2022年高三数学专题复习-专题三-数列-文 .docx

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1、精品_精品资料_2022 年高三数学专题复习 专题三 数列 文真题体验引领卷一、填空题12022 江苏高考 在各项均为正数的等比数列an 中,假设 a21, a8 a6 2a4,就 a6 的值是22022 江苏高考 函数 yx2x 0 的图象在点 ak ,a 处的切线与x 轴交点的横坐标为 ak1,k 为正整数, a1 16,就 a1a3 a5 32022 全国卷改编 已知等比数列 an 中意 a1 3, a1 a3 a5 21,就 a3 a5 a742022 天津高考改编 设an 是首项为a1,公差为 1 的等差数列, Sn 为其前 n 项和,假设S1, S2, S4 成等比数列,就a1 5

2、2022 新课标全国卷改编 设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn,假设 Sm1 2,Sm0,Sm13,就 m 62022 全国卷 在数列 an 中, a1 2, an1 2an, Sn 为an的前 n 项和假设 Sn 126,就 n72022 湖南高考 设 Sn为等比数列 an 的前 n 项和,假设 a11, 且 3S1, 2S2, S3 成等差数列,就 an82022 全国卷 设 Sn是数列an 的前 n 项和,且 a1 1,an1SnSn1,就 Sn92022 江苏高考 设数列 an 中意 a1 1,且 an 1 an n可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_1n N* ,就

3、数列前 10 项的和为102022 江苏高考 在正项等比数列 an 中, a5, a6 a73. 就中意 a1 a2 ana1a2an 的最大正整数 n 的值为二、解答题112022 江苏高考 设数列an 的前 n 项和为 Sn. 假设对任意的正整数 n,总存在正整数 m,使得 Sn am,就称 an 是“H数列”(1) 假设数列 an 的前 n 项和 Sn2nn N* ,证明： an 是“H 数列”.(2) 设an 是等差数列,其首项a1 1,公差 d 0. 假设an 是“H 数列”,求 d 的值.(3) 证明：对任意的等差数列an ,总存在两个“H数列” bn 和cn ,使得 anbncn

4、n N* 成立122022 江苏高考 设an 是首项为 a,公差为 d 的等差数列d 0 , Sn是其前 n 项的和记 bn, nN*,其中 c 为实数(1) 假设 c 0,且 b1, b2, b4 成等比数列,证明： Snk n2Skk , nN* .(2) 假设bn 是等差数列,证明： c 0.132022 江苏高考 设 a1, a2, a3, a4 是各项为正数且公差为dd 0 的等差数列(1) 证明： 2a1,2a2, 2a3, 2a4 依次构成等比数列.(2) 是否存在 a1,d,使得 a1, a, a,a 依次构成等比数列？并说明理由.(3) 是否存在 a1,d 及正整数 n,k,

5、使得 a, a,a, a 依次构成等比数列？并说明理由可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_一、填空题专题三数 列经典模拟演练卷可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_12022 南通模拟 在等差数列 an 中, a1 3a3 a15 10,就 a5的值为22022 济南模拟 设an 是公差为正数的等差数列,假设a1a2 a315,a1a2a3 80,就 a11a12a133 2022 成 都诊 断检 测 设 正项 等比数列 an 的前 n 项和 为SnnN* ,且中意 a4a6, a7,就 S442022 衡水中学调研 已知等比数列 an 中, a3 2, a4a6 16,

6、 就52022 郑州质检 设等比数列 an 的前 n 项和为 Sn,假设 a1 a2, a4a5 6,就 S662022 潍坊调研 在等差数列 an 中, a1 2 015 ,其前 n 项和为 Sn,假设 2,就 S2 015 的值为72022 南昌二模 已知数列 an 是等差数列, a35, a9 17,数列bn 的前 n 项和 Sn 3n. 假设 am b1 b4,就正整数 m 的值为 82022 山西康杰中学、临汾一中联考 设数列 an 的前 n 项和为Sn,假设 a1 1,an13SnnN* ,就 S692022 江苏五市联考 各项均为正数的等比数列 an 中, a2 a11. 当 a

7、3 取最小值时,数列 an 的通项公式 an 102022 苏、锡、常、镇模拟 已知各项都为正的等比数列an 中意 a7 a6 2a5,存在两项 am, an 使得 4a1,就的最小值为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_ 二、解答题112022 衡水点睛大联考 假设an 是各项均不为零的等差数列, 公差为 d, Sn 为其前 n 项和,且中意 aS2n1,nN*. 数列bn 中意bn, Tn 为数列bn 的前 n 项和(1) 求 an 和 Tn.(2) 是否存在正整数 m、n1m1”是数列“ an 为递增数列”的条件3. 等差数列 an 的前 n 项和为 Sn,已知 a5 8,

8、S3 6,就 a9 4. 已知等比数列 an 是递增数列, Sn 是an 的前 n 项和假设 a1, a3 是方程 x210x90 的两个根,就 S652022 广州调研 假设等比数列 an 的各项均为正数,且 a10a11 a9a12 2e5,就 ln a1 ln a2 ln a20 6 在各 项均为 正数的 等比 数列an 中, 假设 am 1am 1 2amm2 ,数列 an 的前 n 项积为 Tn,假设 log2T2m1 9,就 m 7. 各项为正数的等比数列 an 的前 n 项和为 Sn,假设 S4 5S2,a22 且 Sk31,就正整数 k 的值为8. 假设两个等差数列 an ,

9、bn 的前 n 项和分别为Sn, Tn,且中意,就92022 太原诊断 已知等比数列 an 的前 n 项和为 Sn 3n 1 an N* ,就实数 a 的值为102022 菏泽调研 西非埃博拉病毒导致2 500多人死亡,引起国际社会广泛关注,为防止疫情扩散,西非各国政府在世界卫生组织、国际社会救济下全力抗击埃博拉疫情,估量某首都医院近30 天内每天可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_因治愈出院的人数依次构成数列 an ,已知 a13,a22,且中意 an 2an1 1n ,就该医院 30 天内因治愈埃博拉病毒出院的患者共有人112022 长沙模拟 已知数列 an 的通项公式为 an

10、2nn. 假设按如下图的流程图进行运算,就输出n 的值为122022 衡水点睛联考 已知数列 an 中意 a1 1,且 anan1n 2,且 nN* ,就数列 an 的通项公式为13设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn,假设 a2 1 2a6,且 S7 S10,就使得 Sn 取得最小值时, n 的值为142022 郑州质检 设数列an 是首项为 1,公比为 qq 1 的等比数列,假设是等差数列,就 二、解答题 本大题共 6 小题,共 90 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤 15 本小题总分值 14 分2022 大庆质检 已知公差不为 0 的等差数列an 中意 S777,且 a1,

11、a3,a11 成等比数列(1) 求数列an 的通项公式.(2) 假设 bn2an,求数列 bn 的前 n 项和 Tn.16 本小题总分值 14 分2022 揭阳模拟 已知等比数列 an 中意：an0, a1 5,Sn为其前 n 项和,且 20S1,S3,7S2 成等差数列(1) 求数列an 的通项公式.(2) 设 bn log5a2 log5a4 log5a2n 2,求数列的前 n 项和 Tn. 17 本小题总分值 14 分2022 济宁模拟 已知数列 bn 中意 Sn bn,其中 Sn为数列bn 的前 n 项和(1) 求证：数列是等比数列,并求数列 bn 的通项公式.可编辑资料 - - -

12、欢迎下载精品_精品资料_(2) 假如对任意 nN* ,不等式 2n 7 恒成立,求实数k 的取值范畴18 本小题总分值 16 分 设数列bn 的前 n 项和为 Sn,且 bn12Sn.将函数 ysinx在区间 0 , 内的全部零点按从小到大的次序排成数列 an (1) 求bn 与an 的通项公式.(2) 设 cnanbnn N* , Tn 为数列 cn 的前 n 项和假设 a2 2a4Tn恒成立,试求实数 a 的取值范畴19 本小题总分值 16 分2022 江苏高考 已知各项均为正数的两个数列an 和bn 中意： an 1 b ,nN*.(1) 设 bn 1 1, nN*,求证：数列是等差数列

13、.(2) 设 bn 1, nN*,且 an 是等比数列,求 a1 和 b1 的值 20 本小题总分值 16 分2022 南京、盐城模拟 已知数列 an 中意a1 aa 0,aN* , a1 a2 an pan 10p 0,p 1, nN* (1) 求数列an 的通项公式 an.(2) 假设对每一个正整数 k,假设将 ak 1, ak 2,ak3 按从小到大的次序排列后,此三项均能构成等差数列,且公差为dk.求 p 的值及对应的数列 dk 记 Sk 为数列dk 的前 k 项和,问是否存在 a,使得 Sk30 对任意正整数 k 恒成立？假设存在,求出 a 的最大值.假设不存在,请说明理由专题三数

14、列真题体验引领卷可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_1 4 由于 a8a2q6, a6 a2q4,a4a2q2,所以由 a8a62a4 得a2q6 a2q4 2a2q2,消去 a2q2,得到关于 q2 的一元二次方程 q22 q22 0,解得 q22,a6a2q4122 4.2 21 在点 ak , a 处的切线方程为： y a 2akx ak ,当 y 0 时,解得 x,所以 ak 1,故an 是 a116,q的等比数列,即an16, a1 a3 a5 16 4 121.3 42 设等比数列 an 的公比为 q,由 a1 3,a1a3a521.得 31 q2q4 21. 解得 q

15、2 2 或 q2 3 舍 于是 a3 a5 a7 q2a1 a3a5 22142.4 S1, S2,S4 成等比数列, SS1S4,又 Sn 为公差为 1的等差数列的前 n 项和从而 a1 a112 a1,解得 a1 .5 5 由题设, am SmSm1 2, am 1Sm1 Sm 3. 由于数列an 为等差数列所以公差 dam1 am 1. 由 Sm 0,得 ma1 2 0,就 a1 2. 又 ama1m1d 2,解得 m 5.6 6 a1 2, an 1 2an,数列 an 是以公比 q2,首项 a1 2 的等比数列就 Sn 126,解得 n 6.7 3n 1 由于 3S1,2S2,S3

16、成等差数列所以 4S23S1 S3,即3S2 S1S3S2.3a2 a3,就等比数列 an 的公比 q 3. 故数列an 的通项公式 ana1qn13n1.8 由题意,得 S1 a1 1. an 1SnSn1,Sn 1SnSnSn 1,就 Sn0, 从而 1,故数列是以 1 为首项, 1 为公差的等差数列, 因此 1 n 1 n,所以 Sn .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_9. a1 1,an 1 an n 1, a2 a1 2,a3 a2 3, an an 1n,将以上 n1 个式子相加得 ana12 3 n,即an,令 bn,故 bn 2,故 S10 b1 b2 b10

17、2.1012 由已知条件得 qq23, 即 q2q 6 0,解得 q 2,或 q 3 舍去 ,ana5qn5 2n52n6,a1a2 an2n 1 , a1a2an2524232n62,由 a1 a2 ana1a2 an,可知 2n 52 52,由 2n 52 52,可求得 n 的最大值为 12,而当 n13 时, 28 2 50,就 a3a1, a1 a2 a315,就 3a2 15, a2 5, 从而解之得 a12, a3 8.所以公差 d 3.故 a11 a12 a13 a1 a2 a3 30d1590105.3 15 设等比数列 an 的公比为 q,且 q0, an0.由于 a4a6,

18、 a7,就 a3 2,q4,所以 q .于是 a1 8.故 S4 15.4 4 设等比数列 an 的公比为 q. 由于 a3 a1q22. a4a6aq8a1q22 q44q4 16. 就 q44, 故 q4 4.5. a1 a2, a4a56, q38,从而 q2,可求 a1. 故 S6 .6 2 015 设数列an 的公差为 d,就 a1 d.可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_由 2,得 2.所以 d 2,因此 S2 015 2 015a1 d 2 015.7 29 由等差数列的性质, a9a36d. 17 56d,得 d 2, 因此 am a3 2m 3 2m1.又数列bn

19、 的前 n 项和 Sn3n, b1 S1 3,b4S4S33433 54.由 amb1b4,得 2m1 3 54,就 m29.8 45 由 a11, a2 3a1,得 a2 3, 又 an1 3Sn,知 an3Sn1n 2 , an 1an3Sn3Sn 13an,即 an 14ann 2 1n1,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_因此 an34n 2n2,可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_故 S61 45.9 2n 1 依据题意,由于各项均为正数的等比数列an 中, 由 a2a11,得 a1q 1 1,所以 q1 且 a1,q1 a3 a1q2 q122q1 1q1

20、 22 2 4, 当且仅当 q2 时取得等号, 因此 an a1qn1 2n1.10. 由 a7a62a5,得 a1q6a1q5 2a1q4,整理有 q2 q2 0,解得 q 2 或 q 1 与条件中等比数列的各项都为正冲突,舍去 ,又由 4a1,得 aman16a,即 a2m n2 16a,即有 mn 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_ 4,亦即 mn 6,那么 mn ,当且仅当,mn 6,即 n 2m 4 时取得最小值 .11解 1 a S2n1n N* ,an0.令 n1,得 a1 1.令 n2,得 a2 3,等差数列 an 的公差 d2.从而 an 2n 1,bn,11

21、1111可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_于是 Tn 213 .35 2n12n1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_2 假设存在正整数 m, n1m0, 2m24m10,解得 1 m1,得 m2,此时 n12.故存在正整数 m,n,当且仅当 m2, n 12 时,中意 T1,Tm,Tn 成等比数列121 解 bn 1 bn 5 2n,当 n3, bn1 bn 0,故数列bn 单调递减.当 n 1, 2 时, bn1 bn 0,即 b1b2b3,就数列bn 中的最大项是 b3 7,所以 M7.(2) 证明 cn 是各项为正数的等比数列, Sn 是其前 n 项和, c3

22、, S3,设其公比为 q 0, c3. 整理得 6q2 q1 0,解得 q, q 舍去 c1 1,cn, Sn 2 2,对任意的 nN*,有 2 2 Sn1,且 Sn2,故Sn 是 数列(3) 证明 假设存在正整数 k 使得 dkdk1 成立,有数列 dn 的各项均为正整数,可得 dkdk 1 1,即 dk1dk 1. 由于 dk 1,所可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_以 dk22dk 1dk2dk 1 dkdk 2,由 dk22dk 1 dk 及 dk dk 1 得 dk22dk1 dk 1 dk 1,故 dk2dk 1 1. 由于 dk 2,所以 dk32dk 2dk12d

23、k 1 1 dk 1 dk 12dk 3,由此类推,可得 dkmdkmmN* 又存在 M,使 dkM, m M,使 dk m 0,这与数列 dn 的各项均为正数冲突,所以假设不成立,即对任意nN*,都有 dkdk 1 成立 131 证明 设 m1,就有 Tn1qn 1,由于 Ti 0i N* , 所以有 a1qn 1,即 ana1qn 1,所以当 n2时 q,所以数列an 是等比数列(2) 解 当 q 1 时, ana1n N* ,所以 Tna,所以 TnTkaaaaT,当 q1时, ana1qn 1,Tna1a2anaq1 2 n 1 aq,所以 Tn Tk aq a qaq, T aqmm

24、 1 由于 nk 2m且 k m n,所以 aa, m mm2m,所以假设 q 1,就 Tm Tk T.假设 q 1,就 TmTkT.(3) 解 由1 知,充分性成立.必要性：假设数列an 成等比数列, 就 ana1qn 1,所以当 q1时, Tnaq,就 qfn n 1,2,aqfm m 1,2所以,“对 . n, mN*,当 nm 时总有 Tnm qn mm 成立.同理可证当 q1 时也成立所以命题 p 是命题 t 的充要条件专题过关提升卷1 5 设数列的首项为 a1,由等差数列与中位数定义,就a1 2 01521 010 , a1 5.2. 既不充分也不必要 当 a11 时,数列 an

25、是递减数列当可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_an 为递增数列时, a10, 0q0, q1. 因此,“ q1”是 an为递增数列的既不充分也不必要条件 3. 16 设等差数列 an 的公差为 d,首项为 a1,由于 a58,S3 6,所以解得 a1 0,d2.所以 a9 a1 8d 82 16.4 364 由于 a1, a3 是方程 x2 10x9 0 的两个根,所以又 an是递增数列,所以 a1 1,a39,所以 q3,S6 364. 5 50 a10a11 a9a122a1a20 2e5, a1 a20 e5,就 lna1 lna2 lna20 lna1 a2 a20 ln

26、a1 a2010 ln e50 50.6 5 由等比数列的性质, am1am 1a,a2amam0 ,从而 am2,因此 T2m 1 a1 a2 a3 a2m 1a 22m1,所以 log2T2m 1 log222m12m19,就 m 5.7 5 由 S4 5S2,得 a3a44a1 a2 , q2a1 a2 4a1 a2 ,由于 a1 a20,就 q2.又 a22a12. 知 a1 1.Sk 31,解得 k5.8. .9 3 由 Sn3n1 a,就 Sn 13na. an Sn Sn12 3nn 2,n N* 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品_精品资料_ a1 S1 9a,又数列an 为等比数列,因此 a1 应中意 an 2 3n,即 a1 6.所以 9 a6, a 3.10285 由 an 2an1 1n ,知,当 n 为奇数时, an2an0.当 n 为偶数时, an2 an 2.所以数列 a1, a3, a5, a29 为常数列. a2, a4, a6, a30 是公差为 2 的等差数列又 a13,a22,因此 S30 15 3 15 45 15285.1111 由程序框图,及 an2nn.Sn 21 1 22 2 23 3 2n n 2 22 23 2n 1 23 n 22n 1 ,由 Sn2 015,得 2n 12