2020年高考数学一轮复习讲练测浙江版第07讲第六章数列(单元测试)(测)【解析版】
2020版数学新攻略大一轮浙江高考专用：6.1 数列的概念与简单表示法 夯基提能作业
第六章数列与数学归纳法§6.1数列的概念与简单表示法A组基础题组1.数列0,,,,…的一个通项公式为( )A.a n=-(n∈N*)B.a n=-(n∈N*)C.a n=(--(n∈N*) D.a n=(n∈N*)答案 C 将0写成,观察数列中每一项的分子、分母可知,分子可表示为2(n-1 ,n∈N*,分母可表示为2n-1,n∈N*.2.数列{a n}的前n项和S n=2n2+3n(n∈N*),若p-q=5,则a p-a q=( )A.10B.15C.-5D.20答案 D 当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n2+3n-[2(n-1)2+3(n-1)]=4n+1,当n=1时,a1=S1=5,符合上式,∴a n=4n+1,∴a p-a q=4(p-q)=20.3.若数列{a n}的前n项和S n满足S n=4-a n(n∈N*),则a5=( )A.16B.C.8D.答案 D 由题意可知a 1=S1=4-a1⇒a1=2.a n+1=S n+1-S n=(4-a n+1)-(4-a n)=a n-a n+1⇒2a n+1=a n,所以数列{a n}是以2为首项,为公比的等比数列,所以a n=2·-=-,所以a5==,故选D.4.在数列{a n}中,a1=1,a2=3,且a n+2=|a n+1-a n|,则a2 015=( )A.0B.1C.2D.3答案 B 易知数列{a n}是1,3,2,1,1,0,1,1,0,…,所以从第四项起,每三个相邻的项周期性地取值1,1,0,故a2 015=1.5.已知数列{a n}满足a1=2,a n+1=-(n∈N*),设T n=a1a2·…·a n,则T2 017的值是( )A.-4B.2C.3D.1答案 B 因为a 1=2,a n+1=-,所以a2=-3,a3=-,a4=,a5=2,a6=-3,……易知数列{a n}是周期数列,且a1a2a3a4=1,所以T2 017=T4×504+1=a1=2.6.(2018宁波诺丁汉大学附中高三期中)已知数列{a n}的前n项和S n=n2+2n-1(n∈N*),则a1= ;数列{a n}的通项公式a n= .答案2;,,解析因为S n=n2+2n-1,当n=1时,a1=1+2-1=2,当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+2n-1-[(n-1)2+2(n-1)-1]=2n+1,所以a n=,,,7.在数列{a n}中,a1=1,(n2+2n)(a n+1-a n =1(n∈N*),则数列{a n}的通项公式a n= .答案-(解析由题意可知,a n+1-a n==-,所以当n≥2,n∈N*时,a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+(a n-2-a n-3 +…+(a4-a3)+(a3-a2)+(a2-a1)+a1=--+--+---+…+-+-+-+1=--+1=-(.8.(2018宁波效实中学模拟)已知数列{a n}满足a1=1,a n-a n+1=((n∈N*),则a n= .答案-解析由a n-a n+1=(得-=(=2×-,由累加法得-=2-,又因为a1=1,所以=2-+1=-,所以a n=-.9.(2018金华东阳二中高三调研)已知数列{a n},{b n}满足a1=,a n+b n=1,b n+1=-(n∈N*),则b2 017= .答案解析因为a n+b n=1,且b n+1=-,所以b n+1=-,所以---=-1.因为a1=,且a1+b1=1,所以b1=,所以-=-2,所以数列-是以-2为首项,-1为公差的等差数列,所以-=-n-1,所以b n=,则b2 017=.10.已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,a n+1=S n,n∈N*.(1)求a2,a3,a4的值;(2)求数列{a n}的通项公式.解析(1)由a 1=1,a n+1=S n,n∈N*,得a2=S1=a1=,a3=S2=(a1+a2)=,a4=S3=(a1+a2+a3)=.(2)由a n+1-a n=(S n-S n-1)=a n得a n+1=a n(n≥2 ,又a2=,所以a n=×-(n≥2 ,∴数列{a n}的通项公式a n=,,-,,∈11.已知数列{a n}满足:a1=c,2a n+1=a n+1(c≠1,n∈N*),记数列{a n}的前n项和为S n.(1)令b n=a n-1,证明:数列{b n}是等比数列;(2)求最小的实数c,使得对任意的n∈N*,都有S n≥3成立.解析(1)证明:∵2a n+1=a n+1,即a n =2a n+1-1,且b n=a n-1,∴b1=a1-1=c-1,=--=-(-=,又∵c≠1,∴b1≠0,∴{b n}是以c-1为首项,为公比的等比数列. (2)由(1)可得b n=(c-1 ×-,∴a n=b n+1=--+1.∴S n=a1+a2+a3+…+a n=(c-1)…-+n=(c-1)--+n.∵S n≥3对任意的n∈N*都成立,即(c-1)--+n≥3对任意的n∈N*都成立,即对任意的n∈N*,2(c-1 ≥--都成立,显然当n=1时,-取到最大值4,-∴2(c-1 ≥4,∴实数c的最小值为3.B组提升题组1.(2018湖北六校模拟)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=(n∈N*).若b n+1=(n-2λ ·(n∈N*),b1=-λ,且数列{b n}是单调递增数列,则实数λ的取值范围是( )A.λ<B.λ<1C.λ<D.λ<答案 A 因为数列{a n}满足a1=1,a n+1=(n∈N*),所以a n>0,=+1,则+1=2,所以数列是等比数列,且首项为+1=2,公比为2,所以+1=2n.所以b n+1=(n-2λ)=(n-2λ ·2n(n∈N*),所以b n=(n-1-2λ ·2n-1(n≥2因为数列{b n}是单调递增数列,所以b n+1>b n,所以(n-2λ ·2n>(n-1-2λ ·2n-1(n≥2 ,可得λ<(n≥2 ,因为λ<,又当n=1时,b2>b1,所以(1-2λ ·2>-λ,解得λ<,综上,λ的取值范围是λ<,故选A.2.若数列{a n}满足a4=9,(a n+1-a n-1)(a n+1-3a n =0(n∈N*),则满足条件的a1的所有可能值之积是.答案0解析由(a n+1-a n-1)(a n+1-3a n)=0知a n+1-a n-1=0或a n+1-3a n=0.因为a4=9,所以a3可能为3,同理,a2可能为1,从而推知a1可能为0,故满足条件的a1的所有可能值之积是0.3.已知数列{a n}满足a1=-,且2a n+1a n+3a n+1+a n+2=0,设b n=(n∈N*),则当数列{b n}的前n项和最小时,正整数n的值是.答案7解析由题意可知,2(a n+1 ·(a n+1+1)+(a n+1+1)-(a n+1)=0,所以-=2,即b n+1-b n=2,又b1==-13,所以b n=-13+2(n-1)=2n-15.令b n≤0,可得n≤7,n∈N*,故n=7.4.数列{a n}的前n项和为S n,若a1=14,S n+S n+1=-3n2+28n+14,则a2= ;S n的最大值是.答案11;40解析当n=1时,S 1+S2=-3+28+14=39,整理得2a1+a2=39,又a1=14,所以a2=11.由题意可得,当n≥2时,S n-1+S n=-3(n-1)2+28(n-1)+14,联立-(-(-,--,- 得,a n+a n+1=-6n+31(n≥2 ,即[a n+1+3(n+1)-17]+(a n+3n-17 =0(n≥2 a1+a2=25,符合上式.令b n=a n+3n-17,则b1=0,b n+b n+1=0,∴b n=0,即a n=17-3n,故数列{a n}从第六项开始,a n<0,在此之前,a n>0,故S n的最大值为S5=a1+a2+a3+a4+a5=40.5.已知数列{a n}中,a1=0,a2=2,且a n=--1(n≥2,n∈N*).数列{b n}中,b n=a n+1-a n.(1)证明:数列{b n}为等差数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{c n}满足c n=,数列{c n}的前n项和为S n,求满足S n≤的最大正整数n的值.解析(1)证明:当n≥2时,b n-b n-1=(a n+1-a n)-(a n-a n-1)=a n+1-2a n+a n-1=2,且b1=a2-a1=2-0=2,∴数列{b n}是首项为2,公差为2的等差数列,∴b n=2+2(n-1)=2n,即a n+1-a n=2n,则a n-a n-1=2(n-1),a n-1-a n-2=2(n-2 ,……,a3-a2=2×2,a2-a1=2×1,∴a n-a1=2[1+2+…+(n-2)+(n-1)]=n(n-1),即a n=n(n-1 (n≥2 ,又a1=0符合上式,故a n=n(n-1).=-,∴S n=c1+c2+…+c n-1+c n(2)c n=(=-+-+…+-+-=1-.-∵S n≤,∴1-≤,得n≤2 015,∴满足S n≤的最大正整数n的值为2 015.6.已知数列{a n}满足a1=a>0,a n+1=-2.(1)若数列{a n}为递减数列,求实数a的取值范围;(2)当a=时,设数列{a n}的前n项和为S n,证明:当n≥3时,n+≤S n<n+.解析(1 ∵{a n}为递减数列,∴a2<a1,即-2<a,得1<a<2.下面用数学归纳法证明:当1<a<2时,1<a n<2.当n=1时,由已知得1<a1<2,∴n=1时命题成立;假设n=k时,命题成立,即1<a k<2,则当n=k+1时,a k+1=-2在1<a k<2内递增,∴×(5+4 -2<a k+1<×(10+2 -2,化简得1<a k+1<2.∴当n=k+1时,命题成立.综合 、 ,可得1<a n<2.此时a n+1-a n=-2<0.所以当数列{a n}为递减数列时,1<a<2.(2)证明:设b n=a n-1,T n为数列{b n}的前n项和,即证≤T n<(n≥3计算得b1=-,b2=,b3=,由(1)可得当n≥2时,b n∈(0,1 且{b n}为递减数列, T n≥b1+b2+b3=>,∴左边得证.再证:b n+1≤b n(n≥3 ⇔a n+1-1≤(a n-1 (n≥3⇔-3≤(a n-1 (n≥3 ⇔a n+≤⇔2a n+≤5(n≥3 ,由(1)可得当n≥3时,1<a n<,故2a n+≤5,所以T n=b1+b2+…+b n=b3+b4+…+b n≤b31+++…+-=--<,故当n≥3时,n+≤S n<n+.。
浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测六平面向量与复数单元检测含解析
单元检测六平面向量与复数（时间：120分钟 满分：150分）、选择题（本大题共10小题，每小题4分,40分.在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的）1 .若复数z 满足i z = 3+ 4i ，则| z |等于（ A . 1B. 2C. 5D. 5 答案 D3+ 4i解析 因为 Z = ：— = - (3 + 4i)i = 4— 3i ,o Z 1 2 .若 Z 1= (1 + i) 2, Z 2= 1 - i ，则一等于( Z 2A . 1 + iB . - 1+ iC . 1 — iD . - 1 — i 答案2••• Z 1= (1 + i) = 2i , Z 2 = 1- i ,A. ,5B. , 10C. ,2D. 3 5 答案 A解析 由 m// n , m= ( - 1,2) , n = (2 , b )，得 b =- 4, 故 n = (2 , — 4)，所以 m + n = (1 , — 2), 故| n + n | = .5,故选 A.4.如图所示，向量o A= a , 0B= b , 0C= c ,点A , B, C 在一条直线上， 且心—4C B 则（1 3A . c =尹+尹1 4,第I 卷（选择题 共40分）解析2i 2i 1 + iZ 2 1 - i —(1 - i ]1 + i3 .设平面向量m= ( - 1,2),Z 1 十=-1 + i. n = (2 , b )，若 mil n ,则 | m + n | 等于(C. c =- a + 2bB . c =尹―尹D. c=-3a+3b 答案D解析 c = 屜葩屜毎屜3（ e %=4张推4b _ 3a .故选D.5.设向量a = （X , 1） , b = （1，— •. 3），且a 丄b ,则向量a — 3b 与b 的夹角为（答案 D解析 因为 a 丄b ,所以 x —，j3= 0,解得 x = 3,所以 a = ( 3, 1), a — 3b = (0,4)，则 cos 〈a —Q3b ,b 〉=』-护13 • b = 4：屮 =—乂3，所以向量 a — J3b 与b 的夹角为 学，故v | a —护b | • b | 4X2 2 ¥6选D.6.已知等差数列｛a n ｝的前n 项和为 $,若0B= a i OAb 阪19玄 且A , B, C 三点共线(O 为该直 线外一点)，则$019等于()2019A . 2019B. 2020C —^D. 1010 答案 CT T T2019解析 A , B, C 三点共线，且 OB= a 1 OAF a 2°19OC 贝V a 1 + a 2°19= 1,所以 $0伯=—2-(a 1 + 32019)=7.如图，在厶 ABC 中 , AB= AC = 3 , cos / BAC=1 , SC= 2B D 则 AD ・ BC 的值为( )32 T 2 1T T 1 T 2=—§|AB + §AB ・ AC F 31 AC =—6+ 1 + 3=— 2,故选 B.冗一冗-2冗…5 n F D."6A.yB.yC. 20192 ,故选C.A . 2B.— 2C. 3D. — 3 答案 B解析 A D- BC = (AC F C D - BC =8. （2018 •嘉兴期末）对任意两个非零向量 a , b,下列说法中正确的是（）2 2A. （a + b）》（a —b）B. （a + b）A a + b2C. (a + b ) >4| a || b |D. (a + b )2+ (a — b )2>4a • b 答案 D解析 因为(a + b )2 — (a — b )2= 4a • b ,与0的大小关系不确定，所以 A 错误；(a + b )2 — a 2 — b 2 = 2a • b ,与0的大小关系不确定，所以B 错误；(a + b )2 — 4| a || b | = | a |2+ | b |2 +2| a || b |cos 0 — 4|a || b | >2| a || b |(cos 0 — 1)，而 2| a || b |(cos 0 — 1) < 0,所以 C 错误；(a222222+ b ) + (a — b ) — 4a • b = 2(| a | + | b | — 2a • b ) = 2( a — b ) >0 ,所以(a + b ) + (a — b )2>4a • b ,故选 D.9.如图，在等腰梯形 ABCD^，已知 DC/ AB, / ADC= 120°, AB= 4, CD= 2，动点E 和F 分 别在线段BC 和 DC 上，且Bfe=kBC DF =入D C 则X E -希勺最小值是2入A . 4 6 + 13B . 4 6 — 13 厂 13厂 13 C. 4 6 + y D 4 6 — y答案 B解析 在等腰梯形 ABCDK AB= 4, CD= 2,Z ADC= 120°,易得 AD= BC= 2. 由动点E 和F 分别在线段BC 和 DC 上得， 0< 丄 <1, 12入 所以$<入<1.20< 入 <1,所以X E- B F = (AB^B E •(B C >C F )=XB- B C + B E - BC >XB- C F + B E - C F=| X B •i BC cos120 ° + | B E •丨 BC — | AB •)CF +1 晶•1+ — X 2 — 4X (1 —入)X 2+ — X (1 —入)X 2X2 入入| CF cos60=4X 2X38 入X "3 = 4yf6—13, =—13+ 8 入 + —>—13 + 2 入当且仅当"严时取等号.所以AL BF的最小值是4.6—13.110.已知共始点的三个向量 e 1,e 2,m 且e 1,e 2为单位向量，e 1 - e 2= m= xe 1 + ye,若m- e 1>0, m- e 2<0,且满足x + y = 1,则实数x 的取值范围是（ ）A . ( —g,— 2) C. (1 ,+g ) 答案 D解析 由m= xe 1+ ye 2及x + y = 1,可知 m 的终点与 e 1, e 2的终点共线，由 n r e 1>0，可知 m 与e 1的夹角为锐角或同向共线， 由m- e 2<0,可知m 与e 2的夹角为钝角或反向共线， 又由| e 1| 1 n=I 閔=1, e 1 - e 2= 2得〈e 1, e 2>=—令 e 1 = OA e 2 = OB m= OM可知x >2. 第n 卷（非选择题共110分）中横线上） 11.已知复数・ 2017 | ・2018z = i + i答案 —i — 1 .10 _2-解析 因为z : ・ 20172018.=1 + i = 1 因为z + 3 i + 2 1 + 3ii — 1,所以 z =— i — 1. ，则z 的共轭复数zz + 2— i二、填空题（本大题共7小题, B . (1,2) D. (2 ,+g)作 OCL OB 易得 0C= 2e i — e 2. 由题意可知点 M 在射线CD±（点C 除外）运动, 多空题每题 6分，单空题每题 4分，共36分•把答案填在题所以1+ 910 z + 2 = 2= 2 .则A , B , M 三点共线，且〈m 如图所示,12.已知点0ABC内一点，且满足O AF OB^ 40C= 0.设厶OBCI A ABC的面积分别为S1,SS2,则S；=1答案66解析设E为AB的中点，连接0E延长0C到D,使0D= 40C因为点0为厶ABC内一点，且满足OAb 血4^0= 0,所以OAb 血6D= 0,则点O是厶ABD的重心，贝U E, O, C, D共线，11 S 1 OD： OE= 2 : 1，所以OC OE= 1 : 2,贝U CE： OE= 3 : 2,贝U S =-S A BCE=；S A ABC所以.3 6 S a 613. ______________ 在△ ABC中, AB= 6, AC= 5, A= 120°,动点P在以C为圆心，2为半径的圆上，则PA- P B 的最小值是.答案16解析设AB的中点为M则PA- P B=1PM I P B2- 1P A-P B 2=P M- M A=P I\M- 9,所以要求P A-內的最小值，即求| P M的最小值，显然当点P为线段MC与圆的交点时，i P M取得最小值，最小值为I M C—2.在厶AM（中，由余弦定理得 |屁2= 32+ 52—2X 3X 5X cos120°= 49,所以|MC = 7所以|PM的最小值为5,则P A- PB的最小值为16.14. ______________________________________________________________ 在△ ABC中, AB= 3AC / CAB= 120°,以A为圆心，AC长为半径作圆弧，交AB于点D, M为圆弧CD上任一点，A M= xAB+ yAC贝卩3x+ y的取值范围为____________________________________________ ,xy的最大值为1答案[1,2] 3解析如图，连接设A M=入A N 贝U 入€ [1,2].■/ AM= xAB+ yAC= 3xAb+ y X C由C, N, D 三点共线，得3x + y = 1,入 入•••3 x + y =入 € [1,2].21• 4X3 x • y w (3 x + y ) <4,「. xy < -,3, 「 1 3x = y ,x =o , 1当且仅当£即f 3 时取等号，•( Xy )max =?3x + y = 2,3y = 1215.在平面中，已知向量 a , b 的夹角为 才,| a - b | = 6，向量c — a , c — b 的夹角为一扌,| c—a | = 2击，贝U a 与c 的夹角为 _________ ; a • c 的最大值为 ________ .n答案—18+12 3解析设 a = O A b = O B c = O C则 a 一 b = BA c 一 a = AC c 一 b = BC,2知/ Ao =nn, / ACB = -n.当点Q C 在AB 两侧时，由题可得 Q A , C, B 四点共圆, 2 n 在厶 ABC 中 , BA= 6 , AC= 2 3 , / ACB=〒, 由正弦定理得AC ,sin Z ACB sin Z CBA1 n贝U sin Z CB/=-,即Z CB/=2 6nn则/ CB =Z coy ,可得a 与c 的夹角为E 因为 |c — a | = 2 3 , 2 2所以 12= c + a — 2a • c >2| a || c | — 2a • c ,na • c = | a || c |cos —得 | a || c | =4所以 12》一^a • c — 2a • c , 所以 a • c w 6¥； = 18 +12寸3.2—彳3当点Q C 在AB 同侧时，可得点 A , B, O 在以C 为圆心，AC 为半径的圆上，则当点 Q C, A 在同一直线上，即 OA 为圆C 的直径时，a • c = OA 0（取得最大值, (a • c ) max = | OA ・| OC = 4*3 X2 3 = 24.又由2c,n 综上所述，a • c的最大值为18 + 12 3，此时a与c的夹角为—.16. 已知定点A,B满足= 2，动点P与动点M满足|PB| = 4,AM=入AB+ (1 —入)Ap入€ R),且I屁\ = I MfP，则X P- AM勺取值范围是______ ；若动点C也满足| CB = 4，则X C- AM勺取值范围是_________ .答案[2,18] [ —6,18]解析因为AM=入AB^ (1 —入)Ap入€ R),入+ 1 —入=1 ,所以根据三点共线知，点M在直线PB上，又| XA = | X P,记PA的中点为D,连接MD如图，则MDLAP X P- AM= X P-(A D+ 3M=AP・ AD+ 0=£A P,因为|PB = 4,所以点P在以B为圆心，4为半径的圆上, 则| X P € [2,6]，贝y AP・ AM= 2A P C [2,18].由于| MA +1 M B = I XP +1X B = 4,所以点M在以A, B为焦点，长轴长为4的椭圆上，以直线AB为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，2 2则椭圆方程为X+y = 1,4 32 2点C在圆(x —1) + y = 16 上，A—1,0),设M2cos a , 3sin a ), C(4cos 3 + 1,4sin 3 ),则AC= (4cos 3 + 2,4sin 3 ),^\== (2cos a + 1,』3sin a ),/^C- XM= (8cos a + 4)cos 3 + 4 3sin a sin 3 + 4cos a + 2 =7(8cos a + 4 2+ (4^3S in a 丫sin( 3 + 0 ) + 4cos a + 2=(4cos a + 8)sin( B + 0 ) + 4cos a + 2,最大值是(4cos a + 8) + 4cos a + 2= 8cos a + 10< 18,最小值是—(4cos a + 8) + 4cos a + 2= —6,所以A C-X M E [ —6,18].17. _______________________________________ 已知平面向量a, b, c,其中a, b的夹角为B,若| a| -| b| - sin 0 = 2, c=^ a+ b(入为实数)，则c -(c —a) + a2的最小值是 .答案 2 3解析方法一令3= a, 0B= b, 0G= c,则/ BOA= 0，并记| OA = | a| = a, | 0耳=| b| = b,线段OA的中点为M 则|a| • b| - sin 0 = ab sin 0 = 2.由c = X a + b 知，c —b = X a, 即卩BC// OAc •( c —a) + a2= 0C-( OC— S A + a2-A -A 2 ~A -A 2=OC- AC+ a = CO- C/+ a1 -A —A2 ~A —A 2 2=-[(COF CA —(CO- CA ] + a4=C M- 4a2+ a2= | CM2+ 4a2.又I d M ^1 —B sin / BOA= b sin 0 ,所以c •( c—a) + a2= | C M2+ |a2> b2sin 20 + 3a24 4b2sin 20 - 4a2= >^3ab sin 0 = 2p.3当且仅当b2sin 20 = a2时取到最小值.4方法二令OA= a, OB= b, OC= c,/ BOA= 0 , | OA = | a| = a, | OB = I b| = b,2由| a| ・| b| • sin 0 = ab sin 0 = 2,得b sin 0 =. a设Q0,0) , A(a,0) , Bm I ,I=a, c = X a+ b = n+aX =2，三、解答题（本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 ）18. （14分）（2018 •杭州萧山区第一中学月考 ）已知复数z =1 + i3K2 5— i.3十I （1）求 |z | ；⑵若z （z 十a ） = b + I ，求实数a , b 的值.「•I z | = 10.(2) J (3 — I)(3 — I 十 a ) = (3 — I) 2+ (3 — I) a =8 十 3a — (a + 6)I = b 十 I , 8十 3a = b , l a = — 7,•••得—a + 6 = 1,|b =— 13.19. (15分)(2019 •湖州调研)已知平面向量 a , b 满足| a | = 1, |3a — 2b | = 13，且a , b 的 夹角为60°. (1) 求|b |的值；⑵求2a — b 和a — 2b 夹角的余弦值.解 (1)由已知得 |3 a — 2b | = 9+ 4|b | — 12a • b=9十 4|b |2— 12X| b | X cos60° = 13,2即 2| b | — 3| b | — 2= 0，解得 | b | = 2. (2) |2 a — b | = .4+ 4 — 4X 2cos60° = 2, | a — 2b | = . 1 十 16 — 4X 2cos60°= . 13.又(2 a — b ) •( a — 2b ) = 2+ 8 — 5X 2cos60° = 5.当且仅当 3 2 44a =a时取到最小值.2I 十 10— 2I (1) J Z= ^十—10 10 3— I -. 3+ I — 10 — 3 I4贝U c •( c — a ) + a 2 = a 2K a a2=x — ax +2a(2a—b )• (a—2b = 5 =|2a—b|| a —2b| = 2^13 = "2T所以2a—b和a—2b夹角的余弦值为20. （15分）如图，在A OABK 点P 为线段AB 上的一个动点（不包含端点），且满足AP=入PB1⑴若入=2，用向量OA 6B 表示6P⑵ 若l OA = 4, | 0B = 3,且/ AO B= 60°,求 O P- AB 取值范围.-> 1 -> -> -> 1 -> ->解⑴••• AF ^ 严二 0巴 OA ^（OB- OP , 3 T T 1T T 1T ••• Q OI O 用 2°B 即 Oi 3O/V 3OB⑵•/ OA- T B= | OA -| T B • COS 60°= 6,辰入 F B 入 >0）,OF - OA =入（OB ~ op , （1 + 入）OP = OAF 入 O B-晁 1 TA ^ 入 T B…OP= 1 +入 O/+1 +入 OB—16+ 9X+ 6- 6入 3X — 10131TI = 1+ 入=3 - T +T .（1）求 COS / AOC 勺值;••• S P ・AB=T/+缶11+入OA+•/入 >0, 13• 3- L （ - 10,3）•AB 的取值范围是（—10,3）21.（15分））设AD 是半径为5的半圆O 的直径（如图），B, C 是半圆上两点,已知 AB= BC= . 10.x1+入（2）求DC- DBM 解⑴如图，连接OB3故DC- DB= 8X3 10X = 72. 方法二 DC- DB = (Oc-O D •( Oi O D=(0(+ OA • ( OBb OA=O C O A + Oc OB^ O B- 0+ OA =| 0C °A cos / AO (+ | O C °B cos / C0+| O B I OA cos / AO + 25 =7 + 20+ 20+ 25= 72.方法三 如图建立平面直角坐标系, 由⑴ 知，B , C 的坐标分别为 B (4,3) , C 7, 24 , 又 D ( — 5,0),则 DC= 32 24 , °B= (9,3)，可得 DC- °B= 72.3i22.(15 分)如图，在△ ABC 中, AM = 4AB+ 4ACA25+ 25- 10 4由余弦定理得cos/ AO =Z 茹5=5.又在 Rt △ ADB 中, sin / 10，可得cos / AD =斋1DB =3 10, 所以cos / BD(=-^,由 AB= BC 知/ AOC 2 / AOB / AD =Z BDC 则 | DC = 8.⑴ 求厶ABM^A ABC 勺面积之比；⑵ 若N 为AB 中点，AM 与交于点P,且AP = x AB^ yACx , y € R ），求x + y 的值. 解 ⑴ 在厶 ABC中, AM= 3AB+〔AC4A MI = 3A B + AC 3(A MI - A B = AC > AM1即3BMI= MC 即点M 是线段BC 靠近B 点的四等分点•故△ ABM^A ABC 的面积之比为~.AP^ xAB+ yAC (x , y € R)，所以 x = 3y,因为N 为AB 的中点，所以 祜=AP-恥 xAfe+ yAC — 1AB= [x -1 斛 yAC即 2x + y = 1，又 x = 3y , 3 1 4所以 x = 7, y = 7,所以 x + y = 7.(2)因为AM=XM/AP,因为祚// C p 所以x -1 (y - 1) = xy ,。
2020版新高考数学(浙江)一轮练习：阶段滚动检测(六) Word版含解析
姓名，年级：时间：一、选择题1。
设全集U＝｛x∈N*|x≤4｝,集合A＝{1,4}，B＝｛2，4｝，则∁U（A∩B)等于( )A。
{1,2，3} B。
{1,2，4}C.｛1,3,4}D.｛2,3，4}2。
已知复数z满足(1－i）z＝i，则复数错误!在复平面内的对应点位于（）A。
第一象限B。
第二象限C。
第三象限D。
第四象限3.(2019·湖州模拟)已知某厂的产品合格率为0。
8，现抽出10件产品检查,则下列说法正确的是（）A.合格产品少于8件B。
合格产品多于8件C。
合格产品正好是8件D。
合格产品可能是8件4.函数f(x）＝e x cos x在点（0,f（0）)处的切线方程是( ）A。
x＋y＋1＝0 B.x＋y－1＝0C.x－y＋1＝0D.x－y－1＝05。
已知函数f(x）＝错误!x－cos x，则f(x)在［0,2π］上的零点个数为（)A.1 B。
2 C。
3 D.46.若数列{a n}对于任意的正整数n满足:a n>0且a n a n＋1＝n＋1,则称数列{a n}为“积增数列”。
已知数列{a n}为“积增数列"，数列{a2n＋a错误!}的前n项和为S n，则对于任意的正整数n,有( ）A。
S n≤2n2＋3 B。
S n〉n2＋4nC。
S n≤n2＋4n D.S n>n2＋3n7.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（)A。
16π B.8π C.错误!π D.错误!π8.已知双曲线错误!－错误!＝1(a>0，b>0)的一条渐近线被圆(x－c）2＋y2＝4a2截得弦长为2b(其中c为双曲线的半焦距),则该双曲线的离心率为（)A.错误!B.错误!C.错误! D。
错误!9.(2019·诸暨模拟)甲盒子装有3个红球，1个黄球，乙盒中装有1个红球，3个黄球，同时从甲乙两盒中取出i（i＝1,2,3）个球交换，分别记甲乙两个盒子中红球个数的数学期望为E1（i),E2（i），则以下结论错误的是（）A。
2020版数学新优化浙江大一轮试题：第六章 数列 考点规范练28 Word版含答案
2.(2018 浙江宁波高三期末)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一,书中有一道这样的题
1
目:把 100 个面包分给 5 个人,使每人所得成等差数列,且使较多的三份之和的7是较少的两份之和.若 按题中要求分好面包,则最少的一份为( )
5
∵a1=2,S4=20,∴4 × 2 + 2 d=20,解得 d=3.
1 6×5
∴S6=6 × 2 + 2 × 3=48.
7.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn(其中 n∈N*),且满足 a6+a7+a8-a9=2,则 a6= ,S4·S18 的最 大值是 .
答案 1 72
解析设公差为 d.由题意得 a6+a6+d+a6+2d-(a6+3d)=2a6=2,所以
10
5
11
A.3
B. 3
C.6
D. 6
答案 A
{ 5������1 + 10������ = 100,
解析设
a1<a2<a3<a4<a5,则
1
7(3������1 + 9������)
=
2������1 + ������,
5
解得 a1=3.故选 A.
3.(2018 浙江桐乡一模)在等差数列{an}中,d 为公差,Sn 为前 n 项的和,则“d>0”是“Sn+Sn+2>2Sn+1”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
答案 C 解析由已知 Sn ������������ - 1-Sn-1 ������������=2 ������������������������ - 1,可得 ������������ ‒ ������������ - 1=2,则数列{ ������������}是以 1 为首项,2 为公差的 等差数列.
浙江省2020年高考数学模拟题分项汇编 6 数列与数学归纳法( 解析版)(36道题)
第六章 数列与数学归纳法数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有.其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显，小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题(压轴题)，有所降温，难度趋减，将稳定在中等变难程度.往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．关于数学归纳法的考查，主要与数列、不等式相结合.一.选择题1．(浙江省杭州市第二中学2020届高三上学期开学考)已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且132a ，34a ，2a 成等差数列，则20191817a a a a +=+( )A ．9B ．6C ．3D ．1【答案】A 【解析】 设公比为q .由132a ，34a ，2a 成等差数列，可得312322a a a +=， 所以2111322a a q a q +=，则2230q q --=，解1q =-(舍去)或3q =. 所以22201918171817181279a a a q a q a a a a q ++===++.故选A. 2.(2020届浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)已知数列{}n a 满足()*11112n n n na a n a a +++=+∈N ，则( ) A ．当()*01n a n <<∈N时，则1n n aa +> B ．当()*1n a n >∈N时，则1n n aa +<C ．当112a =时，则111n n a a +++>D ．当12a =时，则111n n a a +++>【答案】C 【解析】111111112n n n n n n n n n a a a a a a a a a +++++=+∴-+-=即111()(1)n n n n na a a a a ++--= 当01n a <<时，1110n na a +-<，故1n n a a +<，A 错误当1n a >时，1110n na a +->，故1n n a a +>，B 错误对于D 选项，当1n =时，12a =，212111922a a a a +=+=<D 错误 用数学归纳法证明选项C 易知0n a >恒成立 当1n =时，21211123a a a a +=+=> 假设当n k =时成立，111k k a a +++>2121122k k a k a +++>+ 当1n k =+时：222222111122211111112443426k k k k k k k k k a a a a a k a a a a +++++++++⎛⎫⎛⎫+=+=++=+++>+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即221k k a a +++>成立故111n n a a +++>恒成立，得证 故答案选C3.(2020届浙江省五校高三上学期联考)已知数列{}n a 是公差为d 的等差数列，其前n 项和为n S ，则( ) A ．0d <时，n S 一定存在最大值B ．0d >时，n S 一定存在最大值C ．n S 存在最大值时，0d <D ．n S 存在最大值时，0d >【答案】A 【解析】对A ：因为0d <，所以数列单调递减，故n S 一定存在最大值，A 正确； 对B ：因为0d >，所以数列单调递增，故n S 不存在最大值，B 错； 对C ：因为当0d =，10a <时，n S 存在最大值1S ，C 错； 对D ：由C 的解析知，D 错； 故选A4.(2020届浙江省宁波市慈溪市高三上期中)已知数列{}n a 满足：()*2121,22n n n n n a a a n n a a ----=∈>-¥，若1231,7a a ==，则2019a =( ) A ．38075 B ．36054C ．56058D ．54036【答案】A 【解析】由题意数列{}n a 满足：*2121(,2)2n n n n n a a a n N n a a ----=∈>-，可得21112n n n a a a --+=，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列， 211174133d a a =-=-=， 所以14411(1)33n n n a -=+-=，2019334201918075a ==⨯-． 故选：A ．5.(2020届浙江省宁波市镇海中学高三上期中)已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且244,18S S ==，则6S 等于( ) A ．50 B ．42C ．38D ．36【答案】B 【解析】由24264,,S S S S S --成等差数列， 所以()()62184418S -=+- 所以642S =， 故选：B6.(2019·9月浙江省丽水四校高三联考)数列{}n a 满足143a =，2*11(N )n n n a a a n +=-+∈，则122013111m a a a =+++L 的整数部分是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B 【解析】 因为,则,则,故122013111m a a a =+++L ,因,即,又,进而可得42a > ，故20142a >,则,应选B.7.(2020届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考)设等差数列1a ，2a ，…，n a (3n ≥，*N n ∈)的公差为d ，满足1211n a a a a ++⋅⋅⋅+=-2121122n a a a a +-+⋅⋅⋅+-=+++2n a m +⋅⋅⋅++=，则下列说法正确的是( ) A ．3d ≥B ．n 的值可能为奇数C ．存在*i N ∈，满足21i a -<<D ．m 的可能取值为11【答案】A 【解析】因为1211n a a a a ++⋅⋅⋅+=-2121122n a a a a +-+⋅⋅⋅+-=+++2n a m +⋅⋅⋅++= 所以111+(1)a a d a n d ++⋅⋅⋅++-11111+1(1)a a d a n d =-+-+⋅⋅⋅+-+-111222+(1)a a d a n d m =+++++⋅⋅⋅++-=令()2(1),3f x x x d x d x n d n =+++++++-≥L 则111()(1)(2)f a f a f a m =-=+= (*) ①当0d =时，()f x n x =，不满足(*)，舍去.②当0d >时，由(*)得()f x 为平底型，故n 为偶数(4)n ≥ . ()f x 的大致图像为：则11112(1)22n nd a a a d -≤-<<+≤-- 所以(1)+=322n n d d d --≥，故A 正确. 由1111212(1)222(1)2n d a n n d a d n a d⎧-≤-⎪⎪⇒-≤≤---⎨⎪+≤--⎪⎩当1,2,,2n i =L 时1(1)2(1)(1)()222i n na a i d d i d i d =+-≤---+-=-- 当+1,+2,,22n n i n =L 时1(1)1(1)=1+(1)122i n na a i d d i d i d =+-≥-+---≥故不存在*i N ∈，满足21i a -<<，C 错112122()n nn m f a a a a a a +==++++++L L1212222()()n n n n a a a a a a ++≥+++-+++L L2112=()24n n n a a d +-=由于4,3n d ≥≥ 所以2124n m d ≥≥，故D 错③当0d <时，令0d d '=->由于()f x 的图像与()f x -的图像关于y 轴对称，故只需研究()f x - 故令()()g x f x =-=2(1),3x x d x d x n d n -+-++-+++-+-≥L2(1),3x x d x d x n d n '''=+++++++-≥L因为111()(1)(2)f a f a f a m =-=+= 所以111()(1)(2)g a g a g a m -=--=-+=由②知()g x 为平底型，故n 为偶数(4)n ≥，故B 错 令1111,(1)1i i a a a a i d a ''''=--=+-=-所以()(1)(2)i i i g a g a g a m '''=-=+=3d d '⇒=-≥ ，故A 正确由②知，不存在*i N ∈，满足2121112i i i a a a -<<⇔-<-<⇔-<'<-，故C 错由②知，2()124i n m g a d '=≥≥，故D 错综上所述，A 正确,BCD 错误 故选A.8.(2020届浙江省高三上学期百校联考)设无穷数列{}n a 满足1(0)a p p =>，2(0)a q q =>，()*21122n n n a a n a ++⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭N ，若{}n a 为周期数列，则pq 的值为( )A ．12B ．1C ．2D ．4【答案】C 【解析】22111112122n n n n n n n a a a a a a a +++++⎛⎫=+∴ ⎪=⎝⎭+Q ， 2111(222)n n n n a a a a +++∴-=-111212(2)()2n n n a a a a +--∴-=因为数列是周期数列，所以存在11111122221222(2)(,)20,22n n n n N a a a a a a a a a a pq -++-=-∴-=-∴-==∈故pq 的值为2.故选C.9.(2020届浙江省台州五校高三上学期联考)若集合，则集合中的元素个数是( )A ．2016B ．2017C ．2018D ．2019 【答案】A 【解析】由题意知，，所以，必为一奇一偶，即共2016种情况，又.故选A.10.(2020届浙江学军中学高三上期中中)已知数列{}n a 满足112a =-，2131n n n a a a +=++，若12n n b a =+，设数列{}n b 的前项和为n S ，则使得2019S k -最小的整数k 的值为( ) A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】C 【解析】因为2131n n n a a a +=++，所以()2212110n n n n n a a a a a +-=++=+≥，所以n a 为递增数列，而()()2113212n n n n n a a a a a ++=++=++，所以()()1111111212n n n n n a a a a a +==-+++++ 所以1111211n n n n b a a a +==-+++， 因为数列{}n b 的前项和为n S ，112a =-所以2019122320192020111111111111S a a a a a a =-+-+⋅⋅⋅+-++++++ 2020121a =-+而()()21131124a a a +=++=， ()()3227711216a a a +=++=，所以20203771116a a ++=≥从而得到202011382,2177a ⎡⎫-∈⎪⎢+⎣⎭所以2019S k -要取最小，k 的整数值为2， 故选：C.11.(2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考)已知数列{}n a 满足：1102a <<，()1ln 2n n n a a a +=+-．则下列说法正确的是( ) A ．2019102a << B ．2019112a << C ．2019312a <<D ．2019322a <<【答案】B 【解析】考察函数()ln(2)(02)f x x x x =+-<<， 由'11()1022xf x x x-=-=>--可得()f x 在()0,1单调递增， 由'()0f x <可得()f x 在()1,2单调递减且()()11f x f ≤=，可得1n a <，数列{}n a 为单调递增数列， 如图所示：且1(0)ln 22f ==>=，211()(0)2a f a f =>>，图象可得1231012n a a a a <<<<<<<<L L ， 所以2019112a <<，故选B. 二.填空题12.(2020届浙江省台州五校高三上学期联考)设等比数列的前项和为，满足对任意的正整数，均有，则_______，公比_______.【答案】 2 【解析】由，则，两式相减得，，则，由等比数列前项和公式得，，即，从而解得.13.(2019年9月浙江省嘉兴市高三测试)已知{}n a 是公差为2-的等差数列，n S 为其前n 项和，若21a +，51a +，71a +成等比数列，则1a =_____，当n =_______时，n S 取得最大值．【答案】19. 10. 【解析】因为21a +，51a +，71a +成等比数列， 所以()75221(1)(1)+=++a a a ， 又{}n a 是公差为2-的等差数列，所以()2111821(1)(112)+=---++a a a ， 即()2111()7(111)--=-a a a ，解得119a =，所以2219(1)20(10)100=--=-+=--+n n n n n S n n ， 因此，当10n =时，n S 取得最大值． 故答案为(1). 19. (2). 10.14.(2020届浙江学军中学高三上期中中)等比数列{}n a中，1a =2a =，则2201382019a a a a +=+__________，1234a a a a =__________．【答案】89 92【解析】因为等比数列{}n a中，1a =2a =，所以21a q a ==， 所以()22013220136682019220131a a a a a a a a q q ++==++6189==⎛⎫644612341a a a a a q ⎛⎫=⋅=⋅99482=⨯=.故答案为：89；9215.(2019·9月浙江省丽水四校高三联考)已知数列{}n a 满足：2111,2n n n a a a a +==+，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则122012111111a a a ⎡⎤+++⎢⎥+++⎣⎦L 的值等于_____ 【答案】1 【解析】由题意知，0n a >，1111(1)11n n n n n a a a a a +=-++=移项得11111n n n a a a +=-+又1220121220122013120132013111111111++1=11==12a a a a a a a a a a -+++---+++L L 2111,2n n n a a a a +==+，23,1,321416a a ==>又因210n n n a a a +-=>，所以数列{}n a 单调递增故201331,a a >> 所以20131122a <-<，故122012111=1111a a a ⎡⎤+++⎢⎥+++⎣⎦L 故填116．(2020届浙江省宁波市慈溪市高三上期中)设等差数列{}n a 的前项和为()*n S n ∈N，若153,11a a ==-，则3a =________，5S =________.【答案】4- 20- 【解析】 依题意，153311422a a a +-===-； 1553555(4)202a a S a +=⨯==⨯-=-． 故答案为：4-，20-．17.(2019年9月浙江省超级全能生高三第一次联考)已知数列{}n a ，满足()21n n na k a a +=-.若1112a k ==，则1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的最小值是___________，若12a =，且存在常数0M >，使得任意n a M ≤，则k 的取值范围是______________.【答案】12[]11-，【解析】(1)令1y n n x a a +==，，2y x x =-， 1n n a a +表示点()1n n a a +，与原点连线的斜率，因为112a =，所以1(0,]2n a ∈，由于()12a a ，为21,(0,]2x y x x ∈=-最高点，所以21a a 最小，等于12.(2)当0k =时，显然存在；当0k ≠时，由12a =，则2M ≥ ，由2()y k x x =-图象可知，使得任意n a M≤成立，则需2,4(),k M k M M M ⎧≤⎪⎨⎪-≤⎩即4,1,1k M k M ⎧≤⎪⎨≤⎪-⎩ 又14(2)1M M M >≥-,所以111k M ≤≤-,故k 的取值范围是11k -≤≤.18.(浙江省杭州市第二中学2020届高三上学期开学考)已知正项数列{}n a 满足()()22112120nn n n n a n a a na+++++⋅-=，14a =，则数列()()12n a n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⋅+⎪⎪⎩⎭的前n 项和为___________．【答案】2222n n +-+【解析】由已知得22111(2)2()0,n n n n n n n n a a a a a a a ++++⋅-++= 所以11()(22)0,n n n n n a a na na a +++-+=又因为0n a > 所以1220.n n n na na a +-+=所以112n n a n a n++=⨯ 所以14a =2122;1a a =⨯ 32322a a =⨯； 4342;3a a =⨯ L L12;1n n a na n -=⨯-累乘得12.n n a n +=⋅所以()()()()121222,121221n n n n a n n n n n n n +++⋅==-+⋅++⋅+++ 所以()()12n a n n +⋅+=212221n n n n ++-++所以()()32122;111232a =-+⋅+ ()()43222;212243a =-+⋅+()()54322;313254a =-+⋅+L L()()2122;1221n n n a n n n n ++=-+⋅+++累加求和得222;2n n +-+故答案为222;2n n +-+19.(2020届浙江省五校高三上学期联考)设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()()112nnn n S a n N *⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，则3a =______，7S =______.【答案】116- 1256- 【解析】当1n =时，1111124S a a =--⇒=-； 当2n ≥时，()()()()()()1111111112111111122112nn n nn n n n n n n n n n n n n n n S a a a a a a S a -------⎧⎛⎫=--⎪ ⎪⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎡⎤⇒=---+⇒--=-+⎨ ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎪=-- ⎪⎪⎝⎭⎩当n 为偶数时，112nn a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭即n 为奇数时112n n a +=-，所以3411216a =-=-； 7812a =-，()7787811111222256S ⎛⎫=---=-=- ⎪⎝⎭. 20.(2020届浙江省宁波市镇海中学高三上期中)已知{}n a 是等比数列，且0n a >，243546225a a a a a a ++=，则35a a +=__________，4a 的最大值为__________．【答案】5 52【解析】243546225a a a a a a ++=22233553535225()25,05n a a a a a a a a a ⇒++=⇒+=>∴+=Q22354354255()242a a a a a a +∴=≤=⇒≤ ，即4a 的最大值为5221.(浙江省宁波市宁波十校2020届高三11月联考)已知常数p ＞0，数列{a n }满足a n +1＝|p ﹣a n |+2a n +p (n ∈N *)，首项为a 1，前n 项和为S n ．若S n ≥S 3对任意n ∈N *成立，则1a p的取值范围为_____．【答案】[﹣6，﹣4] 【解析】由题意，120+-=-++≥-++=>n n n n n n a a p a a p p a a p p ， 及10n n a a +->，所以数列{}n a 为递增数列，要使得3n S S ≥对任意n N +∈恒成立，则必有340,0a a ≤≥， 所以21111220a p a a p p a a p =-++=-++<，32211111225()2540a p a a p a p a p a p a p a p =-++=+++=-+++=+≤， 433111112329(3)2960a p a a p a p a p a p a p a p =-++=+++=-+++=+≥，所以164a p-≤≤-，即1ap 的取值范围[6,4]--．故答案为：[6,4]--．三.解答题22.(2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考)已知数列{}n a 为等差数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，且55a =，36S a =，数列{}n b 满足24,b =1122(22)2n n n a b a b a b n b +++=-+L ． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； (2)令*,nn na c n Nb =∈，证明：122n c c c ++<L ． 【答案】(1) n a n =.2nn b =. (2)证明见解析【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，11145335a d a d a d +=⎧∴⎨+=+⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，∴数列{}n a 的通项公式为n a n =.122(22)2n n b b nb n b ∴++=-+L ，当2n ≥时，12112(1)(24)2n n b b n b n b --++-=-+L11(24)(2)2nn n n b n b n b b --⇒-=-⇒=， 即{}n b 是等比数列，且12b =，2q =，2n n b ∴=. (2)2n n n n a nc b ==，记121212222n n n S c c c =++=++⋯+L ， 则1212321222n nS -=++++L ， 1211112212222222n n n n n S S S -+∴=-=++++-=-<L ．23.(2020届浙江省高三上学期百校联考)已知各项为正数的数列{}n a ，其前n 项和为n S，21n a =+，且11a =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若23nn n b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)n a n =.(2)()211332n nn n T +-+⨯-=【解析】(1)由8121n n S a +=+平方，得()28121n n S a +=+，所以()2118121n n S a +++=+()211821n n S a ++=+，将以上两式相减，可得()()221182121n n n a a a ++=+-+，则()()22121210n n a a +--+=，所以()()11222220n n n n a a a a +++--=，所以11n n a a +=+，故{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列，从而可得数列{}n a 的通项公式为n a n =. (2)由题意可得2233nnn n b a n ==⋅， 则22213233nn T n =⨯+⨯++⨯L ，22322131323(1)33n n n T n n +=⨯+⨯++-⨯+⨯L ，将以上两式相减，可得22121333(21)33nn n T n n +-=⨯+⨯++-⨯-⨯L .设21333(21)3nn Q n =⨯+⨯++-⨯L ，则23131333(23)3(21)3nn n Q n n +=⨯+⨯++-⨯+-⨯L ，将以上两式相减，可得212132323(21)3nn n Q n +-=⨯+⨯++⨯--⨯L由此可得1(1)33n n Q n +=-⨯+，则()211332n nn n T+-+⨯-=.24.(2020届浙江省台州五校高三上学期联考)已知函数.(Ⅰ)求方程的实数解；(Ⅱ)如果数列满足，()，是否存在实数，使得对所有的都成立？证明你的结论． (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，设数列的前项的和为，证明：． 【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)存在使得;(Ⅲ)见解析.【解析】(Ⅰ)；(Ⅱ)存在使得．证法1：因为，当时，单调递减，所以．因为，所以由得且．下面用数学归纳法证明．因为，所以当时结论成立．假设当时结论成立，即．由于为上的减函数，所以，从而，因此，即．综上所述，对一切，都成立，即存在使得．证法2：，且是以为首项，为公比的等比数列.所以.易知，所以当为奇数时，；当为偶数时，即存在，使得.(Ⅲ)证明：由(2)，我们有，从而.设，则由得.由于，因此n =1，2，3时，成立，左边不等式均成立．当n >3时，有，因此．从而．即．解法2: 由(Ⅱ)可知，所以，所以所以所以当为偶数时，；所以当为奇数时，即.(其他解法酌情给分)25.(2019年9月浙江省嘉兴市高三测试)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足231n n S a =-(n ∈N *)． (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式； (Ⅱ)设32log n n n a b a +=，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求证：154n T <． 【答案】(Ⅰ)13-=n n a ；(Ⅱ)证明见解析. 【解析】(Ⅰ)当1n =时11a =． 当2n ≥时，11231231n n n n S a S a --=-⎧⎨=-⎩，两式相减得：13n n a a -=．故{}n a 是以3为公比的等比数列，且11a =， 所以13n n a -=．(Ⅱ)由(Ⅰ)得：113n n n b -+=， 由错位相减法12011231333n n n n T b b b -+=+++=+++L L (1) 121123133333n n n n n T -+=++++L (2)两式相减得：2121111525233333223n n n n n n T -++⎛⎫=+++-=- ⎪⋅⎝⎭L ，求得：11525443n n n T -+=-⋅． 所以154n T <．26．(2019年9月浙江省超级全能生高三第一次联考)已知等比数列{}n a 的公比1q >2a ，3a 的等比中项，31a +为2a ，4a 的等差中项. (Ⅰ)求q 的值；(Ⅱ)设()()*11nn n b a n N +=+-∈，数列1n b⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，求证：53nS <. 【答案】(Ⅰ)2q =(Ⅱ)详见解析 【解析】(Ⅰ)由题意得()23432421a a a a a a =⎧⎨+=+⎩，，则23222a q q q q =⎧⎨-+=⎩，，解得2q =. (Ⅱ)由题知12n n a -=，则()1121nn n b =+-. 当1n =时，111513S b ==<； 当2n ≥时，()222111323221n n n n n b ---=≤⋅⋅++-， 故111125*********n n S -⎛⎫- ⎪⎝⎭<+<+=-，综上所述，53n S <.27.(2020届浙江学军中学高三上期中中)已知正项等差数列{}n a 满足：233312n n S a a a L =+++，其中n S 是数列{}n a 的前n 项和. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令()()()1412121n n n n n b a a -=--+，证明：122221n n b b b n ++++≤+L .【答案】(1)n a n =；(2)证明见解析； 【解析】(1)因为233312n n S a a a L =+++1n =时，2311S a =；2n =时，233212S a a =+，联立得：2311233212S a S a a ⎧=⎨=+⎩即()23112331212a a a a a a ⎧=⎪⎨+=+⎪⎩ 解得1212a a =⎧⎨=⎩，所以公差211d a a =-=所以n a n =； (2)()()()1412121n n n b n n -=--+()()111112121n nn n -=----+所以12n b b b +++L()()()()()()0112111111111111113352121n nn n -=---+---+⋅⋅⋅+----+ ()11121nn =--+12212121n n n +≤+=++.28.(2020届浙江湖州、衢州、丽水三地市高三上期中)已知数列{}n a 满足()*11()11,1n n a a n N n a +==∈+.(1)求23,a a ，并猜想{}n a 的通项公式(不需证明)； (2)求证()*)1n N <∈.【答案】(1) 2311,23a a ==;猜想1n a n=;(2)证明见解析 【解析】(1)2311,23a a == 猜想1n a n====<=1)1=(2)方法二用数学归纳法证明:(1)当1n =时，左边1==，右边)1==左边<右边，不等式成立；(2)假设*()n k k N =∈)1⋅⋅⋅+<，那么当1n k =+<)1成立，))11+<<只要证明()()12212231k k k +++++即证141k +<+，即证43k <+只要证明221624816249k k k k ++<++，显然成立， 所以1n k =+时不等式也成立.综合(1)(2)可得对一切的*n N ∈不等式均成立.29.(2020届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考)在数列{}n a 中，12a =，1431n n a a n +=-+，*N n ∈.(Ⅰ)证明：数列{}n a n -是等比数列；(Ⅱ)记()n n b a n n =-，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)()31419n n n S -+=【解析】(Ⅰ)证明：由1431n n a a n +=-+，可得()()114n n a n a n +-+=-. 又111a -=，所以数列{}n a n -是首项为1，公比为4的等比数列； (Ⅱ)由(Ⅰ)知14n n a n --=，即14n n a n -=+，所以14n n b n -=⋅，01114244n n S n -=⋅+⋅++⋅L ，① 12414244n n S n =⋅+⋅++⋅L ，②①-②得，21314444n nn S n --=++++-⋅L 4143n n n -=-⋅，所以()31419n nn S -+=30.(2020届浙江省五校高三上学期联考)设数列{}n a 是等比数列，数列{}n b 是等差数列，若223a b ==，359a b ==.(1)若nn nn b c a ⋅=，数列{}n c 中的最大项是第k 项，求k 的值 (2)设n n n d a b =⋅，求数列{}n d 的前n 项和n T 【答案】(1)2k = (2)()131nn T n =-⨯+【解析】(1)设公差为d ，公比为q则11112111314923a a qb d b a q b d d q =⎧⎪=+==⎧⎪⇒⎨⎨=+==⎩⎪⎪=⎩，所以13-=n n a ，21n b n =-；2123n n n n n b n n c a -⋅-==，212313n nn n c +++= 222112312461333n n n n nn n n n n n c c +-++--++-=-= 当1n =时，246120n n -++=>，于是21c c >； 当2n ≥时，24610n n -++<，于是1n n c c +<； 综上所述：123n c c c c <>>⋅⋅⋅>， 于是()2max 2n c c ==，2k = (2)错位相减求和法()1213n n d n -=-⋅，()()01112133321331333213n n n nT n T n -⎧=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯⎪⎨=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯⎪⎩，()()()()1213321233321312213223231n n nn n n T n n n ---=+⨯+⋅⋅⋅+--⨯=+--⨯=-+⨯--()131n n T n =-⨯+31.(浙江省宁波市宁波十校2020届高三11月联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2+2a 4＝a 9，S 6＝36． (1)求a n ，S n ；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，1n n b b +=121111nb b b +++≥L (n ∈N *)． 【答案】(1)a n ＝2n ﹣1，S n ＝n 2(2)证明见解析 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差设为d ，前n 项和为S n ，且a 2+2a 4＝a 9，S 6＝36， 可得a 1+d +2(a 1+3d )＝a 1+8d ，即2a 1＝d ，又6a 1+15d ＝36，即2a 1+5d ＝12，解得a 1＝1，d ＝2，则a n ＝1+2(n ﹣1)＝2n ﹣1，S n ＝n +n (n ﹣1)＝n 2； (2)证明：数列{b n }满足b 1＝1，1n n b b +==n ，当n ＝1时，b 1b 2＝1，可得b 2＝1，n ≥2时，b n b n ﹣1＝n ﹣1，相减可得b n (b n +1﹣b n ﹣1)＝1，即1nb =b n +1﹣b n ﹣1， 当n ≥2时，1211111n b b b b +++=+L b 3﹣b 1+b 4﹣b 2+b 5﹣b 3+…+b n +1﹣b n ﹣1 11b =-b 1﹣b 2+b n +b n +1≥﹣=1； 当n ＝1时，11b =1＝1，不等式成立，综上可得，121111nb b b +++≥L (n ∈N *)． 32.(2020届浙江省宁波市镇海中学高三上期中)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足：()*11232n n a a S n N +==-+∈，．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足12b =-，()()()2132n n n b b n n n a +-+=+，求数列{}n b 通项公式．【答案】(1)(2)nn a =--；(2)(2)nn b n-=.【解析】(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：()*11232n n a a S n N +==-+∈，．当n ≥2时，a n ＝﹣3S n ﹣1+2，两式相减得：a n +1＝﹣2a n ， 所以数列{a n }是以2为首项﹣2为公比的等比数列． 所以(2)nn a =--．(2)由于()()()2132n n n b b n n n a +-+=+，所以()()12322nn nn bb n n++--=-+，由于()()()((122[2)3223212(2)(2)(2)[22)111nn n n n n nn n n nn n n n n n n n +⎤--+-⎤⎡+----⎛⎫⎦⎤-=⋅--=+--=+=- ⎪⎥⎢⎦+++++⎝⎭⎦⎣， 所以()()11221n nn nbb n n++---=-+，所以(2)nn b n-=．33.(2020届浙江省宁波市慈溪市高三上期中)记数列{}n a 的前n 项和为1231nn n i i S a a a a a ==++++=∑L ，已知数列{}n a 满足20202020*11,,A 0,1n i i i i a R n N a a ==∈∈==∑∑.(1)若数列{}n a 为等比数列，求20201ii ia=∑的值；(2)证明：|2020120192ii ia=≤∑. 【答案】(1) 12(2)证明见解析 【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，易知10,1a q ≠≠所以由()2020202011101i i a q a q=-==-∑得20201q=，所以1q =-，又由202011i i a ==∑得112020a =设202020201232019202012320192020ii S iaa a a a a ===+++++∑L202020202342020202112320192020i i qS ia a a a a a ===+++++∑L200020201232020201120211(1)20202020i i q S a a a a a a a =-=++++-=-∑L20202011110202020202020a a q a =-=-=- 202011010S a =-故20202020112i i ia S ===∑ (2)证明：设{1,2,,2019}k ∈L ，因为2020121202010ik k i aa a a a a +==+++++=∑L L所以()12120201212020,k k k k a a a a a a a a a a +++++=-+++++=++L L L L 所以()12020121202012k k k a a a a a a a ++++=++++++L L L ()20201220201111222i i a a a a =≤+++==∑L 故202012320201232020ii iaa a a a ==++++∑L()()(1220202202020192020|a a a a a a a a =+++++++++L L12202022020201920202020a a a a a a a a ≤++++++++++L L L 120192111201902222≤+++⋯+=1442443个即2020120192i i ia =≤∑得证 34.(2019·9月浙江省丽水四校高三联考)已知数列{}n a ，0n a ≥，10a =，22111()n n n a a a n N *+++-=∈．记12n n S a a a =+++L ．112121111(1)(1)(1)(1)(1)n n T a a a a a a =+++++++++L L 求证：(Ⅰ)当n *∈N 时(Ⅰ)101n n a a +≤<<； (Ⅱ)2n S n >-； (Ⅲ)3n T <【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析【解析】(Ⅰ)证明：因为22112211(1)1(2)(2)nn n n n n a a a a a a n ++-⎧+-=⎨+-=≥⎩ (1)-(2)()()221111n n n n n n a a a a a a ++--++=-所以(1)-(2)可得1n n a a +-与1n n a a --同号，即与21a a -一致.因为2a =，且210a a ->， 10n n a a +∴->22221111110n n n n n n a a a a a a +++++-=∴-=->Q ， 即11n a +< 根据①和②，可知101n n a a +≤<<对任何*n N ∈都成立． (Ⅱ)证明：由22111k k k a a a +++-=，121kn =-L ，，，(2n ≥)，得22231()(1)n n a a a a n a ++++--=L ．因为10a =，所以21n n S n a =--．Q 1n a <，所以2n S n >-．(Ⅲ)证明：由221112k k k k a a a a +++=+≥，得111(2313)12k k ka k n n a a ++=-+L ≤，，，，≥所以23421(3)(1)(1)(1)2n n n a n a a a a -+++L ≤≥，于是2222232211(3)(1)(1)(1)2()22n n n n n n a a n a a a a a ---=<++++L ≤≥， 故当3n ≥时，21111322n n T -<++++<L ， 又因为123T T T <<，所以3n T <．35.(2020届浙江省温州市11月适应测试)已知等差数列{}n a 的首项11a =，数列{}2n a的前n 项和为n S ，且12S +，22S +，32S +成等比数列．(1)求通项公式n a ；(2)求证：11n <L *n N ∈)； 【答案】(1)n a n =；(2)见解析 【解析】(1)记d 为{}n a 的公差，则对任意n *∈N ，112222n n n na a a d a ++-==，即{}2na 为等比数列，公比20dq =>.由12S +，22S +，32S +成等比数列，得2213(2)(2)(2)S S S +=++， 即22[2(1)2](22)[2(1)2]q q q ++=++++，解得2q =，即1d =.所以1(1)n a a n d n =+-=，即()n a n n N *=∈；(2)由(1))n N *++<∈L .下面用数学归纳法证明上述不等式. ①当1n =时，不等式显然成立；②假设当()n k k N *=∈<L ，则当1n k =+<L .因0+=<，<.<L，即当1n k=+时，不等式仍成立.)n N*<+∈L.所以11)n Nn*<+∈L36.(2020届浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)已知等比数列{}n a的公比1q>，且13542a a a++=，39a+是15,a a的等差中项，数列{}n b的通项公式nnb=，*n N∈. (Ⅰ)求数列{}n a的通项公式；(Ⅱ)证明：12nb b b+++<L，*n N∈.【答案】(Ⅰ)2nna=；(Ⅱ)详见解析.【解析】(Ⅰ)由39a+是1a，5a的等差中项得153218a a a+=+，所以135a a a++331842a=+=，解得38a=，由1534a a+=，得228834qq+=，解得24q=或214q=，因为1q>，所以2q=.所以，2nna=.(Ⅱ)法1：由(Ⅰ)可得nnb=，*n N∈.Q nn b ==122121n n n +==--+22n n=-∴12n b b b +++=+L ++L1=<法2： 由(Ⅰ)可得nn b =，*n N ∈.我们用数学归纳法证明. (1)当1n =时，11b ==<(2)假设n k =(*k N ∈)时不等式成立，即12k b b b +++<L .那么，当1n k =+时，121k k b b b b +++++L 1k +<=1k +==， 即当1n k =+时不等式也成立. 根据(1)和(2)，不等式12n b b b +++<L ，对任意*n N ∈成立.。
2020版数学新优化浙江大一轮试题：第六章 数列 考点规范练30
之和,则这个数列的前 16 项之和 S16 等于( )
A.5
B.6
C.7
D.16
答案 C
解析根据题意这个数列的前 8 项分别为 5,6,1,-5,-6,-1,5,6,发现从第 7 项起,数字重复出现,所以此数列
为周期数列,且周期为 6,前 6 项和为 5+6+1+(-5)+(-6)+(-1)=0.
[ ( ) ] 2· 1 -
-
1 2
������
( ) 1
∴数列{an}是等比数列,公比为2,Sn=
1
-
1 2
=4
1-
1 2������
.
15.“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列,在斐波那契数列{an}中,a1=1,a2=1,an+2=an+1+an(n∈N*), 则 a7= ;若 a2 018=m,则数列{an}的前 2 016 项和是 (用 m 表示). 答案 13 m-1 解析∵a1=1,a2=1,an+2=an+1+an(n∈N*),
款软件的激活码是( )
A.440
B.330
C.220
D.110
答案 A
解析设数列的首项为第 1 组,接下来两项为第 2 组,再接下来三项为第 3 组,以此类推,设第 n 组的项
数为
n,则前
n
������(1 +
组的项数和为 2
������). 第
n
1 - 2������
组的和为 1 - 2 =2n-1,前
bn=(2n-1)an,则数列{bn}的前 n 项和 Tn 为( )
A.(n-1)·3n+1
2020版数学新优化浙江大一轮试题：第六章 数列 考点规范练29 Word版含答案
考点规范练29 等比数列及其前n 项和基础巩固组1.(2018北京高考)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于若第一个单音的频率为f ,122.则第八个单音的频率为( )A fB fC fD f.32.322.1225.1227n 个单音的频率为a n ,由题意,(n ≥2),所以{a n }为等比数列,因为a 1=f ,所以a 8=a 1×(a nan -1=122)7=f ,故选D .12212272.已知{a n }是等比数列,则“a 2<a 4”是“{a n }是单调递增数列”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-1,2,-4,8,…中,满足a 2<a 4,但{a n }是单调递增数列不成立,即充分性不成立,若{a n }是单调递增数列,则必有a 2<a 4,即必要性成立,则“a 2<a 4”是“{a n }是单调递增数列”的必要不充分条件.故选B .3.已知一个蜂巢里有1只蜜蜂,第1天,它飞出去找回了4个伙伴;第2天,5只蜜蜂飞出去,各自找回了4个伙伴,……按照这个规律继续下去,第20天所有的蜜蜂都归巢后,蜂巢中一共有蜜蜂( )A.420只B.520只C 只D 只.520-54.421-43,可设蜂巢里的蜜蜂数为数列{a n },则a 1=1+4=5,a 2=5×4+5=25,…,a n =5a n-1,故数列{a n }为等比数列,首项a 1=5,公比q=5,故第20天所有的蜜蜂都归巢后,蜂巢中一共有a 20=5×519=520只蜜蜂.4.设实数列{a n },{b n }分别为等差数列与等比数列,且a 1=b 1=4,a 4=b 4=1,则以下结论正确的是( )A.a 2>b 2 B.a 3<b 3 C.a 5>b 5 D.a 6>b 6a 1=4,a 4=1,∴d=-1.∵b 1=4,b 4=1,又0<q<1,∴q=,b 2=<a 2=3,b 3<<a 3=2,b 5=>a 5=0,b 6=>a 6=-1.2-232432232-232-435.数列{a n }满足a n+1=λa n -1(n ∈N *,λ∈R ,且λ≠0),若数列{a n -1}是等比数列,则λ的值等于( )A .1B .-1CD .2.12a n+1=λa n -1,得a n+1-1=λa n -2=λ(a n -2λ).由{a n -1}是等比数列,所以=1,得λ=2.2λ6.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=1,a 1,S 2,5成等差数列,则数列{a n }的公比q= .2S 2=a 1+5,即2(1+q )=1+5,q=2.7.在各项均为正数的等比数列{a n }中,a 3=-1,a 5=+1,则+2a 2a 6+a 3a 7= . 22a 23,得a 3a 7=,a 2a 6=a 3a 5,a 25所以+2a 2a 6+a 3a 7=+2a 3a 5+=(a 3+a 5)2=(-1++1)2=(2)2=8.a 23a 23a 252228.已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1=1,-(2a n+1-1)a n -2a n+1=0,则a 3= ,a n = .a 2n 12n -1a 2=,a 3=1214.(等比数列的定义、通项公式)由-(2a n+1-1)a n -2a n+1=0得2a n+1(a n +1)=a n (a n +1).因为{a n }的各项a 2n 都为正数,所以故{a n }是首项为1,公比为的等比数列,因此a n =a n +1an=12.1212n -1.能力提升组9.已知数列{a n }是等比数列,a 2=2,a 5=,则a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n+1=( )14A.16(1-4-n )B.16(1-2-n )C (1-4-n )D (1-2-n ).323.323a 5==a 2·q 3=2·q 3,解得q=,可知数列{a n a n+1}仍是等比数列:其首项是a 1a 2=8,公比为141214.所以a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n+1=(1-4-n ).8[1-(14)n]1-14=32310.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1+a 3=30,S 4=120,设b n =1+log 3a n ,则数列{b n }的前15项和为( )A.152 B.135 C.80 D.16a 2+a 4=S 4-(a 1+a 3)=90,即q (a 1+a 3)=90⇒q=3,所以a 1==3,则a n =3·3n-1=3n .所以301+9b n =1+log 3(3n )=1+n ,则数列{b n }是首项为b 1=2,公差为d=1的等差数列.所以S 15=2×15+=135,15×142应选B .11.已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1·a n =2n ,则S 2 015=( )A .22 015-1B .21 009-3C .3×21 007-3D .21 008-3a 1=1,a n+1·a n =2n ,∴a n ≠0,a 2=2,当n ≥2时,a n ·a n-1=2n-1.=2(n ≥2).∴a n +1a n -1=2n2n -1∴数列{a n }中奇数项,偶数项分别成等比数列.∴S 2 015==21 009-3.故选B .1-21 0081-2+2(1-21 007)1-212.(2018浙江高考)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列,且a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3).若a 1>1,则( )A .a 1<a 3,a 2<a 4B .a 1>a 3,a 2<a 4C .a 1<a 3,a 2>a 4D .a 1>a 3,a 2>a 4q ,则a 1+a 2+a 3+a 4=,a 1+a 2+a 3=a 1(1-q 4)1-q a 1(1-q 3)1-q .∵a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3),∴a 1+a 2+a 3=,e a 1+a 2+a 3+a 4即a 1(1+q+q 2)=ea 1(1+q +q 2+q 3).又a 1>1,∴q<0.假设1+q+q 2>1,即q+q 2>0,解得q<-1(q>0舍去).由a 1>1,可知a 1(1+q+q 2)>1,∴a 1(1+q+q 2+q 3)>0,即1+q+q 2+q 3>0,即(1+q )+q 2(1+q )>0,即(1+q )(1+q 2)>0,这与q<-1相矛盾.∴1+q+q 2<1,即-1<q<0.∴a 1>a 3,a 2<a 4.13.已知a ,b 为实常数,{c i }(i ∈N *)是公比不为1的等比数列,直线ax+by+c i =0与抛物线y 2=2px (p>0)均相交,所成弦的中点为M i (x i ,y i ),则下列说法错误的是( )A.数列{x i }可能是等比数列B.数列{y i }是常数列C.数列{x i }可能是等差数列D.数列{x i +y i }可能是等比数列ax+by+c i =0,当a=0,b ≠0时,直线by+c i =0与抛物线y 2=2px (p>0)仅有一个交点,不合题意.当a ≠0,b=0时,直线ax+c i =0,化为x=-,则x i =-,y i =0,x i +y i =-c ia c ia c ia .由{c i }(i ∈N *)是公比不为1的等比数列,可得{x i }是等比数列,{x i +y i }是等比数列,不是等差数列.当a ≠0,b ≠0时,直线ax+by+c i =0化为x=-y-,代入抛物线y 2=2px (p>0),可得y 2+y+=0.b ac i a 2pb a 2pc ia 根据根与系数的关系可得M i :{y i }是常数列,是等比数列,也是等差数列.(pb 2a2-c i a ,-pba ).综上可得:A,B,D 都有可能,只有C 不可能.故选C .14.如图,在等腰直角三角形ABC 中,斜边BC=2,过点A 作BC 的垂线,垂足为A 1;过点A 1作AC 的垂线,2垂足为A 2;过点A 2作A 1C 的垂线,垂足为A 3;…,依此类推,设BA=a 1,AA 1=a 2,A 1A 2=a 3,…,A 5A 6=a 7,则a 7= .{a n }是以首项a 1=2,公比q=的等比数列,∴a 7=a 1·q 6=222×(22)6=14.15.已知数列{a n }的前m (m ≥4)项是公差为2的等差数列,从第m-1项起,a m-1,a m ,a m+1,…成公比为2的等比数列.若a 1=-2,则m= ,{a n }的前6项和S 6= . 28a m-1=a 1+(m-2)d=2m-6,a m =2m-4,而=2,解得m=4,所以数列{a n }的前6项依次为-2m -42m -62,0,2,4,8,16.所以S 6=28.16.(2018浙江温岭模拟)已知数列{a n },a 1=1,a n+1=2a n -n 2+3n (n ∈N *),若新数列{a n +λn 2+μn }是等比数列,则λ= ,μ= .1 1a n+1=2a n -n 2+3n 可化为a n+1+λ(n+1)2+μ(n+1)=2(a n +λn 2+μn ),即a n+1=2a n +λn 2+(μ-2λ)n-λ-μ,解得∴{λ=-1,μ-2λ=3,-λ-μ=0,{λ=-1,μ=1.∴a n+1=2a n -n 2+3n 可化为a n+1-(n+1)2+(n+1)=2(a n -n 2+n ).又a 1-12+1≠0,故λ=-1,μ=1时可使得数列{a n +λn 2+μn }是等比数列.17.已知正项数列{a n }的奇数项a 1,a 3,a 5,…,,…构成首项a 1=1的等差数列,偶数项构成公比a 2k -1q=2的等比数列,且a 1,a 2,a 3成等比数列,a 4,a 5,a 7成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =,T n =b 1b 2…b n ,求正整数k ,使得对任意n ∈N *,均有T k ≥T n .a 2n +1a 2n由题意得设a 1,a 3,a 5,…,a 2k-1,…的公差为d ,则a 3=1+d ,a 5=1+2d ,a 7=1+3d ,a 4=2a 2,{a 22=a 1a 3,2a 5=a 4+a 7,代入又a 2>0,解得{a 22=1(1+d ),1+d =2a 2,{a 2=2,d =3.故数列{a n }的通项公式为a n ={3n -12,n 为奇数,2n 2,n 为偶数,(2)b n =,显然b n >0,<1,3n +12n∵b n +1b n=3n +42n +13n +12n=3n +46n +2∴数列{b n }单调递减.又b 1=2,b 2=,b 3=,b 4=,74108136∴b 1>b 2>b 3>1>b 4>b 5>….∴当k=3时,对任意n ∈N *,均有T 3≥T n .18.(2014浙江高考)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n =((n ∈N *).若{a n }为等比数列,且2)bn a 1=2,b 3=6+b 2.(1)求a n 与b n ;(2)设c n =(n ∈N *).记数列{c n }的前n 项和为S n .1a n ‒1b n①求S n ;②求正整数k ,使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n.由题意a 1a 2a 3…a n =(,b 3-b 2=6,2)bn 知a 3=(=8,2)b 3-b2又由a 1=2,得公比q=2(q=-2,舍去),所以数列{a n }的通项为a n =2n (n ∈N *).所以,a 1a 2a 3…a n ==()n (n+1).2n (n +1)22故数列{b n }的通项为b n =n (n+1)(n ∈N *).(2)①由(1)知c n =(n ∈N *),所以S n =(n ∈N *).1a n ‒1b n=12n ‒(1n -1n +1)1n +1‒12n ②因为c 1=0,c 2>0,c 3>0,c 4>0,当n ≥5时,c n =,1n (n +1)[n (n +1)2n-1]而>0,n (n +1)2n ‒(n +1)(n +2)2n +1=(n +1)(n -2)2n +1得<1.所以,当n ≥5时,c n <0.n (n +1)2n≤5·(5+1)25综上,对任意n ∈N *恒有S 4≥S n ,故k=4.。
浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测六平面向量与复数单元检测含解析201905072127
单元检测六 平面向量与复数(时间：120分钟 满分：150分) 第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．若复数z 满足i z ＝3＋4i ，则|z |等于( ) A ．1B ．2C.5D ．5 答案 D解析 因为z ＝3＋4ii ＝－(3＋4i)i ＝4－3i ，所以|z |＝42＋(－3)2＝5.2．若z 1＝(1＋i)2，z 2＝1－i ，则z 1z 2等于( ) A ．1＋iB ．－1＋iC ．1－iD ．－1－i 答案 B解析 ∵z 1＝(1＋i)2＝2i ，z 2＝1－i ， ∴z 1z 2＝2i 1－i ＝2i (1＋i )(1－i )(1＋i )＝－2＋2i2＝－1＋i.3．设平面向量m ＝(－1,2)，n ＝(2，b )，若m ∥n ，则|m ＋n |等于( ) A.5B.10C.2D ．3 5 答案 A解析 由m ∥n ，m ＝(－1,2)，n ＝(2，b )，得b ＝－4， 故n ＝(2，－4)，所以m ＋n ＝(1，－2)， 故|m ＋n |＝5，故选A.4.如图所示，向量OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点A ，B ，C 在一条直线上，且AC →＝－4CB →，则( )A ．c ＝12a ＋32bB ．c ＝32a －12bC ．c ＝－a ＋2bD ．c ＝－13a ＋43b答案 D解析 c ＝OB →＋BC →＝OB →＋13AB →＝OB →＋13(OB →－OA →)＝43OB →－13OA →＝43b －13a .故选D.5．设向量a ＝(x ，1)，b ＝(1，－3)，且a ⊥b ，则向量a －3b 与b 的夹角为( ) A.π6B.π3C.2π3D.5π6 答案 D解析 因为a ⊥b ，所以x －3＝0，解得x ＝3，所以a ＝(3，1)，a －3b ＝(0,4)，则cos 〈a －3b ，b 〉＝(a －3b )·b |a －3b |·|b |＝－434×2＝－32，所以向量a －3b 与b 的夹角为5π6，故选D.6．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 2019OC →，且A ，B ，C 三点共线(O 为该直线外一点)，则S 2019等于( ) A ．2019B ．2020C.20192D ．1010答案 C解析 A ，B ，C 三点共线，且OB →＝a 1OA →＋a 2019OC →，则a 1＋a 2019＝1，所以S 2019＝20192(a 1＋a 2019)＝20192，故选C. 7.如图，在△ABC 中，AB ＝AC ＝3，cos∠BAC ＝13，DC →＝2BD →，则AD →·BC →的值为( )A ．2B ．－2C ．3D ．－3 答案 B解析 AD →·BC →＝(AC →＋CD →)·BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AC →＋23CB →·BC →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤AC →＋23(AB →－AC →)·BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23AB →＋13AC →·(AC →－AB →)＝－23|AB →|2＋13AB →·AC →＋13|AC →|2＝－6＋1＋3＝－2，故选B.8．(2018·嘉兴期末)对任意两个非零向量a ，b ，下列说法中正确的是( ) A ．(a ＋b )2≥(a －b )2B ．(a ＋b )2≥a 2＋b 2C ．(a ＋b )2≥4|a ||b | D ．(a ＋b )2＋(a －b )2≥4a ·b 答案 D解析 因为(a ＋b )2－(a －b )2＝4a ·b ，与0的大小关系不确定，所以A 错误；(a ＋b )2－a 2－b 2＝2a ·b ，与0的大小关系不确定，所以B 错误；(a ＋b )2－4|a ||b |＝|a |2＋|b |2＋2|a ||b |cos θ－4|a ||b |≥2|a ||b |(cos θ－1)，而2|a ||b |(cos θ－1)≤0，所以C 错误；(a ＋b )2＋(a －b )2－4a ·b ＝2(|a |2＋|b |2－2a ·b )＝2(a －b )2≥0，所以(a ＋b )2＋(a －b )2≥4a ·b ，故选D.9.如图，在等腰梯形ABCD 中，已知DC ∥AB ，∠ADC ＝120°，AB ＝4，CD ＝2，动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上，且BE →＝12λBC →，DF →＝λDC →，则AE →·BF →的最小值是( )A ．46＋13B ．46－13C ．46＋132D ．46－132答案 B解析 在等腰梯形ABCD 中，AB ＝4，CD ＝2，∠ADC ＝120°，易得AD ＝BC ＝2. 由动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上得， ⎩⎪⎨⎪⎧0<12λ<1，0<λ<1，所以12<λ<1.所以AE →·BF →＝(AB →＋BE →)·(BC →＋CF →) ＝AB →·BC →＋BE →·BC →＋AB →·CF →＋BE →·CF →＝|AB →|·|BC →|cos120°＋|BE →|·|BC →|－|AB →|·|CF →|＋|BE →|·|CF →|cos60° ＝4×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋1λ×2－4×(1－λ)×2＋1λ×(1－λ)×2×12＝－13＋8λ＋3λ≥－13＋28λ×3λ＝46－13，当且仅当λ＝64时取等号． 所以AE →·BF →的最小值是46－13.10．已知共始点的三个向量e 1，e 2，m ，且e 1，e 2为单位向量，e 1·e 2＝12，m ＝x e 1＋y e 2，若m ·e 1>0，m ·e 2<0，且满足x ＋y ＝1，则实数x 的取值范围是( )A ．(－∞，－2)B ．(1,2)C ．(1，＋∞)D ．(2，＋∞)答案 D解析 由m ＝x e 1＋y e 2及x ＋y ＝1，可知m 的终点与e 1，e 2的终点共线，由m ·e 1>0，可知m 与e 1的夹角为锐角或同向共线，由m ·e 2<0，可知m 与e 2的夹角为钝角或反向共线，又由|e 1|＝|e 2|＝1，e 1·e 2＝12，得〈e 1，e 2〉＝π3.令e 1＝OA →，e 2＝OB →，m ＝OM →，则A ，B ，M 三点共线，且〈m ，e 1〉为锐角，〈m ，e 2〉为钝角，如图所示，作OC ⊥OB ，易得OC →＝2e 1－e 2，由题意可知点M 在射线CD 上(点C 除外)运动， 可知x >2.第Ⅱ卷(非选择题 共110分)二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填在题中横线上)11．已知复数z ＝i 2017＋i 2018，则z 的共轭复数z ＝________，⎪⎪⎪⎪⎪⎪z ＋3z ＋2＝________. 答案 －i －1 102解析 因为z ＝i 2017＋i2018＝i －1，所以z ＝－i －1.因为z ＋3z ＋2＝i ＋2－i ＋1＝1＋3i 2，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪z ＋3z ＋2＝1＋92＝102. 12．已知点O 为△ABC 内一点，且满足OA →＋OB →＋4OC →＝0.设△OBC 与△ABC 的面积分别为S 1，S 2，则S 1S 2＝______.答案 16解析 设E 为AB 的中点，连接OE ，延长OC 到D ，使OD ＝4OC ，因为点O 为△ABC 内一点，且满足OA →＋OB →＋4OC →＝0，所以OA →＋OB →＋OD →＝0，则点O 是△ABD 的重心，则E ，O ，C ，D 共线，OD ∶OE ＝2∶1，所以OC ∶OE ＝1∶2，则CE ∶OE ＝3∶2，则S 1＝13S △BCE ＝16S △ABC ，所以S 1S 2＝16.13．在△ABC 中，AB ＝6，AC ＝5，A ＝120°，动点P 在以C 为圆心，2为半径的圆上，则PA →·PB →的最小值是________． 答案 16解析 设AB 的中点为M ，则PA →·PB →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(PA →＋PB →)2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(PA →－PB →)2＝PM →2－MA →2＝PM →2－9，所以要求PA →·PB →的最小值，即求|PM →|的最小值， 显然当点P 为线段MC 与圆的交点时， |PM →|取得最小值，最小值为|MC →|－2.在△AMC 中，由余弦定理得|MC →|2＝32＋52－2×3×5×cos120°＝49， 所以|MC →|＝7，所以|PM →|的最小值为5， 则PA →·PB →的最小值为16.14．在△ABC 中，AB ＝3AC ，∠CAB ＝120°，以A 为圆心，AC 长为半径作圆弧，交AB 于点D ，M 为圆弧CD 上任一点，AM →＝xAB →＋yAC →，则3x ＋y 的取值范围为________，xy 的最大值为________． 答案 [1,2] 13解析 如图，连接CD 交AM 于点N ，设AM →＝λAN →，则λ∈[1,2]． ∵AM →＝xAB →＋yAC →＝3xAD →＋yAC →， ∴AN →＝3x λAD →＋y λAC →，由C ，N ，D 三点共线，得3x λ＋yλ＝1，∴3x ＋y ＝λ∈[1,2]．∴4×3x ·y ≤(3x ＋y )2≤4，∴xy ≤13，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧3x ＝y ，3x ＋y ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝13，y ＝1时取等号，∴(xy )max ＝13.15．在平面中，已知向量a ，b 的夹角为π3，|a －b |＝6，向量c －a ，c －b 的夹角为2π3，|c－a |＝23，则a 与c 的夹角为________；a ·c 的最大值为________． 答案π618＋12 3 解析 设a ＝OA →，b ＝OB →，c ＝OC →， 则a －b ＝BA →，c －a ＝AC →，c －b ＝BC →， 知∠AOB ＝π3，∠ACB ＝2π3.当点O ，C 在AB 两侧时，由题可得O ，A ，C ，B 四点共圆， 在△ABC 中，BA ＝6，AC ＝23，∠ACB ＝2π3，由正弦定理得BA sin∠ACB ＝ACsin∠CBA ，则sin∠CBA ＝12，即∠CBA ＝π6，则∠CBA ＝∠COA ＝π6，可得a 与c 的夹角为π6.因为|c －a |＝23，所以12＝c 2＋a 2－2a ·c ≥2|a ||c |－2a ·c ， 又由a ·c ＝|a ||c |cos π6得|a ||c |＝23a ·c ，所以12≥43a ·c －2a ·c ，所以a ·c ≤632－3＝18＋12 3.当点O ，C 在AB 同侧时，可得点A ，B ，O 在以C 为圆心，AC 为半径的圆上，则当点O ，C ，A 在同一直线上，即OA 为圆C 的直径时，a ·c ＝OA →·OC →取得最大值，(a ·c )max ＝|OA →|·|OC →|＝43×23＝24.综上所述，a ·c 的最大值为18＋123，此时a 与c 的夹角为π6.16．已知定点A ，B 满足|AB →|＝2，动点P 与动点M 满足|PB →|＝4，AM →＝λAB →＋(1－λ)AP →(λ∈R )，且|MA →|＝|MP →|，则AP →·AM →的取值范围是________；若动点C 也满足|CB →|＝4，则AC →·AM →的取值范围是________． 答案 [2,18] [－6,18]解析 因为AM →＝λAB →＋(1－λ)AP →(λ∈R )，λ＋1－λ＝1， 所以根据三点共线知，点M 在直线PB 上， 又|MA →|＝|MP →|，记PA 的中点为D ，连接MD ，如图，则MD ⊥AP ，AP →·AM →＝AP →·(AD →＋DM →)＝AP →·AD →＋0＝12AP →2，因为|PB →|＝4，所以点P 在以B 为圆心，4为半径的圆上， 则|AP →|∈[2,6]，则AP →·AM →＝12AP →2∈[2,18]．由于|MA →|＋|MB →|＝|MP →|＋|MB →|＝4， 所以点M 在以A ，B 为焦点，长轴长为4的椭圆上，以直线AB 为x 轴， 线段AB 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系， 则椭圆方程为x 24＋y 23＝1，点C 在圆(x －1)2＋y 2＝16上，A (－1,0)， 设M (2cos α，3sin α)，C (4cos β＋1,4sin β)， 则AC →＝(4cos β＋2,4sin β)， AM →＝(2cos α＋1，3sin α)，AC →·AM →＝(8cos α＋4)cos β＋43sin αsin β＋4cos α＋2 ＝(8cos α＋4)2＋(43sin α)2sin(β＋φ)＋4cos α＋2＝(4cos α＋8)sin(β＋φ)＋4cos α＋2，最大值是(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝8cos α＋10≤18， 最小值是－(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝－6， 所以AC →·AM →∈[－6,18]．17．已知平面向量a ，b ，c ，其中a ，b 的夹角为θ，若|a |·|b |·sin θ＝2，c ＝λa ＋b (λ为实数)，则c ·(c －a )＋a 2的最小值是________． 答案 2 3解析 方法一 令OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ， 则∠BOA ＝θ，并记|OA →|＝|a |＝a ，|OB →|＝|b |＝b ， 线段OA 的中点为M ，则|a |·|b |·sin θ＝ab sin θ＝2. 由c ＝λa ＋b 知，c －b ＝λa ，即BC ∥OA ，c ·(c －a )＋a 2＝OC →·(OC →－OA →)＋a 2＝OC →·AC →＋a 2＝CO →·CA →＋a 2 ＝14[(CO →＋CA →)2－(CO →－CA →)2]＋a 2 ＝CM →2－14a 2＋a 2＝|CM →|2＋34a 2.又|CM →|≥|OB →|sin∠BOA ＝b sin θ，所以c ·(c －a )＋a 2＝|CM →|2＋34a 2≥b 2sin 2θ＋34a 2≥2b 2sin 2θ·34a 2＝3ab sin θ＝2 3.当且仅当b 2sin 2θ＝34a 2时取到最小值．方法二 令OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ， ∠BOA ＝θ，|OA →|＝|a |＝a ，|OB →|＝|b |＝b ， 由|a |·|b |·sin θ＝ab sin θ＝2，得b sin θ＝2a.设O (0,0)，A (a,0)，B ⎝⎛⎭⎪⎫m ，2a ，则a ＝(a ，0)，b ＝⎝⎛⎭⎪⎫m ，2a ，令c ＝λa ＋b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋λa ，2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，2a ，则c ·(c －a )＋a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，2a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a ，2a ＋a 2＝x 2－ax ＋4a2＋a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22－14a 2＋4a 2＋a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22＋34a 2＋4a 2≥0＋234a 2·4a2＝23， 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a 2，34a 2＝4a2时取到最小值．三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18．(14分)(2018·杭州萧山区第一中学月考)已知复数z ＝(1＋i )2＋2(5－i )3＋i .(1)求|z |；(2)若z (z ＋a )＝b ＋i ，求实数a ，b 的值． 解 (1)∵z ＝2i ＋10－2i 3＋i ＝103＋i ＝10(3－i )10＝3－i ，∴|z |＝10.(2)∵(3－i)(3－i ＋a )＝(3－i)2＋(3－i)a ＝8＋3a －(a ＋6)i ＝b ＋i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧8＋3a ＝b ，－(a ＋6)＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－7，b ＝－13.19．(15分)(2019·湖州调研)已知平面向量a ，b 满足|a |＝1，|3a －2b |＝13，且a ，b 的夹角为60°. (1)求|b |的值；(2)求2a －b 和a －2b 夹角的余弦值． 解 (1)由已知得|3a －2b |2＝9＋4|b |2－12a ·b ＝9＋4|b |2－12×|b |×cos60°＝13， 即2|b |2－3|b |－2＝0，解得|b |＝2. (2)|2a －b |＝4＋4－4×2cos60°＝2， |a －2b |＝1＋16－4×2cos60°＝13. 又(2a －b )·(a －2b )＝2＋8－5×2cos60°＝5.所以2a －b 和a －2b 夹角的余弦值为(2a －b )·(a －2b )|2a －b ||a －2b |＝5213＝51326.20．(15分)如图，在△OAB 中，点P 为线段AB 上的一个动点(不包含端点)，且满足AP →＝λPB →.(1)若λ＝12，用向量OA →，OB →表示OP →；(2)若|OA →|＝4，|OB →|＝3，且∠AOB ＝60°，求OP →·AB →取值范围． 解 (1)∵AP →＝12PB →，∴OP →－OA →＝12(OB →－OP →)，∴32OP →＝OA →＋12OB →，即OP →＝23OA →＋13OB →. (2)∵OA →·OB →＝|OA →|·|OB →|·cos60°＝6，AP →＝λPB →(λ>0)， ∴OP →－OA →＝λ(OB →－OP →)，(1＋λ)OP →＝OA →＋λOB →， ∴OP →＝11＋λOA →＋λ1＋λOB →.∵AB →＝OB →－OA →，∴OP →·AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋λ OA →＋λ1＋λ OB →·(OB →－OA →) ＝－11＋λOA →2＋λ1＋λOB →2＋⎝⎛⎭⎪⎫11＋λ－λ1＋λOA →·OB → ＝－16＋9λ＋6－6λ1＋λ＝3λ－101＋λ＝3－131＋λ.∵λ>0，∴3－131＋λ∈(－10,3)．∴OP →·AB →的取值范围是(－10,3)．21.(15分)(2018·温州测试)设AD 是半径为5的半圆O 的直径(如图)，B ，C 是半圆上两点，已知AB ＝BC ＝10.(1)求cos∠AOC 的值； (2)求DC →·DB →的值． 解 (1)如图，连接OB ，由余弦定理得cos∠AOB ＝25＋25－102×5×5＝45. 由AB ＝BC 知∠AOC ＝2∠AOB ，则cos∠AOC ＝cos2∠AOB ＝2cos 2∠AOB －1＝725.(2)方法一 由题意可知∠ADC ＝∠AOB ，∠ADB ＝∠BDC ，则|DC →|＝8.又在Rt△ADB 中，sin∠ADB ＝1010， 可得cos∠ADB ＝310，|DB →|＝310， 所以cos∠BDC ＝310，故DC →·DB →＝8×310×310＝72. 方法二 DC →·DB →＝(OC →－OD →)·(OB →－OD →)＝(OC →＋OA →)·(OB →＋OA →)＝OC →·OA →＋OC →·OB →＋OB →·OA →＋OA →2＝|OC →||OA →|cos∠AOC ＋|OC →||OB →|cos∠COB ＋|OB →||OA →|cos∠AOB ＋25＝7＋20＋20＋25＝72.方法三 如图建立平面直角坐标系，由(1)知，B ，C 的坐标分别为B (4,3)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫75，245， 又D (－5,0)，则DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫325，245，DB →＝(9,3)，可得DC →·DB →＝72. 22.(15分)如图，在△ABC 中，AM →＝34AB →＋14AC →.(1)求△ABM 与△ABC 的面积之比；(2)若N 为AB 中点，AM →与CN →交于点P ，且AP →＝xAB →＋yAC →(x ，y ∈R )，求x ＋y 的值．解 (1)在△ABC 中，AM →＝34AB →＋14AC →， 4AM →＝3AB →＋AC →，3(AM →－AB →)＝AC →－AM →，即3BM →＝MC →，即点M 是线段BC 靠近B 点的四等分点．故△ABM 与△ABC 的面积之比为14. (2)因为AM →＝34AB →＋14AC →，AM →∥AP →， AP →＝xAB →＋yAC →(x ，y ∈R )，所以x ＝3y,因为N 为AB 的中点，所以NP →＝AP →－AN →＝xAB →＋yAC →－12AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12AB →＋yAC →， CP →＝AP →－AC →＝xAB →＋yAC →－AC →＝xAB →＋(y －1)AC →，因为NP →∥CP →，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12(y －1)＝xy ， 即2x ＋y ＝1，又x ＝3y ，所以x ＝37，y ＝17，所以x ＋y ＝47.。
2020年高考数学一轮复习讲练测浙江版专题6.4数列求和(练)含解析
2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第六章数列第04讲数列求和（练）1．（2017·全国高考真题（理））（2017新课标全国II理科）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A．1盏 B．3盏C．5盏 D．9盏【答案】B【解析】设塔顶的a1盏灯，由题意{a n}是公比为2的等比数列，∴S7==381，解得a1=3．故选：B．2.（2018·浙江高考模拟）是首项为正数的等比数列，公比为q，则“”是“对任意的正整数，”A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】设等比数列的首项为，∵，∴,∵，∴，∴“”是“”的必要不充分条件．故选B ．3．（2019·天津高三期中（理））等比数列{}n a 中，1n n a a +<，286a a ⋅=，465a a +=，则57a a 等于（ ） A ．56B ．65C ．32D ．23【答案】C 【解析】由题意易知数列的公比01q <<，数列的各项为正数，由题意结合等比数列的性质有：28464665a a a a a a ==⎧⎨+=⎩，结合46a a >有463,2a a ==，则547632a a a a ==. 故选：C .4．（辽宁省凌源二中2018届三校联考)已知数列{}n a 为等比数列，且2234764a a a a =-=-，则46tan 3a a π⎛⎫⋅=⎪⎝⎭（ ）A.B. 3-C. 3D. 3【答案】B【解析】由等比数列的性质可得： 32343364,4a a a a a ==-∴=-， 4730a a q =<，结合2764a =可得： 78a =-，结合等比数列的性质可得： 463732a a a a ==， 即： 463222tan tan tan 10tan 33333a a πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅==+== ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭本题选择B 选项.5．（2019·山东高考模拟（文））已知等比数列{}n a 中，37a =，前三项之和321S =，则公比q 的值为（ ） A ．1 B ．12-C ．1或12-D ．112-或【答案】C【解析】等比数列{}n a 中，37a =，前三项之和321S =， 若1q =，37a =，33721S =⨯=，符合题意；若1q ≠，则()213171211a q a q q ⎧=⎪-⎨=⎪-⎩，解得12q =-，即公比q 的值为1或12-，故选C.6．（2018·浙江高考模拟）设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为Sn ，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝______，a 5＝_______．【答案】 3 162 【解析】由题意，设数列的公比为，根据题意可得，，可解得，根据等数列的通项公式得，故答案为3和162.7.（2018·全国高考真题（理））记为数列的前项和，若，则_____________．【答案】【解析】 根据，可得，两式相减得，即，当时，，解得， 所以数列是以-1为首项，以2为公布的等比数列，所以，故答案是.8．（2017·全国高考真题（理））设等比数列{}n a 满足a 1 + a 2 = –1, a 1 – a 3 = –3，则a 4 = ___________． 【答案】-8 【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，很明显1q ≠-，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：()()12121311113a a a q a a a q ⎧+=+=-⎪⎨-=-=-⎪⎩，①，②，由②①可得：2q =-，代入①可得11a =， 由等比数列的通项公式可得3418a a q ==-.9.（2019·山东高考模拟（文））已知等比数列{}n a 的首项为2，等差数列{}n b 的前n 项和为n S ，且126a a +=，1342b a b +=，323S a =.（1）求{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）设n n b c a =，求数列{}n c 的前n 项和.【答案】（1）2,32n n n a b n ==-；（2）2(81)7nn T =-. 【解析】（1）设数列{}n a 的公比为q ，数列{}n b 的公差为d 由12a =，126a a +=得：24a = 2q ∴=112n n n a a q -∴==.由1343223b a b S a +=⎧⎨=⎩ 得 1112833312b b d b d +=+⎧⎨+=⎩ ，解得：113b d =⎧⎨=⎩()1132n b b n d n ∴=+-=-（2）由（1）知2nn a =，32n b n =-32321284n n n n b n c a a --∴====⋅数列{}n c 的前n 项和()()81812814187n n nT -=⋅=--10. （2019·浙江高三期末）数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，()11.n n a S n N ++=+∈(Ⅰ)求通项公式n a ； (Ⅱ)记12111n n T S S S =++⋯+，求证：31222n n T -≤<． 【答案】(Ⅰ1)?2n n a -=；(Ⅱ)见解析 【解析】(Ⅰ1)1n n a S +=+Q ①， ∴当2n ≥时，11n n a S -=+②，∴-①②得()122n n a a n +=≥，又2112a S =+=Q ，212a a ∴=，∴数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，12n n a -∴=；证明：(Ⅱ1)2n n a +=，21n n S ∴=-，2n ≥Q 时，111122n n n S -≤≤， 1121111113142112212n n n n T S S S -⎛⎫- ⎪⎝⎭∴=++⋯+≥+=--，同理：11111221221212n n n T -⎛⎫- ⎪⎝⎭≤+=-<-，故：31222n n T -≤<．1．（2019·浙江高三期中）设，则“数列为等比数列”是“数列为等比数列”的A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】 若数列是等比数列，，数列是等比数列， 数列是等比数列，，，不是等比数列， 数列是等比数列是数列是等比数列的充分不必要条件，故选：A ．2．（2019·湖南师大附中高考模拟（文））已知数列{}n a 是等比数列，数列{}n b是等差数列，若2610a a a ⋅⋅=16117b b b π++=，则21039tan1b b a a +-⋅的值是（ ）A ．1B ．22C ．22-D ．3【答案】D 【解析】{}n a Q 是等比数列 32610633a a a a ∴⋅⋅==63a ∴{}n b Q 是等差数列 1611637b b b b π∴++== 673b π∴=2106239614273tan tan tan tan tan 3111333b b b a a a πππ+∴===-=-=-⋅--本题正确选项：D3. （2019·横峰中学高考模拟（文））已知在等比数列{n a }中，0n a >，2224159002a a a a +=-，539a a =，则2020a 的个位数字是____________. 【答案】7； 【解析】由等比数列的性质可得1524a a a a =，因为2224152490029002a a a a a a +=-=-，所以2222424242()900a a a a a a ++=+=，又因为0n a >，所以2430a a +=，又由539a a =，所以32133()30,9a q q a q a +==，且0q >，解得11,3==a q ，所以2019201945043202013(3)3a a q===⨯， 所以2020a 的个位数字是7. 4．（2019·浙江高三期中）已知数列的前n 项和为，，且．求的通项公式；设，是数列的前n 项和，求．【答案】(1) (2)【解析】，即．时，，可得：，又，，满足上式，数列是等比数列，首项与公比都为2．．为奇数时，，时，，为偶数时，．当时，．时，，时也成立．．5.（2019·四川高考模拟（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()*2n nS a n n N =-+∈. （Ⅰ）求证：数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列； （Ⅱ）求数列{}1n a -的前n 项和n T .【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）111432nn n T ⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦.【解析】（Ⅰ）2n n S a n =-+，当2n ≥时，1121n n S a n --=-+-， 两式相减，得121n n n a a a -=-++，即11133n n a a -=+. ∴1111232n n a a -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，所以数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列. （Ⅱ）由1121S a =-+，得113a =.由（Ⅰ）知，数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以16-为首项，13为公比的等比数列.所以11111126323n nn a -⎛⎫⎛⎫-=-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，∴111232nn a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，∴1111232nn a ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，∴111631111243213nn nn n T ⎡⎤⎛⎫--⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-. 6．（2019·浙江高考模拟）已知数列{}n a 中，()110,2*n n a a a n n N +==+∈，（1）令+11n n n b a a =-+，求证：数列{}n b 是等比数列； （2）令3nn n a c =，当n c 取得最大值时，求n 的值. 【答案】（I ）见解析（2）3,n n c =最大，即3k = 【解析】（1）121221n n n n a a n a a n +++=+=++Q ， 两式相减，得 211221n n n n a a a a +++-=-+ ∴()211121n n n n a a a a +++-+=-+ 即：12n n b b +=21120a b ==≠Q 又，∴ 数列{}n b 是以2为首项，2为公比的等比数列（2）由（1）可知，2n n b = 即121nn n a a +-=-2121a a -=-23221a a -=-⋅⋅⋅⋅⋅⋅()11212n n n a a n ---=-≥()211222121n n n a a n n -∴-=++⋅⋅⋅+--=--2,21n n n a n ∴≥=--11,0n a ∴==也满足上式 21n n a n ∴=--111212233n n n n n n n n c c +++----=∴= 11112221212333n n nn n n n n n n n c c ++++----+-∴-=-=令()212nf n n =+-，则()11232n f n n ++=+- ，()()122n f n f n ∴+-=-()()()()()()12,234f f f f f f n ∴=>>>⋅⋅⋅> ()()()()1210,310,3,0f f f n f n ==>=-<∴≥<Q123345...c c c c c c ∴>，∴ 3,n n c =最大，即3k =1.（2019·全国高考真题（文））已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a =（ ） A ．16 B ．8C ．4D ．2【答案】C 【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩， 解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ．2．（2015·浙江高考真题（理））已知是公差不为零的等差数列，其前项和为，若成等比数列，则A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 ∵等差数列，，，成等比数列，∴，∴，∴，，故选B.3．（2019·全国高考真题（文））记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若13314a S ==，，则S 4=___________． 【答案】58. 【解析】设等比数列的公比为q ，由已知223111314S a a q a q q q =++=++=，即2104q q ++= 解得12q =-， 所以441411()(1)521181()2a q S q ---===---．4.（2018·全国高考真题（文））等比数列中，．（1）求的通项公式；（2）记为的前项和．若，求． 【答案】（1）或.（2）.【解析】 （1）设的公比为，由题设得． 由已知得，解得（舍去），或．故或．（2）若，则．由得，此方程没有正整数解．若，则．由得，解得．综上，．5.（2017·全国高考真题（文））已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，且，，.（1）若，求的通项公式；（2）若，求.【答案】（1）；（2）5或.【解析】 设等差数列公差为，等比数列公比为有，即.（1）∵，结合得，∴.（2）∵，解得或3，当时，，此时；当时，，此时.6.（2019·江苏高考真题）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 }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M－数列”； （2）已知数列{b 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 }θ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n ()*n ∈N ；②5.【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 k q 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：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 qk -≤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．。
2020版数学新优化浙江大一轮试题：第六章 数列 考点规范练30
.
[( ) ( ) ( )] 1
∴S100=4
1
-
1 2
+
11
2-3
+…+
11
������ - ������ + 1
( ) 1
=4
1
-
1 ������ + 1
= ������ .
4(������ + 1)
7.(2018 浙江金华十校模拟)已知公差不为零的等差数列{an}中,a1=1,且 a2,a5,a14 成等比数列,{an}的前 n 项和为 Sn,bn=(-1)nSn,则数列{bn}的前 2n 项和 T2n= . 答案 n(2n+1)
A. 2 016-1 C. 2 018-1
B. 2 017-1 D. 2 018+1
答 C
1
1
解析由 f(4)=2 得 4a=2,解得 a=2,则 f(x)=������2.
1
= 1 = ������ + 1 ‒ ������
故 an=������(������ + 1) + ������(������) ������ + 1 + ������
解析∵a1=1,{an}是等差数列,a2,a5,a14 成等比数列,
∴(1+d)(1+13d)=(1+4d)2,解得 d=2.
������(������ -
∴an=a1+(n-1)d=2n-1,Sn=na1+ 2
1)
×
d=n2.
∵bn=(-1)nSn=(-1)n·n2, ∴数列{bn}的前 n 项和 Tn=(-12+22)+(-32+42)+…+[-(2n-1)2+(2n)2]=3+7+…+4n-1=n(2n+1).故答 案为 n(2n+1). 8.有穷数列 1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+…+2n-1 所有项的和为 . 答案 2n+1-2-n
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2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）《第六章 数列》单元---测【满分：150分 时间：120分钟】一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（2008·浙江高考真题（文）））已知{a n }是等比数列，2512,4a a ==,则公比q=（ ） A ．B ．-2C ．2D ．【答案】D 【解析】 由3352124a a q q ==⋅=⋅，解得1.2q = 2．（2007·海南高考真题（理））已知是等差数列，，其前10项和，则其公差（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】，解得，则，故选D.3．（2019·广东高考模拟（理））记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，公差2d =，1a ，3a ，4a 成等比数列，则8S =（ ） A ．-20 B ．-18 C ．-10 D ．-8【答案】D 【解析】等差数列{}n a 的公差2d =，1a ，3a ，4a 成等比数列，可得2314a a a =，即为2111(4)(6)a a a +=+，解得18a =-，则818(8)87282S =⨯-+⨯⨯⨯=-.故选：D ．4．（2017·全国高考真题（理））（2017新课标全国Ⅲ理科）等差数列的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则前6项的和为（ ）A ．B ．C ．3D ．8 【答案】A 【解析】设等差数列的公差为，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得，即，整理可得，又公差不为，则，故前6项的和为.故选A.5．（2019·浙江高考模拟）等差数列{}n a ，等比数列{}n b ，满足111a b ==，53a b =，则9a 能取到的最小整数是（ ） A ．1- B ．0C ．2D ．3【答案】B 【解析】等差数列{}n a 的公差设为d ，等比数列{}n b 的公比设为q ，0q ≠，由111a b ==，53a b =，可得214d q +=， 则2291812(1)211a d q q =+=+-=->-，可得9a 能取到的最小整数是0． 故选：B ．6．（2019·浙江高三会考）等差数列的公差为d ，前n 项和为，若，则当取得最大值时，n ＝（ ） A ．4 B ．5 C ．6 D ．7 【答案】C 【解析】根据题意，等差数列中，， 则， 又由为等差数列，则， 又由，则， 则当时，取得最大值； 故选：C ．7．（2019·浙江高三期末）已知等比数列{}n a 的各项均为正，且35a ，2a ，43a 成等差数列，则数列{}n a 的公比是（ ）A ．12B ．2C ．13D【答案】C 【解析】根据35a ，2a ，43a 成等差数列得到22a =3453a a +，再根据数列是等比数列得到31121253q a q a a q =+，因为等比数列{}n a 的各项均为正，故得到232253253q q q q q =+⇒=+解得13q =或-2（舍去），故得到公比为13.8．（2019·山东高考模拟（文））数列{}n a 满足点(n a ，)(1)n S n …在直线32y x =-上，则前5项和为（ ） A ．21132B ．21116C ．21164D ．21132-【答案】B 【解析】数列{}n a 满足点(n a ，)(1)n S n …在直线32y x =-上，则32n n S a =-， 当1n =时，1132S a =-，得11a =，当2n …时，113232n n n n S S a a ---=--+，即133n n n a a a -=-，得123n n a a -=， 即132n n a a -=，则数列{}n a 是公比32q =的等比数列，则前5项和为531[1()]211231612⨯-=-，故选：B ．9．（2019·浙江高三开学考试）设实数成等差数列，且它们的和为9，如果实数成等比数列，则的取值范围为（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 实数成等差数列，且它们的和为，，实数成等比数列， 则，且，当时，最小值为 故的取值范围为故选10. （2019·浙江高考模拟）已知数列{}n a 满足()2*110,n n n a a a a ta n N+=>=-+∈，若存在实数t ，使{}n a 单调递增，则a 的取值范围是（ ） A ．()0,1 B ．()1,2 C ．()2,3 D ．()3,4【答案】A 【解析】由{}n a 单调递增，可得21n n n n a a ta a +=-+>，由10a a =>，可得0n a >，所以1n t a >+*()n N ∈.1n =时，可得1t a >+.①2n =时，可得21t a ta >-++，即()()()111a t a a -<+-.②若1a =，②式不成立，不合题意；若1a >，②式等价为1t a <+，与①式矛盾，不合题意. 排除B,C,D,故选A.二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分 11．（2019·北京北师大实验中学高考模拟（理））已知数列为等比数列，且，则的值为_____． 【答案】.【解析】 ∵是等比数列，∴，即，∴，.故答案为.12．（2015·浙江高考真题（文））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 = ． 【答案】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 =-=. 13．（2017·全国高考真题（理））（2017新课标全国II 理科）等差数列的前项和为，，，则____________．【答案】【解析】设等差数列的首项为，公差为，由题意有 ，解得 ，数列的前n 项和，裂项可得，所以．14．（2019·北京高三期末（文））已知数列{}n a 为等比数列，n S 为其前n 项的和，若12364a a a =，532a =，则q =_______；6S =________.【答案】2 126 【解析】由题意，因为3123264a a a a ==，解得24a =，又由532a =，所以3528a q a ==，解得2q =，所以21124a a q a ==⨯=，解得12a =， 所以662(12)12612S -==-，故答案为2,126.15．（2019·北京高考真题（理））设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5=__________，S n 的最小值为__________．【答案】0. -10. 【解析】等差数列{}n a 中,53510S a ==-,得322,3a a =-=-,公差321d a a =-=,5320a a d =+=,由等差数列{}n a 的性质得5n ≤时,0n a ≤,6n ≥时,n a 大于0,所以n S 的最小值为4S 或5S ,即为10-.16．（2019·北京高三期中（理））已知等比数列的前项和为，下表给出了的部分数据：则数列的公比__________，首项______.【答案】【解析】 由表格可得：的前项和为，满足，，∴公比，可得，，联立解得，，故答案为，4.17.（2019·北京四中高三月考（文））已知首项为2的数列{}n a 的前n 项和n S 满足：()()*12210n n S a n N +-+=∈，记()()()*123112n n a f n n n N -=-+-∈，当()f n 取得最大值时， n 的值为__________．【答案】8【解析】因为()()*12210n n S a n N +-+=∈，所以142n n S a +=+，所以2142S a =+.所以21328a a =+=，因为221144n n n n n a S S a a ++++=-=-，所以()211222n n n n a a a a +++-=-， 所以数列{}12n n a a +-是以为2124a a -=首项，公比为2的等比数列，所以1112422n n n n a a -++-=⨯=，即11122n nn na a ++-=， 所以数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，1为公差的等差数列，所以()112n na n n =+-=，即2n n a n =. 所以()()21231146212nn a f n n n n -=-+-=-+-， 因为对称轴627.758n ==，所以当8n =时， ()f n 取得最大值故答案为：8.三、解答题：本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18．（2019·山东高考模拟（文））在公差不为0的等差数列{}n a 中，1a ，3a ，9a 成公比为3a 的等比数列，又数列{}n b 满足*2,21,()2,2,n a n n k b k N n n k ⎧=-=∈⎨=⎩． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列{}n b 的前2n 项和2n T ．【答案】（1）n a n =；（2）22(41)2(1)3n n T n n -=++ 【解析】（1）公差d 不为0的等差数列{}n a 中，1a ，3a ，9a 成公比为3a 的等比数列，可得2319a a a =，313a a a =，可得2111(2)(8)a d a a d +=+，11a =，化简可得11a d ==，即有n a n =；（2）由（1）可得2,212,2n n n k b n n k⎧=-=⎨=⎩，*k N ∈；前2n 项和212(28322)(48124)n n T n -=+++⋯+++++⋯+2(14)12(41)(44)2(1)1423n n n n n n --=++=++-．19．（2019·浙江高三开学考试）数列满足.（1）求的值；（2）如果数列满足，求数列的通项公式.【答案】（1）见解析；（2）【解析】 （1）由已知得（），因为，所以． ．（2）因为，且由已知可得，把代入得即，，所以，累加得，又，因此．20．（2019·浙江高二期中）数列{}n a 的前n 项和记为n S ，1a t =，点()1,n n S a +在直线31y x =+上，其中*n N ∈.(1)当实数t 为何值时，数列{}n a 是等比数列(2)在（1）的结论下，设42log n n b a =，n n n c b a =⨯，n T 是数列{}n c 的前n 项和，求n T . 【答案】（1）1t =时，数列{}n a 为等比数列（2）565499n n n T -=+⋅ 【解析】（1）由题意131n n a S +=+ ①， 则131(1)n n a S n -=+> ②①－②得13n n n a a a +-=，即14n n a a +=又213131a S t =+=+，则214a a =，即314t t +=， 得1t =，故1t =时，数列{}n a 为等比数列.（2）可得14n n a -=，21n b n =-，所以()1214n n c n -=-⋅()()22113454234214n n n T n n --=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+-⋅③ ()()231443454234214n n n T n n -=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+-⋅④③－④得()()21312444214n nn T n --=+++⋅⋅⋅+--⋅=()()14141221414n nn --+⋅--⋅-=556433nn --+⋅ 所以565499nn n T -=+⋅ 21．（2018·江苏高三期中）已知正项数列满足.（1）求证:，且当时，；（2）求证:.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】证明：（1）由，解得．下用数学归纳法证明：当时，①当时，．所以不等式成立；②假设当时，不等式成立，即则当时，有,.则当时，不等式也成立．综合①②，当时，都有．（2）记当时，所以在上是增函数，则，即令，则，从而有．22．（2019·浙江高考模拟）已知数列{}n a中，14a=，3na>，1314n nn na aa a+=-+，记22212111...nnTa a a=+++.（1）证明：2na>；（2）证明：115116n na a +≤<； （3）证明：8454n n n T -<<． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（2）见解析 【解析】（1）∵3133(2)(2)1422n n n n n n n na a a a a a a a +---=-+-=-， ∴31323221212n n n n n n n a a a a a a a +---==---，令1n t a =，则2312()122n na m t t t a +-==---， ∵3n a ，∴3(0,3t ∈，∴'2()260m t t t =--<，∴()m t 在3(0,3单调递减， ∴31623()(1033933m t m ->=-=>，即3n a >1202n n a a +->-恒成立， ∴12n a +-与2n a -同号，又1220a -=>.∴2n a >成立．（2）2124214111514816n n n n n a a a a a +⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭221115412816⎛⎫<-+= ⎪⎝⎭，又212111515481616n n n a a a +⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭…，∴115116n n a a +≤<. （3）先证4n n T <，因为2n a >，所以2114n a <，所以222121111...44n n n T n a a a =+++<⋅=， 再证845n n T >-，∵1314n n n n a a a a +=-+，∴()121144n n n n a a a a +-=+， 又21232141115151481616n n n n n a a a a a +⎛⎫=-+=-+> ⎪⎝⎭，∴11615n n a a +>，∴116()31n n n a a a +<+， 又10n n a a +-<，∴2211()4()431n n n n n a a a a a ++->-，所以221222121114...()314n n n n n T a a a a a +=+++>-+4488(416)31443145n n n >-+=->-， 故8454n n n T -<<．。