,已知17=-a ,315=-S .(1)求{}n a 的通项公式; (2)求n S ,并求n S 的最小值.32.(2017北京)设{}n a 和{}n b 是两个等差数列,记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅,其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数.(Ⅰ)若n a n =,21n b n =-,求123,,c c c 的值,并证明{}n c 是等差数列; (Ⅱ)证明:或者对任意正数M ,存在正整数m ,当n m ≥时,nc M n>;或者存在正整数m ,使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列.33.(2016年山东高考)已知数列{}n a 的前n 项和238n S n n =+,{}n b 是等差数列,且1.n n n a b b +=+(Ⅰ)求数列{}n b 的通项公式;(Ⅱ)令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 34.(2016年天津高考)已知{}n a 是各项均为正数的等差数列,公差为d ,对任意的*N n ∈,n b 是n a 和1n a +的等差中项.(Ⅰ)设22*1,N n n n c b b n +=-∈,求证:数列{}n c 是等差数列;(Ⅱ)设()22*11,1,N nkn kk a d T b n ===-∈∑,求证:2111.2nk kT d =<∑35.(2015四川)设数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-,且123,1,a a a +成等差数列(1)求数列{}n a 的通项公式; (2)记数列1{}n a 的前n 项和n T ,求得1|1|1000n T -<成立的n 的最小值。

十年真题(-2019)高考数学真题分类汇编 专题07 数列 理(含解析)

十年真题(-2019)高考数学真题分类汇编 专题07 数列 理(含解析)

专题07数列历年考题细目表题型年份考点试题位置单选题2019等差数列2019年新课标1理科09单选题2018等差数列2018年新课标1理科04单选题2017等差数列2017年新课标1理科04单选题2017数列综合题2017年新课标1理科12单选题2016等差数列2016年新课标1理科03单选题2013数列的定义与通项公式2013年新课标1理科07单选题2013数列应用题2013年新课标1理科12单选题2012等比数列2012年新课标1理科05填空题2019等比数列2019年新课标1理科14填空题2018数列的定义与递推公式2018年新课标1理科14填空题2016等比数列2016年新课标1理科15填空题2013数列的定义与通项公式2013年新课标1理科14填空题2012数列的定义与通项公式2012年新课标1理科16解答题2015数列综合题2015年新课标1理科17解答题2014数列综合题2014年新课标1理科17解答题2011数列综合题2011年新课标1理科17解答题2010数列综合题2010年新课标1理科17历年高考真题汇编1.【2019年新课标1理科09】记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则( )A.a n=2n﹣5 B.a n=3n﹣10 C.S n=2n2﹣8n D.S n n2﹣2n【解答】解:设等差数列{a n}的公差为d,由S4=0,a5=5,得,∴,∴a n=2n﹣5,,故选:A.2.【2018年新课标1理科04】记S n为等差数列{a n}的前n项和.若3S3=S2+S4,a1=2,则a5=()A.﹣12 B.﹣10 C.10 D.12【解答】解:∵S n为等差数列{a n}的前n项和,3S3=S2+S4,a1=2,∴a1+a1+d+4a1d,把a1=2,代入得d=﹣3∴a5=2+4×(﹣3)=﹣10.故选:B.3.【2017年新课标1理科04】记S n为等差数列{a n}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{a n}的公差为()A.1 B.2 C.4 D.8【解答】解:∵S n为等差数列{a n}的前n项和,a4+a5=24,S6=48,∴,解得a1=﹣2,d=4,∴{a n}的公差为4.故选:C.4.【2017年新课标1理科12】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1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440 B.330 C.220 D.110【解答】解:设该数列为{a n},设b n2n+1﹣1,(n∈N+),则a i,由题意可设数列{a n}的前N项和为S N,数列{b n}的前n项和为T n,则T n=21﹣1+22﹣1+…+2n+1﹣1=2n+1﹣n﹣2,可知当N为时(n∈N+),数列{a n}的前N项和为数列{b n}的前n项和,即为2n+1﹣n﹣2,容易得到N>100时,n≥14,A项,由435,440=435+5,可知S440=T29+b5=230﹣29﹣2+25﹣1=230,故A项符合题意.B项,仿上可知325,可知S330=T25+b5=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4,显然不为2的整数幂,故B项不符合题意.C项,仿上可知210,可知S220=T20+b10=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23,显然不为2的整数幂,故C项不符合题意.D项,仿上可知105,可知S110=T14+b5=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15,显然不为2的整数幂,故D项不符合题意.故选A.方法二:由题意可知:,,,,根据等比数列前n项和公式,求得每项和分别为:21﹣1,22﹣1,23﹣1,…,2n﹣1,每项含有的项数为:1,2,3,…,n,总共的项数为N=1+2+3+…+n,所有项数的和为S n:21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1=(21+22+23+…+2n)﹣n n=2n+1﹣2﹣n,由题意可知:2n+1为2的整数幂.只需将﹣2﹣n消去即可,则①1+2+(﹣2﹣n)=0,解得:n=1,总共有2=3,不满足N>100,②1+2+4+(﹣2﹣n)=0,解得:n=5,总共有3=18,不满足N>100,③1+2+4+8+(﹣2﹣n)=0,解得:n=13,总共有4=95,不满足N>100,④1+2+4+8+16+(﹣2﹣n)=0,解得:n=29,总共有5=440,满足N>100,∴该款软件的激活码440.故选:A.5.【2016年新课标1理科03】已知等差数列{a n}前9项的和为27,a10=8,则a100=()A.100 B.99 C.98 D.97【解答】解:∵等差数列{a n}前9项的和为27,S99a5.∴9a5=27,a5=3,又∵a10=8,∴d=1,∴a100=a5+95d=98,故选:C.6.【2013年新课标1理科07】设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S m﹣1=﹣2,S m=0,S m+1=3,则m=()A.3 B.4 C.5 D.6【解答】解:a m=S m﹣S m﹣1=2,a m+1=S m+1﹣S m=3,所以公差d=a m+1﹣a m=1,S m0,m﹣1>0,m>1,因此m不能为0,得a1=﹣2,所以a m=﹣2+(m﹣1)•1=2,解得m=5,另解:等差数列{a n}的前n项和为S n,即有数列{}成等差数列,则,,成等差数列,可得2•,即有0,解得m=5.又一解:由等差数列的求和公式可得(m﹣1)(a1+a m﹣1)=﹣2,m(a1+a m)=0,(m+1)(a1+a m+1)=3,可得a1=﹣a m,﹣2a m+a m+1+a m+10,解得m=5.故选:C.7.【2013年新课标1理科12】设△A n B n∁n的三边长分别为a n,b n,c n,△A n B n∁n的面积为S n,n=1,2,3…若b1>c1,b1+c1=2a1,a n+1=a n,,,则()A.{S n}为递减数列B.{S n}为递增数列C.{S2n﹣1}为递增数列,{S2n}为递减数列D.{S2n﹣1}为递减数列,{S2n}为递增数列【解答】解:b1=2a1﹣c1且b1>c1,∴2a1﹣c1>c1,∴a1>c1,∴b1﹣a1=2a1﹣c1﹣a1=a1﹣c1>0,∴b1>a1>c1,又b1﹣c1<a1,∴2a1﹣c1﹣c1<a1,∴2c1>a1,∴,由题意,a n,∴b n+1+c n+1﹣2a n(b n+c n﹣2a n),∵b1+c1=2a1,∴b1+c1﹣2a1=0,∴b n+c n﹣2a n=0,∴b n+c n=2a n=2a1,∴b n+c n=2a1,由此可知顶点A n在以B n、c n为焦点的椭圆上,又由题意,b n+1﹣c n+1,∴a1﹣b n,∴b n+1﹣a1,∴b n﹣a1,∴,c n=2a1﹣b n,∴[][][]单调递增(可证当n=1时0)故选:B.8.【2012年新课标1理科05】已知{a n}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=﹣8,则a1+a10=( ) A.7 B.5 C.﹣5 D.﹣7【解答】解:∵a4+a7=2,由等比数列的性质可得,a5a6=a4a7=﹣8∴a4=4,a7=﹣2或a4=﹣2,a7=4当a4=4,a7=﹣2时,,∴a1=﹣8,a10=1,∴a1+a10=﹣7当a4=﹣2,a7=4时,q3=﹣2,则a10=﹣8,a1=1∴a1+a10=﹣7综上可得,a1+a10=﹣7故选:D.9.【2019年新课标1理科14】记S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1,a42=a6,则S5=.【解答】解:在等比数列中,由a42=a6,得q6a12=q5a1>0,即q>0,q=3,则S5,故答案为:10.【2018年新课标1理科14】记S n为数列{a n}的前n项和.若S n=2a n+1,则S6=.【解答】解:S n为数列{a n}的前n项和,S n=2a n+1,①当n=1时,a1=2a1+1,解得a1=﹣1,当n≥2时,S n﹣1=2a n﹣1+1,②,由①﹣②可得a n=2a n﹣2a n﹣1,∴a n=2a n﹣1,∴{a n}是以﹣1为首项,以2为公比的等比数列,∴S663,故答案为:﹣6311.【2016年新课标1理科15】设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…a n的最大值为64 .【解答】解:等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,可得q(a1+a3)=5,解得q.a1+q2a1=10,解得a1=8.则a1a2…a n=a1n•q1+2+3+…+(n﹣1)=8n•,当n=3或4时,表达式取得最大值:26=64.故答案为:64.12.【2013年新课标1理科14】若数列{a n}的前n项和为S n a n,则数列{a n}的通项公式是a n=.【解答】解:当n=1时,a1=S1,解得a1=1当n≥2时,a n=S n﹣S n﹣1=()﹣(),整理可得,即2,故数列{a n}从第二项开始是以﹣2为首项,﹣2为公比的等比数列,故当n≥2时,a n=(﹣2)n﹣1,经验证当n=1时,上式也适合,故答案为:(﹣2)n﹣113.【2012年新课标1理科16】数列{a n}满足a n+1+(﹣1)n a n=2n﹣1,则{a n}的前60项和为.【解答】解:∵a n+1+(﹣1)n a n=2n﹣1,故有a2﹣a1=1,a3+a2=3,a4﹣a3=5,a5+a4=7,a6﹣a5=9,a7+a6=11,…a50﹣a49=97.从而可得a3+a1=2,a4+a2=8,a7+a5=2,a8+a6=24,a9+a11=2,a12+a10=40,a13+a11=2,a16+a14=56,…从第一项开始,依次取2个相邻奇数项的和都等于2,从第二项开始,依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项,以16为公差的等差数列.{a n}的前60项和为 15×2+(15×8)=183014.【2015年新课标1理科17】S n为数列{a n}的前n项和,已知a n>0,a n2+2a n=4S n+3(I)求{a n}的通项公式:(Ⅱ)设b n,求数列{b n}的前n项和.【解答】解:(I)由a n2+2a n=4S n+3,可知a n+12+2a n+1=4S n+1+3两式相减得a n+12﹣a n2+2(a n+1﹣a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)=a n+12﹣a n2=(a n+1+a n)(a n+1﹣a n),∵a n>0,∴a n+1﹣a n=2,∵a12+2a1=4a1+3,∴a1=﹣1(舍)或a1=3,则{a n}是首项为3,公差d=2的等差数列,∴{a n}的通项公式a n=3+2(n﹣1)=2n+1:(Ⅱ)∵a n=2n+1,∴b n(),∴数列{b n}的前n项和T n()().15.【2014年新课标1理科17】已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,a n≠0,a n a n+1=λS n﹣1,其中λ为常数.(Ⅰ)证明:a n+2﹣a n=λ(Ⅱ)是否存在λ,使得{a n}为等差数列?并说明理由.【解答】(Ⅰ)证明:∵a n a n+1=λS n﹣1,a n+1a n+2=λS n+1﹣1,∴a n+1(a n+2﹣a n)=λa n+1∵a n+1≠0,∴a n+2﹣a n=λ.(Ⅱ)解:假设存在λ,使得{a n}为等差数列,设公差为d.则λ=a n+2﹣a n=(a n+2﹣a n+1)+(a n+1﹣a n)=2d,∴.∴,,∴λS n=1,根据{a n}为等差数列的充要条件是,解得λ=4.此时可得,a n=2n﹣1.因此存在λ=4,使得{a n}为等差数列.也可以先考虑前3项成等差数列,得出λ,再进一步验证即可.16.【2011年新课标1理科17】等比数列{a n}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,a32=9a2a6,(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n,求数列{}的前n项和.【解答】解:(Ⅰ)设数列{a n}的公比为q,由a32=9a2a6得a32=9a42,所以q2.由条件可知各项均为正数,故q.由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1,所以a1.故数列{a n}的通项式为a n.(Ⅱ)b n(1+2+…+n),故2()则2[(1)+()+…+()],所以数列{}的前n项和为.17.【2010年新课标1理科17】设数列满足a1=2,a n+1﹣a n=3•22n﹣1(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=na n,求数列{b n}的前n项和S n.【解答】解:(Ⅰ)由已知,当n≥1时,a n+1=[(a n+1﹣a n)+(a n﹣a n﹣1)+…+(a2﹣a1)]+a1=3(22n﹣1+22n﹣3+…+2)+2=32=22(n+1)﹣1.而a1=2,所以数列{a n}的通项公式为a n=22n﹣1.(Ⅱ)由b n=na n=n•22n﹣1知S n=1•2+2•23+3•25+…+n•22n﹣1①从而22S n=1•23+2•25+…+n•22n+1②①﹣②得(1﹣22)•S n=2+23+25+…+22n﹣1﹣n•22n+1.即.考题分析与复习建议本专题考查的知识点为:数列的概念与简单表示法,等差数列及其前n项和,等比数列及其前n项和,数列求和,数列求通项等。

理科数学2010-2019高考真题分类训练专题六数列第十八讲数列的综合应用

理科数学2010-2019高考真题分类训练专题六数列第十八讲数列的综合应用

专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用2019年1.(2019浙江10)设a ,b ∈R ,数列{a n }中a n =a ,a n +1=a n 2+b ,n *∈N ,则 A .当b =12时,a 10>10 B .当b =14时,a 10>10C .当b =-2时,a 10>10D .当b =-4时,a 10>102.(2019浙江20)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,34a =,43a S =,数列{}n b 满足:对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列.(1)求数列{},{}n n a b 的通项公式; (2)记,n c n *=∈N证明:12+.n c c c n *++<∈N L 3.(2019江苏20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M -数列”.(1)已知等比数列{a n }*()n ∈N 满足:245324,440a a a a a a =-+=,求证:数列{a n }为“M -数列”;(2)已知数列{b n }*()n ∈N 满足:111221,n n n b S b b +==-,其中S n 为数列{b n }的前n 项和. ①求数列{b n }的通项公式;②设m 为正整数,若存在“M -数列”{c n }*()n ∈N ,对任意正整数,当≤m 时,都有1k k k c b c +剟成立,求m 的最大值.4.(2019北京理20)已知数列{}n a ,从中选取第 1i 项、第2i 项、…、第m i 项()12m i i i <<⋯<,若12mi i i a a a <<<L ,则称新数列12mi i i a a a ⋅⋅⋅L 为{}n a 的长度为m 的递增子列。

规定:数列{}n a 的任意一项都是{}n a 的长度为1的递增子列。

(Ⅰ)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列;(Ⅱ)已知数列{}n a 的长度为P 的递增子列的末项的最小值为o m a ,长度为q 的递增子列的末项的最小值为on a ,若p <q ,求证:o o m n a a <;(Ⅲ)设无穷数列{}n a 的各项均为正整数,且任意两项均不相等,若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s -1,且长度为s 末项为2s -1的递增子列恰有12s -个(s =1,2,…),求数列{}n a 的通项公式.2010-2018年一、选择题1.(2017新课标Ⅰ)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1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16 ,…,其中第一项是02,接下的两项是02,12,再接下的三项是02,12,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N :100N >且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A .440B .330C .220D .1102.(2016年全国Ⅲ)定义“规范01数列”{}n a 如下:{}n a 共有2m 项,其中m 项为0,m 项为1,且对任意2k m ≤,12,,,k a a a L 中0的个数不少于1的个数.若m =4,则不同的“规范01数列”共有 (A )18个(B )16个(C )14个(D )12个3.(2015湖北)设12,,,n a a a ∈R L ,3n ≥.若p :12,,,n a a a L 成等比数列;q :222121()n a a a -+++⨯L 22222312231()()n n n a a a a a a a a a -+++=+++L L ,则A .p 是q 的充分条件,但不是q 的必要条件B .p 是q 的必要条件,但不是q 的充分条件C .p 是q 的充分必要条件D .p 既不是q 的充分条件,也不是q 的必要条件4.(2014新课标2)等差数列{}n a 的公差为2,若2a ,4a ,8a 成等比数列,则{}n a 的前n项和n S =A .()1n n +B .()1n n -C .()12n n + D .()12n n -5.(2014浙江)设函数21)(x x f =,),(2)(22x x x f -=|2sin |31)(3x x f π=,99i ia =, 0,1,2,,99i =⋅⋅⋅,记10|()()|k k k I f a f a =-+21|()()|k k f a f a -+⋅⋅⋅+ 9998|()()|k k f a f a -,.3,2,1=k 则A .321I I I <<B . 312I I I <<C . 231I I I <<D . 123I I I << 二、填空题6.(2018江苏)已知集合*{|21,}A x x n n ==-∈N ,*{|2,}n B x x n ==∈N .将A B U 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a .记n S 为数列{}n a 的前n 项和,则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为 .7.(2015陕西)中位数为1 010的一组数构成等差数列,其末项为2 015,则该数列的首项为 .8.(2014新课标2)数列{}n a 满足111n na a +=-,2a =2,则1a =_________. 9.(2013重庆)已知{}n a 是等差数列,11a =,公差0d ≠,n S 为其前n 项和,若125,,a a a 成等比数列,则8_____S =.10.(2011江苏)设7211a a a ≤≤≤≤Λ,其中7531,,,a a a a 成公比为q 的等比数列,642,,a a a 成公差为1的等差数列,则q 的最小值是________.11.(2011浙江)若数列2(4)()3n n n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭中的最大项是第k 项,则k =_______________. 三、解答题12.(2018江苏)设{}n a 是首项为1a ,公差为d 的等差数列,{}n b 是首项为1b ,公比为q 的等比数列.(1)设110,1,2a b q ===,若1||n n a b b -≤对1,2,3,4n =均成立,求d 的取值范围;(2)若*110,,(1a b m q =>∈∈N ,证明:存在d ∈R ,使得1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立,并求d 的取值范围(用1,,b m q 表示).13.(2017天津)已知{}n a 为等差数列,前n 项和为()n S n *∈N ,{}n b 是首项为2的等比数列,且公比大于0,2312b b +=,3412b a a =-,11411S b =. (Ⅰ)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(Ⅱ)求数列221{}n n a b -的前n 项和()n *∈N .14.(2017浙江)已知数列{}n x 满足:11x =,11ln(1)n n n x x x ++=++()n ∈*N .证明:当n ∈*N 时 (Ⅰ)10n n x x +<<; (Ⅱ)1122n n n n x x x x ++-≤; (Ⅲ)121122n n n x --≤≤.15.(2016年四川高考)已知数列{n a }的首项为1,n S 为数列{n a }的前n 项和,11n n S qS +=+ ,其中q >0,*n N ∈ .(I )若2322,,2a a a + 成等差数列,求n a 的通项公式;(Ⅱ)设双曲线2221ny x a -=的离心率为n e ,且253e =,证明:121433n n n n e e e --++⋅⋅⋅+>.16.(2015湖北)设等差数列{}n a 的公差为d ,前n 项和为n S ,等比数列{}n b 的公比为q .已知11b a =,22b =,q d =,10100S =. (Ⅰ)求数列{}n a ,{}n b 的通项公式; (Ⅱ)当1d >时,记nn na cb =,求数列{}n c 的前n 项和n T . 17.(2015陕西)设()n f x 是等比数列1,x ,2x ,,n x 的各项和,其中0x >,n ∈N ,2n ≥. (Ⅰ)证明:函数()()2n n F x f x =-在1(,1)2内有且仅有一个零点(记为n x ),且11122n n n x x +=+; (Ⅱ)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为()n g x ,比较()n f x 与()n g x 的大小,并加以证明.18.(2015重庆)在数列{}n a 中,13a =,2110n n n n a a a a λμ++++=()n N +∈.(Ⅰ)若0,2λμ==-,求数列{}n a 的通项公式; (Ⅱ)若0001(,2)k N k k λ+=∈≥,1μ=-,证明:010011223121k a k k ++<<+++.19.(2014山东)已知等差数列}{n a 的公差为2,前n 项和为n S ,且1S ,2S ,4S 成等比数列.(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式; (Ⅱ)令n b =,4)1(11+--n n n a a n求数列}{n b 的前n 项和n T . 20.(2014浙江)已知数列{}n a 和{}n b 满足()()*∈=N n a a a nb n 221Λ.若{}na 为等比数列,且.6,2231b b a +== (Ⅰ)求n a 与n b ; (Ⅱ)设()*∈-=N n b a c nn n 11.记数列{}n c 的前n 项和为n S . (ⅰ)求n S ;(ⅱ)求正整数k ,使得对任意*∈N n ,均有n k S S ≥. 21.(2014湖南)已知数列{n a }满足*111,||,.n n n a a a p n N +=-=∈(Ⅰ)若{n a }是递增数列,且12,3,23a a a 成等差数列,求p 的值; (Ⅱ)若12p =,且{21n a -}是递增数列,{2n a }是递减数列,求数列{n a }的通项公式. 22.(2014四川)设等差数列{}n a 的公差为d ,点(,)n n a b 在函数()2xf x =的图象上(*n N ∈).(Ⅰ)若12a =-,点87(,4)a b 在函数()f x 的图象上,求数列{}n a 的前n 项和n S ; (Ⅱ)若11a =,函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线在x 轴上的截距为12ln 2-,求数列{}nna b 的前n 项和n T . 23.(2014江苏)设数列}{n a 的前n 项和为n S .若对任意正整数n ,总存在正整数m ,使得m n a S =,则称}{n a 是“H 数列”. (Ⅰ)若数列}{n a 的前n 项和n n S 2=(∈n N *),证明 }{n a 是“H 数列”;(Ⅱ)设}{n a 是等差数列,其首项11=a ,公差0<d .若}{n a 是“H 数列”,求d 的值;(Ⅲ)证明:对任意的等差数列}{n a ,总存在两个“H 数列”}{n b 和}{n c ,使得n n n c b a +=(∈n N *)成立.24.(2013安徽)设数列{}n a 满足12a =,248a a +=,且对任意*n N ∈,函数1212()()cos -sin n n n n n f x a a a x a x a x ++++=-++⋅⋅,满足'()02f π=(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅱ)若122nn n a b a =+(),求数列{}n b 的前n 项和n S . 25.(2013广东)设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ,满足21441n n S a n +=--,*n N ∈,且2514,,a a a 构成等比数列.(Ⅰ)证明:2a =(Ⅱ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅲ)证明:对一切正整数n ,有1223111112n n a a a a a a ++++<L . 26.(2013湖北)已知n S 是等比数列{}n a 的前n 项和,4S ,2S ,3S 成等差数列,且23418a a a ++=-.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)是否存在正整数n ,使得2013n S ≥?若存在,求出符合条件的所有n 的集合;若不存在,说明理由.27.(2013江苏)设{}n a 是首项为a ,公差为d 的等差数列()0d ≠,n S 是其前n 项和.记2nn nS b n c=+,N n *∈,其中c 为实数.(Ⅰ) 若0c =,且1b ,2b ,4b 成等比数列,证明:()2N nk k S n S k,n *=∈;(Ⅱ) 若{}n b 是等差数列,证明:0c =.28. (2012山东)已知等差数列{}n a 的前5项和为105,且1052a a =.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)对任意*m ∈N ,将数列{}n a 中不大于27m 的项的个数记为m b .求数列{}m b 的前m项和m S .29.(2012湖南)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.该企业第一年年初有资金2000万元,将其投入生产,到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第一年开始,每年年底上缴资金d 万元,并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元. (Ⅰ)用d 表示12,a a ,并写出1n a +与n a 的关系式;(Ⅱ)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4000万元,试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示).30.(2012浙江)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且n S =22n n +,n ∈N ﹡,数列{}n b 满足24log 3n n a b =+,*n N ∈. (Ⅰ)求,n n a b ;(Ⅱ)求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T .31.(2012山东)在等差数列{}n a 中,84543=++a a a ,973a =(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)对任意的*N m ∈,将数列{}n a 中落入区间()29,9m m 内的项的个数为m b ,求数列{}m b 的前m 项和m S .32.(2012江苏)已知各项均为正数的两个数列{}n a 和{}n b满足:1n a n *+=∈N .(Ⅰ)设11n n nb b n a *+=+∈N ,,求证:数列2n n b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是等差数列;(Ⅱ)设1nn nb b n a *+∈N ,,且{}n a 是等比数列,求1a 和1b 的值. 33.(2011天津)已知数列{}{}n n a b 与满足11(2)1nn n n n b a b a +++=-+,1*13(1),,22n n b n N a -+-=∈=且.(Ⅰ)求23,a a 的值;(Ⅱ)设*2121,n n n c a a n N +-=-∈,证明{}n c 是等比数列;(Ⅲ)设n S 为{}n a 的前n 项和,证明*21212122121().3n n n n S S S S n n N a a a a --++++≤-∈L 34.(2011天津)已知数列{}n a 与{}n b 满足:1123(1)0,2nn n n n n n b a a b a b ++++-++==,*n ∈N ,且122,4a a ==.(Ⅰ)求345,,a a a 的值;(Ⅱ)设*2121,n n n c a a n N -+=+∈,证明:{}n c 是等比数列;(Ⅲ)设*242,,k k S a a a k N =++⋅⋅⋅+∈证明:4*17()6nk k kS n N a =<∈∑. 35.(2010新课标)设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-=g(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)令n n b na =,求数列的前n 项和n S .36.(2010湖南)给出下面的数表序列:124 4 8表1 表2 表3 ∙∙∙1 1 3 1 3 5其中表n (n =1,2,3 )有n 行,第1行的n 个数是1,3,5,2n -1,从第2行起,每行中的每个数都等于它肩上的两数之和.(Ⅰ)写出表4,验证表4各行中数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列,并将结论推广到表n (n ≥3)(不要求证明);(Ⅱ)每个数列中最后一行都只有一个数,它们构成数列1,4,12,记此数列为{}n b 求和:32412231n n n bb b b bb b b b ++++L *()n N ∈ .。

十年真题(2010-近年)高考数学真题分类汇编专题07数列理(含解析)(最新整理)

十年真题(2010-近年)高考数学真题分类汇编专题07数列理(含解析)(最新整理)

故选:C.
4.【2017 年新课标 1 理科 12】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 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中
第一项是 20,接下来的两项是 20,21,再接下来的三项是 20,21,22,依此类推.求满足如下条件
9a5.
∴a100=a5+95d=98, 故选:C.
6.【2013 年新课标 1 理科 07】设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sm﹣1=﹣2,Sm=0,Sm+1=
3,则 m=(

A.3
B.4
C.5
D.6
【解答】解:am=Sm﹣Sm﹣1=2,am+1=Sm+1﹣Sm=3,
所以公差 d=am+1﹣am=1,
故选:D.
9.【2019 年新课标 1 理科 14】记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和.若 a1 ,a42=a6,则 S5 =. 【解答】解:在等比数列中,由 a42=a6,得 q6a12=q5a1>0, 即 q>0,q=3,
则 S5

故答案为:
10.【2018 年新课标 1 理科 14】记 Sn 为数列{an}的前 n 项和.若 Sn=2an+1,则 S6
m(a1+am)=0, (m+1)(a1+am+1)=3,
可得 a1=﹣am,﹣2am+am+1+am+1
0,
解得 m=5.
故选:C.
7.【2013 年新课标 1 理科 12】设△AnBn∁ n 的三边长分别为 an,bn,cn,△AnBn∁ n 的面积为 Sn,
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(Ⅱ)令
bn
=
(1)n1
4n an an 1
,
求数列{bn}
的前
n
项和 Tn

20.(2014浙江)已知数列an和 bn满足 a1a2 an 2 bn n N .若an为等比数列,
且 a1 2,b3 6 b2.
(Ⅰ)求 an 与 bn ;
(Ⅱ)设 cn
1 an
1 bn
nN
.记数列cn的前 n 项和为 Sn .
a1a2 a2a3
anan1 2
26.(2013 湖北)已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和, S4 ,S2 ,S3 成等差数列,
且 a2 a3 a4 18 .
(Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式;
(Ⅱ)是否存在正整数 n ,使得 Sn 2013 ?若存在,求出符合条件的所有 n 的集合;
对每个 n N, Sn bn , Sn1 bn , Sn2 bn 成等比数列.
(1)求数列 {an },{bn } 的通项公式;
(2)记 cn
an , n N, 2bn
证明: c1 c2 +
cn 2 n, n N.
3.(2019 江苏 20)定义首项为 1 且公比为正数的等比数列为“M-数列”.
递增子列末项的最小值为 2s-1,且长度为 s 末项为 2s-1 的递增子列恰有 2s1 个(s=1,2,…),
求数列an 的通项公式.
2010-2018 年
一、选择题 1.(2017 新课标Ⅰ)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 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16 ,„,
其中第一项是 20 ,接下来的两项是 20 , 21 ,再接下来的三项是 20 , 21 , 22 ,依此类
推.求满足如下条件的最小整数 N : N 100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂.那
么该款软件的激活码是
A.440
B.330
C.220
D.110
2.(2016 年全国Ⅲ)定义“规范 01 数列”{an}如下:{an}共有 2m 项,其中 m 项为 0,m 项
an bn cn ( n N )成立.
24.(2013 安徽)设数列an 满足 a1 2 , a2 a4 8 ,且对任意 n N * ,函数
f
(x)
(an
an1
an2 )x
an1
cos
x
- an2
sin
x
,满足
f
'( 2
)
0
(Ⅰ)求数列an 的通项公式;
(Ⅱ)若 bn
(2 an
1 2an
(a12 a22
a2 n1
Байду номын сангаас
)
(a22
a32
an2 ) (a1a2 a2a3
A.p 是 q 的充分条件,但不是 q 的必要条件
an1an )2 ,则
B.p 是 q 的必要条件,但不是 q 的充分条件
C.p 是 q 的充分必要条件
D.p 既不是 q 的充分条件,也不是 q 的必要条件
4.(2014 新课标 2)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 =
A. nn 1
B. nn 1
C. n n 1
2
D. n n 1
2
5.(2014 浙江)设函数
f1(x) x2 ,
f2 (x) 2(x x2 ),
f3
(
x)
1 3
|
sin
2x
|

ai
i, 99
i 0,1, 2,,99,记 Ik | fk (a1) fk (a0 ) | | fk (a2 ) fk (a1) |
(Ⅱ)若 a1
1,函数
f
(x)
的图象在点 (a2 , b2 )
处的切线在
x
轴上的截距为 2
1 ln 2

求数列{an } bn
的前 n 项和Tn .
23.(2014 江苏)设数列{an } 的前 n 项和为 Sn .若对任意正整数 n ,总存在正整数 m ,使得
Sn am ,则称{an } 是“H 数列”.
13.(2017 天津)已知{an} 为等差数列,前 n 项和为 Sn (n N) ,{bn} 是首项为 2 的等比 数列,且公比大于 0, b2 b3 12 , b3 a4 2a1 , S11 11b4 .
(Ⅰ)求{an} 和{bn}的通项公式; (Ⅱ)求数列{a2nb2n1} 的前 n 项和 (n N) . 14.(2017 浙江)已知数列{xn} 满足: x1 1, xn xn1 ln(1 xn1) (n N* ) .
(Ⅰ)若 0, 2 ,求数列an 的通项公式;
(Ⅱ)若
1 k0
(k0
N , k0

2)

1,证明: 2
1 3k0 1
ak0 1
2
1 2k0 1

19.(2014 山东)已知等差数列{an}的公差为 2,前 n 项和为 Sn ,且 S1 , S2 , S4 成等比数
列.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
a2 , a4 , a6 成公差为 1 的等差数列,则 q 的最小值是________.
11.(2011
浙江)若数列
n(n
4)(
2 3
)n
中的最大项是第
k
项,则
k
=_______________.
三、解答题
12.(2018 江苏)设{an}是首项为 a1 ,公差为 d 的等差数列,{bn}是首项为 b1 ,公比为 q 的
专题六 数列
第十八讲 数列的综合应用
2019 年
1.(2019 浙江 10)设 a,b∈R,数列{an}中 an=a,an+1=an2+b, n N ,则
A.当
b=
1 2
时,a10>10
C.当 b=-2 时,a10>10
B.当
b=
1 4
时,a10>10
D.当 b=-4 时,a10>10
2.(2019 浙江 20)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn , a3 4 , a4 S3 ,数列{bn}满足:
(Ⅰ)写出数列 1,8,3,7,5,6,9 的一个长度为 4 的递增子列;
(Ⅱ)已知数列an 的长度为 P 的递增子列的末项的最小值为 amo ,长度为 q 的递增子 列的末项的最小值为 ano ,若 p<q,求证: amo ano ;
(Ⅲ)设无穷数列an 的各项均为正整数,且任意两项均不相等,若an 的长度为 s 的
(Ⅱ)设双曲线 x2
y2 an2
1的离心率为 en ,且 e2
5 3
,证明: e1
e2
en
4n 3n 3n1

16.(2015 湖北)设等差数列{an} 的公差为 d,前 n 项和为 Sn ,等比数列{bn} 的公比为 q.已
知 b1 a1 , b2 2 , q d , S10 100 .
(ⅰ)求 Sn ;
(ⅱ)求正整数 k ,使得对任意 n N ,均有 Sk Sn .
21.(2014 湖南)已知数列{ an }满足 a1 1,| an1 an | pn , n N*.
(Ⅰ)若{ an }是递增数列,且 a1, 2a2, 3a3 成等差数列,求 p 的值;
(Ⅱ)若
p
1 2
(Ⅰ)求数列{an} ,{bn} 的通项公式;
(Ⅱ)当
d
1时,记 cn
an bn
,求数列{cn} 的前
n
项和 Tn

17.(2015 陕西)设 fn x 是等比数列1,x , x2 , ,xn 的各项和,其中 x 0 ,n ,
n≥2.
(Ⅰ)证明:函数 Fn x
fn
x
2

(
1 2
,1)
内有且仅有一个零点(记为
),求数列bn 的前 n
项和
Sn

25.(2013
广东)设各项均为正数的数列an 的前 n
项和为 Sn
,满足 4Sn
a2 n1
4n 1,
n N* ,且 a2 , a5, a14 构成等比数列.
(Ⅰ)证明: a2 4a1 5 ;
(Ⅱ)求数列an 的通项公式;
(Ⅲ)证明:对一切正整数 n ,有 1 1 1 1 .
素 从 小 到 大 依 次 排 列 构 成 一 个 数 列 {an} . 记 Sn 为 数 列 {an} 的 前 n 项 和 , 则 使 得
Sn 12an1 成立的 n 的最小值为

7.(2015 陕西)中位数为 1 010 的一组数构成等差数列,其末项为 2 015,则该数列的首项
为.
8.(2014 新课标 2)数列
证明:当 n N* 时
(Ⅰ) 0 xn1 xn ;
(Ⅱ)
2xn1
xn

xn xn1 2

(Ⅲ)
1 2n1

xn

1 2n2

15.(2016 年四川高考)已知数列{ an }的首项为 1, Sn 为数列{ an }的前 n 项和,
Sn1 qSn 1 ,其中 q>0, n N* .
(I)若 2a2, a3, a2 2 成等差数列,求 an 的通项公式;
(Ⅰ)若数列{an } 的前 n 项和 Sn 2n ( n N ),证明: {an } 是“H 数列”;
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