高考数学专题06数列(文理合卷).doc-得力文库

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1、2020年高考数学压轴必刷题专题06数列(文理合卷)1【2019年浙江10】设a，bR，数列an满足a1a，an+1an2+b，nN*，则（）A当b=12时，a1010B当b=14时，a1010C当b2时，a1010D当b4时，a1010【解答】解：对于B，令x2-+14=0，得=12，取a1=12，a2=12，an=1210，当b=14时，a1010，故B错误；对于C，令x220，得2或1，取a12，a22，an210，当b2时，a1010，故C错误；对于D，令x240，得=1172，取a1=1+172，a2=1+172，an=1+17210，当b4时，a1010，故D错误；对于A，a2=a

2、2+1212，a3=(a2+12)2+1234，a4=(a4+a2+34)2+12916+12=17161，an+1an0，an递增，当n4时，an+1an=an+12an1+12=32，a5a432a4a532a10a932，a10a4（32）6，a107296410故A正确故选：A2【2018年浙江10】已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4ln（a1+a2+a3），若a11，则（）Aa1a3，a2a4Ba1a3，a2a4Ca1a3，a2a4Da1a3，a2a4【解答】解：a1，a2，a3，a4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a11

3、，设公比为q，当q0时，a1+a2+a3+a4a1+a2+a3，a1+a2+a3+a4ln（a1+a2+a3），不成立，即：a1a3，a2a4，a1a3，a2a4，不成立，排除A、D当q1时，a1+a2+a3+a40，ln（a1+a2+a3）0，等式不成立，所以q1；当q1时，a1+a2+a3+a40，ln（a1+a2+a3）0，a1+a2+a3+a4ln（a1+a2+a3）不成立，当q（1，0）时，a1a30，a2a40，并且a1+a2+a3+a4ln（a1+a2+a3），能够成立，故选：B3【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

4、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：N100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（）A440B330C220D110【解答】解：设该数列为an，设bn=a(n-1)n2+1+an(n+1)2=2n+11，（nN+），则i=1n bi=i=1n(n+1)2 ai，由题意可设数列an的前N项和为SN，数列bn的前n项和为Tn，则Tn211+221+2n+

5、112n+1n2，可知当N为n(n+1)2时（nN+），数列an的前N项和为数列bn的前n项和，即为2n+1n2，容易得到N100时，n14，A项，由29302=435，440435+5，可知S440T29+b5230292+251230，故A项符合题意B项，仿上可知25262=325，可知S330T25+b5226252+251226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意C项，仿上可知20212=210，可知S220T20+b10221202+2101221+21023，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意D项，仿上可知14152=105，可知S110T14+b5215142+25121

6、5+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：20第一项，20，21第二项，20，21，22第三项，20，21，22，2n-1第n项，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：211，221，231，2n1，每项含有的项数为：1，2，3，n，总共的项数为N1+2+3+n=(1+n)n2，所有项数的和为Sn：211+221+231+2n1（21+22+23+2n）n=2(1-2n)1-2-n2n+12n，由题意可知：2n+1为2的整数幂只需将2n消去即可，则1+2+（2n）0，解得：n1，总共有(1+1)12+23，不满足N100，1+2+4+（2n）0，解得：n5，

7、总共有(1+5)52+318，不满足N100，1+2+4+8+（2n）0，解得：n13，总共有(1+13)132+495，不满足N100，1+2+4+8+16+（2n）0，解得：n29，总共有(1+29)292+5440，满足N100，该款软件的激活码440故选：A4【2017年上海15】已知a、b、c为实常数，数列xn的通项xnan2+bn+c，nN*，则“存在kN*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是（）Aa0Bb0Cc0Da2b+c0【解答】解：存在kN*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列，可得：2a（200+k）2+b（200

9、1An+2|b，|BnBn+1|Bn+1Bn+2|d，由于a，c不确定，则dn不一定是等差数列，dn2不一定是等差数列，设AnBnBn+1的底边BnBn+1上的高为hn，由三角形的相似可得hnhn+1=OAnOAn+1=a+(n-1)ba+nb，hn+2hn+1=OAn+2OAn+1=a+(n+1)ba+nb，两式相加可得，hn+hn+2hn+1=2a+2nba+nb=2，即有hn+hn+22hn+1，由Sn=12dhn，可得Sn+Sn+22Sn+1，即为Sn+2Sn+1Sn+1Sn，则数列Sn为等差数列另解：可设A1B1B2，A2B2B3，AnBnBn+1为直角三角形，且A1B1，A2B2，

10、AnBn为直角边，即有hn+hn+22hn+1，由Sn=12dhn，可得Sn+Sn+22Sn+1，即为Sn+2Sn+1Sn+1Sn，则数列Sn为等差数列故选：A6【2016年新课标3理科12】定义“规范01数列”an如下：an共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k2m，a1，a2，ak中0的个数不少于1的个数，若m4，则不同的“规范01数列”共有（）A18个B16个C14个D12个【解答】解：由题意可知，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，若m4，说明数列有8项，满足条件的数列有：0，0，0，0，1，1，1，1； 0，0，0，1，0，1，1，1；

11、 0，0，0，1，1，0，1，1； 0，0，0，1，1，1，0，1； 0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1； 0，0，1，0，1，1，0，1； 0，0，1，1，0，1，0，1； 0，0，1，1，0，0，1，1； 0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1； 0，1，0，0，1，1，0，1； 0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，0，1，0，1共14个故选：C7【2016年上海理科17】已知无穷等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，且limnSn=S，下列条件中，使得2SnS（nN*）恒成立的是（）Aa10，0.6q0.7Ba10，0.

12、7q0.6Ca10，0.7q0.8Da10，0.8q0.7【解答】解：Sn=a1(1-qn)1-q，S=limnSn=a11-q，1q1，2SnS，a1(2qn-1)0，若a10，则qn12，故A与C不可能成立；若a10，则qn12，在B中，a10，0.7q0.6故B成立；在D中，a10，0.8q0.7，此时q212，D不成立故选：B8【2015年上海理科17】记方程：x2+a1x+10，方程：x2+a2x+20，方程：x2+a3x+40，其中a1，a2，a3是正实数当a1，a2，a3成等比数列时，下列选项中，能推出方程无实根的是（）A方程有实根，且有实根B方程有实根，且无实根C方程无实根，且

13、有实根D方程无实根，且无实根【解答】解：当方程有实根，且无实根时，1a1240，2a2280，即a124，a228，a1，a2，a3成等比数列，a22a1a3，即a3=a22a1，则a32（a22a1）2=a24a12824=16，即方程的判别式3a32160，此时方程无实根，故选：B9【2015年上海理科18】设 Pn（xn，yn）是直线2xy=nn+1（nN*）与圆x2+y22在第一象限的交点，则极限limnyn-1xn-1=（）A1B-12C1D2【解答】解：当n+时，直线2xy=nn+1趋近于2xy1，与圆x2+y22在第一象限的交点无限靠近（1，1），而yn-1xn-1可看作点 Pn

14、（xn，yn）与（1，1）连线的斜率，其值会无限接近圆x2+y22在点（1，1）处的切线的斜率，其斜率为1limnyn-1xn-1=-1故选：A10【2013年新课标1理科12】设AnBnn的三边长分别为an，bn，cn，AnBnn的面积为Sn，n1，2，3若b1c1，b1+c12a1，an+1an，bn+1=cn+an2，cn+1=bn+an2，则（）ASn为递减数列BSn为递增数列CS2n1为递增数列，S2n为递减数列DS2n1为递减数列，S2n为递增数列【解答】解：b12a1c1且b1c1，2a1c1c1，a1c1，b1a12a1c1a1a1c10，b1a1c1，又b1c1a1，2a1c

15、1c1a1，2c1a1，c1a12，由题意，bn+1+cn+1=bn+cn2+an，bn+1+cn+12an=12（bn+cn2an），b1+c12a1，b1+c12a10，bn+cn2an0，bn+cn2an2a1，bn+cn2a1，由此可知顶点An在以Bn、cn为焦点的椭圆上，又由题意，bn+1cn+1=cn-bn2，bn+1-(2a1-bn+1)=2a1-bn-bn2=a1bn，bn+1a1=12(a1-bn)，bna1=(-12)n-1，bn=a1+(b1-a1)(-12)n-1，cn2a1bn=a1-(b1-a1)(-12)n-1，Sn2=3a12(3a12-a1)3a12-a1-(

16、b1-a1)(-12)n-13a12-a1+(b1-a1)(-12)n-1=34a12a122-(14)n-1(b1-a1)2单调递增（可证当n1时a124-(b1-a1)20）故选：B11【2012年浙江理科07】设Sn是公差为d（d0）的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题错误的是（）A若d0，则数列Sn有最大项B若数列Sn有最大项，则d0C若对任意nN*，均有Sn0，则数列Sn是递增数列D若数列Sn是递增数列，则对任意nN*，均有Sn0【解答】解：由等差数列的求和公式可得Snna1+n(n-1)2d=d2n2+（a1-d2）n，选项A，若d0，由二次函数的性质可得数列Sn有最大项，故正

17、确；选项B，若数列Sn有最大项，则对应抛物线开口向下，则有d0，故正确；选项C，若对任意nN*，均有Sn0，对应抛物线开口向上，d0，可得数列Sn是递增数列，故正确；选项D，若数列Sn是递增数列，则对应抛物线开口向上，但不一定有任意nN*，均有Sn0，故错误故选：D12【2012年上海理科18】设an=1nsinn25，Sna1+a2+an，在S1，S2，S100中，正数的个数是（）A25B50C75D100【解答】解：由于f（n）sinn25的周期T50由正弦函数性质可知，a1，a2，a240，a250，a26，a27，a490，a500且sin2625=-sin25，sin2725=-si

18、n225但是f（n）=1n单调递减a26a49都为负数，但是|a26|a1，|a27|a2，|a49|a24S1，S2，S25中都为正，而S26，S27，S50都为正同理S1，S2，s75都为正，S1，S2，s75，s100都为正，故选：D13【2012年北京理科08】某棵果树前n年的总产量Sn与n之间的关系如图所示从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高，则m的值为（）A5B7C9D11【解答】解：若果树前n年的总产量S与n在图中对应P（S，n）点则前n年的年平均产量即为直线OP的斜率由图易得当n9时，直线OP的斜率最大即前9年的年平均产量最高，故选：C14【2011年上海理科18】设an

19、是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai+1的矩形的面积（i1，2，），则An为等比数列的充要条件是（）Aan是等比数列Ba1，a3，a2n1，或a2，a4，a2n，是等比数列Ca1，a3，a2n1，和a2，a4，a2n，均是等比数列Da1，a3，a2n1，和a2，a4，a2n，均是等比数列，且公比相同【解答】解：依题意可知Aiaiai+1，Ai+1ai+1ai+2，若An为等比数列则Ai+1Ai=ai+2ai=q（q为常数），则a1，a3，a2n1，和a2，a4，a2n，均是等比数列，且公比均为q；反之要想An为等比数列则Ai+1Ai=ai+2ai需为常数，即需要a1，a3，a2n1，

20、和a2，a4，a2n，均是等比数列，且公比相等；故An为等比数列的充要条件是a1，a3，a2n1，和a2，a4，a2n，均是等比数列，且公比相同故选：D15【2018年江苏14】已知集合Ax|x2n1，nN*，Bx|x2n，nN*将AB的所有元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Sn12an+1成立的n的最小值为【解答】解：利用列举法可得：当n26时，AB中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列an，所以数列an的前26项分成两组：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23.25，41；2，4，8，16，32S26=21(1+41)2+2(

21、1-25)1-2=441+62=503，a2743，12a27516，不符合题意当n27时，AB中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列an，所以数列an的前27项分成两组：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，41，43；2，4，8，16，32S27=22(1+43)2+2(1-26)1-2=546，a284512a28540，符合题意，故答案为：2716【2017年上海10】已知数列an和bn，其中ann2，nN*，bn的项是互不相等的正整数，若对于任意nN*，bn的第an项等于an的第bn项，则lg(b1b4b9b16)lg(b1b2b3b4)=【解答】解

22、：ann2，nN*，若对于一切nN*，bn中的第an项恒等于an中的第bn项，ban=abn=(bn)2b1a11，(b2)2=b4，(b3)2=b9，(b4)2=b16b1b4b9b16=(b1b2b3b4)2lg(b1b4b9b16)lg(b1b2b3b4)=2故答案为：217【2016年浙江理科13】设数列an的前n项和为Sn，若S24，an+12Sn+1，nN*，则a1，S5【解答】解：由n1时，a1S1，可得a22S1+12a1+1，又S24，即a1+a24，即有3a1+14，解得a11；由an+1Sn+1Sn，可得Sn+13Sn+1，由S24，可得S334+113，S4313+14

23、0，S5340+1121故答案为：1，12118【2016年上海理科11】无穷数列an由k个不同的数组成，Sn为an的前n项和，若对任意nN*，Sn2，3，则k的最大值为【解答】解：对任意nN*，Sn2，3，可得当n1时，a1S12或3；若n2，由S22，3，可得数列的前两项为2，0；或2，1；或3，0；或3，1；若n3，由S32，3，可得数列的前三项为2，0，0；或2，0，1；或2，1，0；或2，1，1；或3，0，0；或3，0，1；或3，1，0；或3，1，1；若n4，由S32，3，可得数列的前四项为2，0，0，0；或2，0，0，1；或2，0，1，0；或2，0，1，1；或2，1，0，0；或2，

24、1，0，1；或2，1，1，0；或2，1，1，1；或3，0，0，0；或3，0，0，1；或3，0，1，0；或3，0，1，1；或3，1，0，0；或3，1，0，1；或3，1，1，0；或3，1，1，1；即有n4后一项都为0或1或1，则k的最大个数为4，不同的四个数均为2，0，1，1故答案为：419【2015年江苏11】设数列an满足a11，且an+1ann+1（nN*），则数列1an的前10项的和为【解答】解：数列an满足a11，且an+1ann+1（nN*），当n2时，an（anan1）+（a2a1）+a1n+2+1=n(n+1)2当n1时，上式也成立，an=n(n+1)21an=2n(n+1)=2(

25、1n-1n+1)数列1an的前n项的和Sn=2(1-12)+(12-13)+(1n-1n+1)=2(1-1n+1) =2nn+1数列1an的前10项的和为2011故答案为：201120【2015年新课标2理科16】设数列an的前n项和为Sn，且a11，an+1Sn+1Sn，则Sn【解答】解：an+1Sn+1Sn，Sn+1SnSn+1Sn，1Sn-1Sn+1=1，又a11，即1S1=-1，数列1Sn是以首项是1、公差为1的等差数列，1Sn=-n，Sn=-1n，故答案为：-1n21【2013年江苏14】在正项等比数列an中，a5=12，a6+a73，则满足a1+a2+ana1a2an的最大正整数n

26、的值为【解答】解：设正项等比数列an首项为a1，公比为q，由题意可得a1q4=12a1q5(1+q)=3，解之可得：a1=132，q2，故其通项公式为an=1322n-1=2n6记Tna1+a2+an=132(1-2n)1-2=2n-125，Sna1a2an25242n6254+n6=2(n-11)n2由题意可得TnSn，即2n-1252(n-11)n2，化简得：2n1212n2-112n+5，即2n-212n2-112n+51，因此只须n12n2-112n+5，（n1），即n213n+100，解得13-1292n13+1292，由于n为正整数，因此n最大为13+1292的整数部分，也就是12

27、故答案为：1222【2013年新课标2理科16】等差数列an的前n项和为Sn，已知S100，S1525，则nSn的最小值为【解答】解：设等差数列an的首项为a1，公差为d，S1010a1+45d0，S1515a1+105d25，a13，d=23，Snna1+n(n-1)2d=13n2-103n，nSn=13n3-103n2，令nSnf（n），f（n）n2-203n，当n=203时，f（n）取得极值，当n203时，f（n）递减；当n203时，f（n）递增；因此只需比较f（6）和f（7）的大小即可f（6）48，f（7）49，故nSn的最小值为49故答案为：4923【2012年新课标1理科16】数列

28、an满足an+1+（1）nan2n1，则an的前60项和为【解答】解：an+1+（1）n an2n1，故有 a2a11，a3+a23，a4a35，a5+a47，a6a59，a7+a611，a50a4997从而可得 a3+a12，a4+a28，a7+a52，a8+a624，a9+a112，a12+a1040，a13+a112，a16+a1456，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an的前60项和为 152+（158+1514216）183024【2011年江苏13】设 1a1a2a7，其中a1，a3，a5，

29、a7 成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是【解答】解：方法1：1a1a2a7； a2，a4，a6 成公差为1的等差数列，a6a2+23，a6的最小值为3，a7的最小值也为3，此时a11且a1，a3，a5，a7 成公比为q的等比数列，必有q0，a7a1q33，q33，q33，方法2：由题意知1a1a2a7；中a1，a3，a5，a7 成公比为q的等比数列，a2，a4，a6 成公差为1的等差数列，得1a2q2q2a2+2q3，所以1a2q3-2，即q321，所以q33，解得q33，故q的最小值是：33故答案为：3325【2011年上海理科14】已知点O（0，0）

30、、Q0（0，1）和点R0（3，1），记Q0R0的中点为P1，取Q0P1和P1R0中的一条，记其端点为Q1、R1，使之满足（|OQ1|2）（|OR1|2）0，记Q1R1的中点为P2，取Q1P2和P2R1中的一条，记其端点为Q2、R2，使之满足（|OQ2|2）（|OR2|2）0依次下去，得到P1，P2，Pn，则limn|Q0Pn|=【解答】解：由题意（|OQ1|2）（|OR1|2）0，所以第一次只能取P1R0一条，（|OQ2|2）（|OR2|2）0依次下去，则Q1、R1；Q2、R2，中必有一点在（3，1）的左侧，一点在右侧，由于P1，P2，Pn，是中点，根据题意推出P1，P2，Pn，的极限为：（3

31、，1），所以limn|Q0Pn|=|Q0P1|=3，故答案为：326【2010年浙江理科14】设n2，nN，（2x+12）n（3x+13）na0+a1x+a2x2+anxn，将|ak|（0kn）的最小值记为Tn，则T20，T3=123-133，T40，T5=125-135，Tn，其中Tn【解答】解：根据Tn的定义，列出Tn的前几项：T00T1=16=12-13T20T3=123-133T40T5=125-135T60由此规律，我们可以推断：Tn=0n为偶数12n-13n，n为奇数故答案：0n为偶数12n-13n，n为奇数27【2010年浙江理科15】设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差

32、数列an的前n项和为Sn，满足S5S6+150，则d的取值范围是【解答】解：因为S5S6+150，所以（5a1+10d）（6a1+15d）+150，整理得2a12+9a1d+10d2+10，此方程可看作关于a1的一元二次方程，它一定有根，故有（9d）242（10d2+1）d280，整理得d28，解得d22，或d22则d的取值范围是(-，-2222，+)故答案案为：(-，-2222，+)1【2012年新课标1文科12】数列an满足an+1+（1）nan2n1，则an的前60项和为（）A3690B3660C1845D1830【解答】解：由于数列an满足an+1+（1）nan2n1，故有 a2a11

33、，a3+a23，a4a35，a5+a47，a6a59，a7+a611，a50a4997从而可得 a3+a12，a4+a28，a7+a52，a8+a624，a11+a92，a12+a1040，a15+a132，a16+a1456，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an的前60项和为 152+（158+1514216）1830，故选：D2【2014年新课标2文科16】数列an满足an+1=11-an，a82，则a1【解答】解：由题意得，an+1=11-an，a82，令n7代入上式得，a8=11-a7，解得a7

34、=12；令n6代入得，a7=11-a6，解得a61；令n5代入得，a6=11-a5，解得a52；根据以上结果发现，求得结果按2，12，1循环，8322，故a1=12故答案为：123【2010年天津文科15】设an是等比数列，公比q=2，Sn为an的前n项和记Tn=17Sn-S2nan+1，nN*设Tn0为数列Tn的最大项，则n0【解答】解：Tn=17a11-(2)n1-2-a11-(2)2n1-2a1(2)n=11-2(2)2n-17(2)n+16(2)n =11-2(2)n+16(2)n-17 因为(2)n+16(2)n8，当且仅当(2)n=4，即n4时取等号，所以当n04时Tn有最大值故答案为：4

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