三轮复习高三数学数列预测卷及详细答案

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高三数学数列专题复习题含答案

高三数学数列专题复习题含答案一、选择题1.等比数列{}n a 中，12a =，8a =4，函数()128()()()f x x x a x a x a =---，则()'0f =（）A ．62 B. 92 C. 122 D. 152 【答案】C【解析】考查多项式函数的导数公式，重点考查学生创新意识，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法。

考虑到求导中，含有x 项均取0，则()'0f 只与函数()f x 的一次项有关；得：412123818()2a a a a a a ⋅⋅==。

2、在等比数列{}n a 中，11a =，公比1q ≠.若12345m a a a a a a =，则m= （A ）9 （B ）10 （C ）11 （D ）12 【答案】C3、已知{}n a 是首项为1的等比数列，n s 是{}n a 的前n 项和，且369s s =，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前5项和为（A ）158或5 （B ）3116或5 （C ）3116 （D ）158【答案】C【解析】本题主要考查等比数列前n 项和公式及等比数列的性质，属于中等题。

显然q ≠1，所以3639(1q )1-=121-q 1q q q q -⇒+⇒=-，所以1{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和5511()31211612T -==-. 4、已知各项均为正数的等比数列{n a }，123a a a =5，789a a a =10，则456a a a =(A)【答案】A【解析】由等比数列的性质知31231322()5a a a a a a a ===，37897988()a a a a a a a ===10,所以132850a a =,所以13336456465528()()(50)52a a a a a a a a a ===== 5.已知等比数列{m a }中，各项都是正数，且1a ，321,22a a 成等差数列，则91078a a a a +=+A.12+B. 12-C. 322+D 322-6、设{}n a 是任意等比数列，它的前n 项和，前2n 项和与前3n 项和分别为,,X Y Z ，则下列等式中恒成立的是 A 、2X Z Y += B 、()()Y Y X Z Z X -=- C 、2Y XZ =D 、()()Y Y X X Z X -=-【答案】 D【分析】取等比数列1,2,4,令1n =得1,3,7X Y Z ===代入验算，只有选项D 满足。

2023年高考备考三年数列(含答案)

an 1
2，
an
n 1
n
所以，数列 an 是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，则 an 2 2 2 ，
ak 1 ak 2 ak 10
ak 1 1 210
1 2

2k 1 1 210
1 2
2k 1 210 1 25 210 1 ，
所以 S3n S2 n S2 n Sn 729 ，
即
3n(9 27n ) 2n(9 18n ) 2n(9 18n ) n(9 9n )

729
2
2
2
2
即 9n 2 729 ，解得 n 9 ，
所以 S3n S27
27(9 9 27)
3402 .
圆形石板(称为天心石)，围绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第—环，向外每环依次增加 9 块，下一层的第
—环比上一层的最后一环多 9 块，向外每环依次也增加 9 块，已知每层环数相同，且下层比中层多 729
块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)〔〕
高考材料
高考材料
A．3699 块
B．3474 块
C．3402 块
（详解）
设第 n 环天石心块数为 an ，第—层共有 n 环，
则 {an } 是以 9 为首项，9 为公差的等差数列， an 9 (n 1) 9 9n ，
设 S n 为 {an } 的前 n 项和，则第—层、第二层、第三层的块数分
别为 S n , S 2 n S n , S3n S 2 n ，因为下层比中层多 729 块，
∴ S2 4 ， S4 S2 6 4 2

【通用版】2020高考数学(三轮复习)冲刺专题《数列大题部分》(含答案)

专题数列大题部分【训练目标】1、理解并会运用数列的函数特性；2、掌握等差数列，等比数列的通项公式，求和公式及性质；3、掌握根据递推公式求通项公式的方法；4、掌握常用的求和方法；5、掌握数列中简单的放缩法证明不等式。

【温馨小提示】高考中一般有一道小题，一道大题，小题侧重于考等差数列与等比数列的性质，熟练的灵活的使用数列的性质会大大减少计算量；大题则侧重于考查根据递推公式求通项公式，求和的方法。

总之，此类题目难度中等，属于必拿分题。

【名校试题荟萃】1、（宁夏长庆高级中学2019届高三上学期第四次月考数学（理）试卷）设数列{}n a 的前n 项和，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{}na 的前n 项和n T ，求使得成立的n 的最小值.【答案】（1）2nn a = （2）10（2）由（1）可得112nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，由，即21000n>，因为，所以10n ≥，于是使得成立的n 的最小值为10.2、（宁夏长庆高级中学2019届高三上学期第四次月考数学（理）试卷）设等差数列{}n a 的公差为d ，点(,)n n a b 在函数()2x f x =的图象上（*n N ∈）。

（1）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 ；（2）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{}n na b 的前n 项和n T .【答案】（1）（2）（2）由函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线方程为所以切线在x 轴上的截距为21ln 2a -，从而，故22a =从而n a n =，2n n b =，2n nn a nb =所以故。

3、（辽宁省辽河油田第二高级中学2019届高三上学期期中考试数学（文）试题）设n S 为数列{}n a 的前项和，已知10a ≠，，n *∈N ．（1）求1a ，2a ；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）求数列{}n na 的前n 项和．【答案】（1）1，2 （2）12-=n n a （3）（3）由（2）知12-=n n n na ，记其前n 项和为n T ，于是① ②①-②得从而．4、（湖南省浏阳一中、株洲二中等湘东六校2019届高三12月联考数学（理）试题）已知数列}{n a 的前n 项和n S 满足，且11=a 。

2020年【通用版】高考数学(三轮复习)冲刺专题《数列大题部分》(含答案)

总之，此类题目难度中等，属于必拿分题。

（1）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 ；（2）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{}n na b的前n 项和n T .【答案】（1）（2）（2）由函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线方程为所以切线在x 轴上的截距为21ln 2a -，从而，故22a =从而n a n =，2n n b =，2n nn a nb =所以故。

2021-2022年高三下学期三轮复习备考模拟测试数学试题含解析

2021-2022年高三下学期三轮复习备考模拟测试数学试题含解析一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．1、集合，若，则符合条件的实数a的值的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．42、在复平面内，复数（是虚数单位）对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3、函数的大致图象是（）4、已知命题1:(0,),sin cos22pπααα∃∈+=；命题[):0,,cos1q x x x∀∈+∞+≥，则下列命题中真命题的为（）A． B． C． D．5、已知O为内一点，且由，则和的面积之比为（）A． B． C． D．6、一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．12B．16C．D．7、把函数()cos23sin2f x x x=的图象向右平移个单位，所得的图象关于坐标原点对称，则的最小值是（）A． B． C． D．8. 某程序框图如图所示，则运行后输出结果为（）A．504B．120C．240D．2479、已知点P是抛物线上任意一点，，P到y轴的距离为d，则的最大值为（）A．12 B．11 C．10 D．910、已知(4)(4)0,0,a b aba b fab++>>=，则的最小值为（）A．8 B．16 C．20 D．2511. 已知整数数列共5项，其中，且对任意都有，则符合条件的数列个数为（）A．24 B．36 C．48 D．5212、设分别为双曲线的左、右焦点，P为双曲线右支上一点，，半径为a的圆I与的延长线线段及的延长线分别切于点，则该双曲线的离心率为（）A．2 B． C．3 D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13、点在不等式组3020220x yyx y+-≤⎧⎪-≤⎨⎪+-≥⎩，表示的平面区域上运动，则的最大值为_____.14、在中，，面积，则BC边的长度为15、已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧面是等边三角形，且有侧面底面，则四棱柱的外接球表面积为16、对任意实数表示不超过的最大整数，如，关于函数，有下列命题：①是周期函数；②是偶函数；③函数的值域为；④函数在区间内有两个不同的零点，其中正确的命题为（把正确答案的序号填在横线上）．三、解答题：本大题共6小题，共70 分，解答应写出说明文字，证明过程或演算步骤．17、（本小题满分12分）已知等差数列，公差，前n项和为，且满足成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前n项和．18、（本小题满分12分）如图所示的多面体中，ABCD是菱形，BDEF是矩形，ED平面ABCD，BAD=，AD=2.（1）求证：平面FCB//平面AED；（2）若二面角A-EF-C的大小，求线段ED的长．19、(本小题满分12分）某青少年研究中心为了统计某市青少年（18岁以下）xx春节所收压岁钱的情况进而研究青少年的消费去向，随机抽查了该市60名青少年所收压岁钱的情况，得到如下数据统计表（如图（1））：已知“超过2千元的青少年”与“不超过2千元的青少年”人数比恰好为2:3．（Ⅰ）试确定x，y，p，q的值，并补全频率分布直方图（如图(2)）．（Ⅱ）该机构为了进一步了解这60名青少年压岁钱的消费去向，从“超过2千元的青少年”、“不超过2千元的青少年”中用分层抽样的方法确定10人，若需从这10人中随机选取3人进行问卷调查．设为选取的3人中“超过2千元的青少年”的人数，求的分布列和数学期望．（Ⅲ）若以频率估计概率，从该市青少年中随机抽取15人进行座谈，若15人中“超过2千元的青少年”的人数为，求的期望.20、(本小题满分12分）已知圆过椭圆的两焦点，过且与x轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为3，过椭圆上任意一点P引圆的切线，为切点．（1）求椭圆的方程；（2）求三角形面积的取值范围．21、(本小题满分12分）已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）若不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围．请考生在第22、23、24三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.22、(本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，圆内接四边形ABCD 的对角线BD 上有一点E ，满足BAE=CAD.(1) 求证：AEBACD ，AEDABC ；(2) 若AB=5，BC=5，CD=3，DA=5.5，AC=6.5，求BD 的长．23、(本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程已知极坐标的极点与平面坐标系的原点重合，极轴与x 轴的正半轴重合，且长度单位相同，圆C 的参数方程为（为参数），点Q 的极坐标为．（1）写出圆C 的直角坐标方程和极坐标方程；（2）已知点P 是圆C 上的任意一点，求P ，Q 两点间距离的最小值．24、(本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知()()321,331f x x a x a g x x x a =-+--=-+-．（1）若，求不等式的解集；（2）若对任意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围．A．B．C．D．A．B．C．D．A．B．C．D．A．B．C．D．A．B．C．D．A．B．C．D．A．B．C．D．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共7小题，每小题5分，共35分，把答案填在答案卡中的横线上三、解答题：本大题共5小题，满分65分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16、（本小题满分12分）16、（本小题满分12分）16、（本小题满分12分）16、（本小题满分12分）16、（本小题满分12分）16、（本小题满分12分）"]j36957 905D 遝31153 79B1 禱q .TN#c640168 9CE8 鳨s。

高考数学数列复习题集附答案

高考数学数列复习题集附答案高考数学数列复习题集附答案1. 数列基本概念数列是数学中重要的概念之一，在高考数学中也占有重要的地位。

数列是按照一定的规律排列的一系列数的集合。

在数列中，每个数称为该数列的项，而规律则决定了数列的特征。

在高考中，数列的考查形式多样，掌握数列的基本概念对于解题至关重要。

2. 等差数列等差数列是一种常见的数列形式，在解题中经常出现。

等差数列的特点是每一项与前一项之差都相等。

假设等差数列的首项为a₁，公差为d，第n项为aₙ，则数列的通项公式是aₙ = a₁ + (n-1)d。

在考试中，理解等差数列的通项公式以及应用等差数列的性质解题是必要的。

3. 等比数列等比数列是另一种常见的数列形式，也经常出现在高考数学试题中。

等比数列的特点是每一项与前一项之比都相等。

假设等比数列的首项为a₁，公比为q，第n项为aₙ，则数列的通项公式是aₙ = a₁ * q^(n-1)。

了解等比数列的通项公式、性质以及应用等比数列解题的方法对于解答高考试题非常关键。

4. 递推数列递推数列是数列中常见的一种类型，其中每一项通过前一项计算得出。

递推数列的求解常常需要列出前几项进行观察。

在解题时，可以通过观察数列的规律，推导出数列的通项公式，从而求解特定项。

练习题：1. 给定等差数列的首项a₁ = 3，公差d = 2，求该等差数列的第10项。

答：根据等差数列的通项公式，第10项的计算公式为 a₁₀ = a₁ + (n-1)d = 3 + (10-1)2 = 21。

2. 给定等比数列的首项a₁ = 2，公比q = 3，求该等比数列的第5项。

答：根据等比数列的通项公式，第5项的计算公式为 a₅ = a₁ *q^(n-1) = 2 * 3^(5-1) = 162。

3. 已知递推数列的前两项分别为a₁ = 1，a₂ = 2，且每一项都等于前两项之和，求该递推数列的第6项。

答：观察数列的前几项，发现每一项都等于前两项的和，即aₙ =aₙ₋₁ + aₙ₋₂。

高考数学三轮冲刺：数列课时提升训练(4)(含答案)

高考数学三轮冲刺数列课时提升训练（4）1、设是正项数列，其前项和满足：,则数列的通项公式=____________。

2、下列说法：①当；②ABC中，是成立的充要条件；③函数的图象可以由函数（其中）平移得到；④已知是等差数列的前项和，若，则.；⑤函数与函数的图象关于直线对称。

其中正确的命题的序号为。

3、在等差数列中，当时，必定是常数数列. 然而在等比数列中，对某些正整数r、s，当时，可以不是常数列，试写出非常数数列的一个通项公式.4、设为递减的等比数列，其中为公比，前项和，且，则= .5、观察下面的数阵，容易看出，第n+1行最右边一个数与第n行最右边一个数满足，12 34 5 67 8 9 1011 12 13 14 15………………则前20行的所有数字之和为．6、7、下列命题中，真命题的序号是 .①中，②数列{}的前n项和，则数列{}是等差数列.③锐角三角形的三边长分别为3，4，，则的取值范围是.④等差数列{}前n项和为。

已知+-=0，=38,则m=10.⑤常数数列既是等差数列又是等比数列.⑥数列{}满足，，则数列{}为等比数列.8、对于各项均为整数的数列，如果(=1，2，3，…)为完全平方数（即能表示为一个整数的平方的数，例如4是完全平方数、3不是完全平方数），则称数列具有“性质”．不论数列是否具有“性质”，如果存在与不是同一数列的，且同时满足下面两个条件：①是的一个排列；②数列具有“性质”，则称数列具有“变换性质”．下面三个数列：①数列的前项和；②数列1，2，3，4，5；③1，2，3，…，11.具有“性质”的为；具有“变换性质”的为 .9、由9个正数组成的数阵每行中的三个数成等差数列，且，，成等比数列．给出下列结论：①第二列中的必成等比数列；②第一列中的不一定成等比数列；③；④若9个数之和大于81，则 >9．其中正确的序号有．（填写所有正确结论的序号）．10、若是等比数列，是互不相等的正整数，则有正确的结论：．类比上述性质，相应地，若是等差数列，是互不相等的正整数，则有正确的结论：. .11、已知前n项和，则…的值为12、用三个不同字母组成一个含个字母的字符串，要求由字母开始，相邻两个字母不能相同. 例如时，排出的字符串是；时排出的字符串是,…….记这种含个字母的所有字符串中，排在最后一个的字母仍是的字符串的个数为,则, ,．13、设数列{}是等差数列，数列{}是等比数列，记数列{}、{}的前项和分别为、．若、，且，则＝____________14、已知数列的前项和为，，且当，时，，若，则15、若{a n}为等比数列，且16、等差数列中，公差，,,成等比数列，则=17、在数列{a n}中，若a－a＝p(n≥2，n∈N＋，p为常数)，则称{a n}为“等方差数列”.下列是对“等方差数列”的判断：①若{a n}是等方差数列，则{a}是等差数列；②{(－1)n}是等方差数列；③若{a n}是等方差数列，则{a kn}(k∈N＋，k为常数)也是等方差数列；④若{a n}既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数数列.其中正确命题的序号为.(将所有正确命题的序号填在横线上).18、下表中的数阵为“森德拉姆素数筛”，其特点是每行每列都成等差数列，记第i行第j列的数为a i，j（i，j∈N*），则（Ⅰ）a9，9＝；（Ⅱ）表中的数82共出现次．19、已知数列、满足，则=20、若，则。

高考数学三轮冲刺：数列课时提升训练(1)(含答案)

高考数学三轮冲刺数列课时提升训练（1）1、已知定义在上的函数、满足，其中且，在有穷数列中任取前项相加，则前项和大于的概率是（） A、 B、C、 D、2、已知一次函数的图像经过点和，令，记数列的前项和为，当时，的值等于A .B. C. D.3、已知数列{a n}，如果是首项为1，公比为2的等比数列，那么a n = （） A．2n+1－1 B．2n－1 C．2n－1 D．2n +14、已知，，成等差数列，成等比数列，则的最小值是( )(Ａ) (Ｂ) (Ｃ) (Ｄ)5、在数列{a n}中，如果存在非零常数T，使得a m+T=a m对于任意的非零自然数m均成立，那么就称数列{a n}为周期数列，其中T叫数列{a n}的周期．已知数列{x n}满足x n+1=|x n-x n-1|(n≥2，n ∈N)，如果x1=1，x2=a(a∈R，a≠0)，当数列{x n}的周期最小时，该数列前2005项的和是( ) A．668 B．669 C．1336 D．13376、已知等差数列{a n}和等比数列{bn}各项都是正数，且a1=b1，a2n+1=b2n+1，那么一定有 ( )A．a n+1≤b n+1 B．a n+1≥b n+1 C．a n+1<b n+1 D．a n+1>b n+17、互不相等的三个正数x1、x2、x3成等比数列，且点P1(log a x1，log b y1)、P2(log a x2，log b y2)、P3(log a x3，log b y3)共线(a>0且a≠1，b>0且b≠1)，则y1、y2、y3成 ( )A.等差数列，但不成等比数列 B．等比数列而非等差数列 C．等比数列，也可能成等差数列D．既不是等比数列，又不是等差数列8、已知数列{a n}的前n项和S n=a[2-()n-1]-b[2-(n+1)()n-1](n=1,2,…),其中a,b是非零常数,则存在数列{x n}、{y n}使得（）A.a n=x n+y n,其中{x n}为等差数列，{y n}为等比数列B．a n=x n+y n,其中{x n}和{y n}都为等差数列C．a n=x n·y n,其中{x n}为等差数列，{y n}为等比数列D．a n=x n·y n,其中{x n}和{y n}都为等比数列9、若｛a n｝是等差数列，首项a1＞0，a2003+a2004>0，a2003·a2004＜0，则使前n项和S n>0成立的最大自然数n是 ( )A.4005 B．4006 C.4007 D.400810、已知函数，若数列满足，且是递减数列，则实数的取值范围是( )（A）（B）（C）（D）11、已知数列{a n}的前n项和S n=2n+1-2，等差数列{b n}中，b2= a2，面b n+3+b n-1=2b n+4, (n2,n N+), 则b n=A. 2n+2B.2nC. n-2D.2n-212、已知数列{a n}的通项公式为a n＝2n＋1，令b n＝(a1＋a2＋…＋a n)，则数列{b n}的前10项和T10＝( )A．70 B．75C．80D．8513、已知数列满足下面说法正确的是①当时，数列为递减数列；②当时，数列不一定有最大项；③当时，数列为递减数列；④当为正整数时，数列必有两项相等的最大项.A. ①②B. ②④C. ③④D. ②③14、A.12084B.12090C.12096D.1210215、各项均为正数的数列的前n项和S n ,且A． B． CD．16、已知等比数列中，各项都是正数，且，，成等差数列，则的值为A. B. C.D.17、设函数f(x)=x+,A0为坐标原点,A n为函数y=f(x)图象上横坐标为n(n∈N*)的点,向量a n=,向量i=(1,0),设θn为向量a n与向量i的夹角,满足tanθk<的最大整数n是( )A.2B.3C.4D.518、已知函数f(x)=把函数g(x)=f(x)-x的零点按从小到大的顺序排列成一个数列,则该数列的通项公式为( )A.a n= B.a n=n-1C.a n=n(n-1) D.a n=2n-219、设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S15>0,S16<0,则,,…,中最大的项为( )A. B. C. D.20、已知等差数列的前项和为，且，，则过点和的直线的一个方向向量的坐标可以是（）A．B．C． D．21、等比数列的前项和为= ( )A． B． C． D．22、已知等差数列中，，记数列的前项和为，若，对任意的成立，则整数的最小值为A．5 B．4 C．3 D．223、已知两个等差数列和的前项和分别为A和，且，则使得为整数的正整数的个数是（）A．2 B．3 C．4D．524、设等差数列的前项和为且满足则中最大的项为（）25、等差数列的前n项和为，且，则的最小值是A7 BC8 D26、已知等比数列的前项和为，若，且满足，则使的的最大值为（）（A）6 （B）7 （C）8 （D）927、设为数列的前项和，，其中是常数.则为（）A. B. C. D.28、数列的首项为3，为等差数列且．若则，则（）(A) 0 (B) 3 (C)8(D) 1129、数列前项和为，已知，且对任意正整数，都有，若恒成立则实数的最小值为（）A．B． C． D．2 30、设有无穷数列,且为正整数集的无限子集，，则数列称为数列的一个子列，记为.下面关于子列的三个命题①对任何正整数，必有；②已知为等差数列，则“为等差数列”是“为等差数列”的充分不必要条件；③已知为等比数列，则“为等差数列”是“为等比数列”的充分不必要条件. 真命题的个数是A．0 B．1 C．.2 D．3 31、已知，把数列的各项排列成如下的三角形状，记表示第行的第个数，则=( ) A. B. C.D.32、数列满足并且，则数列的第100项为（）A．B．C．D．33、已知数列的前项和，正项等比数列中，，，则（）A． B． C．D．34、设等差数列的前项和为，若，则必定有( )A. ,且B. ,且C. ,且D.,且35、设，，，则数列成（）A. 等差数列B. 等比数列C. 非等差也非等比数列 D. 既等差也等比数列36、已知正项等比数列{a n}，a1＝2，又b n＝log2a n，且数列{b n}的前7项和T7最大，T7≠T6，且T7≠T8，则数列{a n}的公比q的取值范围是( )(A)＜q＜ (B)＜q＜(C)q＜或q＞ (D)q＞或q＜37、若数列{a n}满足＝p(p为正常数，n∈N＋)，则称{a n}为“等方比数列”.甲：数列{a n}是等方比数列；乙：数列{a n}是等比数列，则( )(A)甲是乙的充分条件但不是必要条件(B)甲是乙的充要条件(C)甲是乙的必要条件但不是充分条件(D)甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件38、在数列中，如果存在常数，使得对于任意正整数均成立，那么就称数列为周期数列，其中叫做数列的周期. 已知周期数列满足，若，当数列的周期为时，则数列的前2015项的和为（）A．1344 B．1343 C．1342D． 134139、已知数列{a n}的通项公式是，其中a、b均为正常数，那么数列{a n}的单调性为（）A．单调递增 B．单调递减 C．不单调 D．与a、b的取值相关40、已知定义在上的函数满足：设数列的前项和为，则的取值范围是A. B.C. D.1、D2、A3、B4、D5、D6、B7、C8、C.a1=S1=3a a n=S n-S n-1=a[2+()n-1]-b[2-(n+1)·()n+1]-a[2+()n-2]+b[2-n()n-2]=(b n-b-a)·()n-1 ∵{()n-1}为等比数列,{b n-a-b}为等差数列. 9、B【正确解答】 B ∵a1>0，a2003+a2004>0，a2003·a2004＜0，且｛a n｝为等差数列∴{a n}表示首项为正数，公差为负数的单调递减等差数列，且a2003是绝对值最小的正数，a2004是绝对值最大的负数(第一个负数)，且|a2003|＞|a2004|∴在等差数列｛a n｝中，a2003+a2004=a1+a4006>0，S4006=＞0 ∴使S n＞0成立的最大自然数n是4006． 10、C 11、B12、B解析由已知a n＝2n＋1，得a1＝3，a1＋a2＋…＋a n＝＝n(n＋2)，则b n＝n＋2，T10＝＝75，故选B.13、C 14、B 15、B16、C 17、B.由已知得A n,又a n===,tanθn===+,所以tanθk=+=2--,验证知n=3符合tanθk<.18、B.当x≤0时,g(x)=2x-1-x,令g(x)=0,得x=0.当0<x≤1时,-1<x-1≤0,g(x)=f(x-1)+1-x=2x-1-x,令g(x)=0,得x=1,当1<x≤2时,0<x-1≤1,-1<x-2≤0,g(x)=f(x-1)+1-x=f(x-2)+2-x=2x-2+1-x,令g(x)=0,得x=2. 依次类推,得到函数g(x)的零点从小到大排列为0,1,2,3,4,…,故选B.19、D.由S15==15a8>0,得a8>0.由S16==<0,得a9+a8<0,所以a9<0,且d<0.所以a1>a2>…>a8>0>a9>…>a15,S8>S7>…>S1>0,0<S15<S14<…<S9,所以>>…>>0>,从而最大.选D.20、A 21、C 22、B23、D 24、C 25、D 26、D 27、B28、B29、A30、D 31、A 32、D 33、D 34、A 35、A36、B.∵b n＝log2a n，而{a n}是以a1＝2为首项，q为公比的等比数列，∴b n＝log2a n＝log2(a1q n －1)＝1＋(n－1)log2q.∴b n＋1－b n＝log2q.∴{b n}是等差数列，由于前7项之和T7最大，且T7≠T6，所以有解得－＜log2q＜－，即＜q＜.故选B.37、 C.乙⇒甲，但甲乙，如数列2,2，－2，－2，－2，是等方比数列，但不是等比数列.38、A 39、A 40、B。

高考数学三轮专项模拟试卷理(数列推理与证明)(含解析)新人教A版

数列、推理与证明本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共8小题，每小题5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．(2013·黄冈模拟)集合M＝{y|y＝lg(x2＋1)，x∈R}，集合N＝{x|4x＞4，x∈R}，则M∩N 等于( )A．[0，＋∞)B．[0,1)C．(1，＋∞) D．(0,1]【解析】由x2＋1≥1知lg(x2＋1)≥0，所以M＝{y|y≥0}，由4x＞4知x＞1，所以N＝{x|x＞1}，所以M∩N＝{x|x＞1}，故选C.【答案】 C2．如果命题“綈(p∧q)”是真命题，则( )A．命题p、q均为假命题B．命题p、q均为真命题C．命题p、q中至少有一个是真命题D．命题p、q中至多有一个是真命题【解析】命题“綈(p∧q)”是真命题，则命题“p∧q”是假命题，则命题p、q中至多有一个是真命题，故选D.【答案】 D3．(2013·宁波模拟)等差数列{a n}中，已知a1＝－12，S13＝0，使得a n＞0的最小正整数n 为( )A．7 B．8C．9 D．10【解析】由S 13＝a1＋a132＝0得a1＋a13＝2a7＝0，所以a7＝0，又a1＝－12，故n≥8时，a n＞0.【答案】 B4．(2013·课标全国卷Ⅱ)等比数列{a n}的前n项和为S n，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝( )A.13B．－13C.19D．－19【解析】设公比为q，∵S3＝a2＋10a1，a5＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，a 1q 4＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝9a 1，a 1q 4＝9，解得a 1＝19，故选C.【答案】 C5．下列函数中与函数y ＝－3|x |奇偶性相同且在(－∞，0)上单调性也相同的是( ) A ．y ＝－1xB ．y ＝log 2|x |C ．y ＝1－x 2D ．y ＝x 3－1【解析】函数y ＝－3|x |是偶函数且在(－∞，0)是增函数，故选C. 【答案】 C6．(2013·大纲全国卷)已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43，则{a n }的前10项和等于( )A ．－6(1－3－10)B.19(1－3－10) C ．3(1－3－10) D ．3(1＋3－10)【解析】由3a n ＋1＋a n ＝0，得a n ＋1a n ＝－13，故数列{a n }是公比q ＝－13的等比数列．又a 2＝－43，可得a 1＝4.所以S 10＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13101－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝3(1－3－10). 【答案】 C7．已知向量a 、b 的夹角为120°，且|a |＝|b |＝4，那么b ·(2a ＋b )的值为( ) A ．48 B ．32 C ．1D ．0【解析】 b ·(2a ＋b )＝2a·b ＋b 2＝2×4×4×cos 120°＋42＝0. 【答案】 D 8．已知f (x )＝12 013＋log 2x 1－x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 014＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 014＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0132 014的值为( )A ．1B ．2C ．2 013D ．2 014【解析】对任意0＜x ＜1，可得f (x )＋f (1－x )＝22 013.设S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 014＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 014＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0132 014则S ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫2 0132 014＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 1022 014＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 014于是2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝⎛⎭⎪⎫12 014＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0132 014＋⎣⎢⎡f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 014＋⎦⎥⎤f ⎝⎛⎭⎪⎫2 0122 014＋…＋[f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0132 014＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 014]＝22 013×2 013＝2，所以S ＝1. 【答案】 A第Ⅱ卷二、填空题(本大题共7小题，每小题5分，共35分，把答案填在题中横线上) 9．已知角α的终边与单位圆交于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－255，55，则sin 2α的值为________．【解析】由已知得sin α＝55，cos α＝－255，所以sin 2α＝2sin αcos α＝2×55×⎝ ⎛⎭⎪⎫－255＝－45. 【答案】－4510．(2013·昆明模拟)已知数列{a n }中a 1＝1，a 2＝2，当整数n ＞1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，则S 15等于________．【解析】由S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)得，(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)＝2S 1＝2，即a n ＋1－a n ＝2(n ≥2)，数列{a n }从第二项起构成等差数列，S 15＝1＋2＋4＋6＋8＋…＋28＝211.【答案】 21111．(2013·东城模拟)在数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝7，a n ＋2等于a n a n ＋1(n ∈N *)的个位数，则a 2 013的值是________．【解析】 a 1a 2＝2×7＝14，所以a 3＝4,4×7＝28，所以a 4＝8,4×8＝32，所以a 5＝2,2×8＝16，所以a 6＝6，a 7＝2，a 8＝2，a 9＝4，a 10＝8，a 11＝2，所以从第三项起，a n 成周期排列，周期数为6,2 013＝335×6＋3，所以a 2 013＝a 3＝4.【答案】 412．由直线y ＝2与函数y ＝2cos 2x2(0≤x ≤2π)的图象围成的封闭图形的面积为________．【解析】 y ＝2cos 2x2＝cos x ＋1，则所求面积为S ＝∫2π0[]2－x ＋d x ＝(x －sin x )|2π0＝2π.【答案】 2π13．(2013·潍坊模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a cos B ＋b cosA ＝c sin C ，b 2＋c 2－a 2＝3bc ，则角B ＝________.【解析】由b 2＋c 2－a 2＝3bc 得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝32，所以A ＝30°.由a cos B ＋b cos A ＝c sin C 得 sin A cos B ＋cos A sin B ＝sin 2C ，即sin(A ＋B )＝sin 2C ，所以sin C ＝sin 2C . 因为0°＜C ＜180°，所以sin C ＝1，即C ＝90°，所以B ＝60°. 【答案】 60°14．(2013·淄博模拟)如图1，一个类似杨辉三角的数阵，请写出第n (n ≥2)行的第2个数为________．图1【解析】由已知得第n (n ≥2)行的第2个数为3＋3＋5＋7＋…＋[2(n －2)＋1]＝3＋n －n2＝n 2－2n ＋3.【答案】 n 2－2n ＋315．(2013·孝感模拟)现有一根n 节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm ，最下面的三节长度之和为114 cm ，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n ＝________.【解析】设对应的数列为{a n }，公差为d (d ＞0)．由题意知a 1＝10，a n ＋a n －1＋a n －2＝114，a 26＝a 1a n ，由a n ＋a n －1＋a n －2＝114得3a n －1＝114，解得a n －1＝38，(a 1＋5d )2＝a 1(a n －1＋d )，即(10＋5d )2＝10(38＋d )，解得d ＝2，所以a n －1＝a 1＋(n －2)d ＝38，即10＋2(n －2)＝38，解得n ＝16.【答案】 16三、解答题(本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 16．(本小题满分12分)(2013·安徽高考)设数列{a n }满足a 1＝2，a 2＋a 4＝8，且对任意n∈N *，函数f (x )＝()a n －a n ＋1＋a n ＋2x ＋a n ＋1cos x －a n ＋2sin x 满足f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 【解】 (1)由题设可得f ′(x )＝a n －a n ＋1＋a n ＋2－a n ＋1sin x －a n ＋2cos x . 对任意n ∈N *，f ′(π2)＝a n －a n ＋1＋a n ＋2－a n ＋1＝0，即a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，故{a n }为等差数列．由a 1＝2，a 2＋a 4＝8解得{a n }的公差d ＝1，所以a n ＝2＋1·(n －1)＝n ＋1. (2)由b n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12a n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1＋12n ＋1＝2n ＋12n ＋2知， S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2n ＋2·n n ＋2＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12n1－12＝n 2＋3n ＋1－12n .17．(本小题满分12分)(2013·佛山模拟)在平面直角坐标系xOy 中，以Ox 为始边，角α的终边与单位圆O 的交点B 在第一象限，已知A (－1,3)．(1)若OA ⊥OB ，求tan α的值； (2)若B 点横坐标为45，求S △AOB .【解】 (1)由题可知：A (－1,3)，B (cos α，sin α)， OA →＝(－1,3)，OB →＝(cos α，sin α)，由OA ⊥OB ，得OA →·OB →＝0，∴－cos α＋3sin α＝0，tan α＝13.(2)∵cos α＝45，∴sin α＝1－cos 2α＝35，即B ⎝ ⎛⎭⎪⎫45，35，∴OA →＝(－1,3)，OB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，35，∴|OA |＝－2＋2＝10，|OB |＝1，得cos ∠AOB ＝OA →·OB →|OA →||OB →|＝－1×45＋3×3510×1＝1010，∴sin ∠AOB ＝1－cos 2∠AOB ＝31010，则S △AOB ＝12|AO ||BO |sin ∠AOB ＝12×10×1×31010＝32.18．(本小题满分12分)(2013·青岛模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n＝－1(n ≥2且n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令d n ＝1＋log aa 2n ＋1＋a 2n ＋25(a ＞0，a ≠1)，记数列{d n }的前n 项和为S n ，若S 2nS n恒为一个与n 无关的常数λ，试求常数a 和λ.【解】 (1)由题知a 1＋a 2＋…＋a n －1－a n ＝－1，① 所以a 1＋a 2＋…＋a n －a n ＋1＝－1.② 由①－②得：a n ＋1－2a n ＝0，即a n ＋1a n＝2(n ≥2)，当n ＝2时，a 1－a 2＝－1，因为a 1＝1，所以a 2＝2，a 2a 1＝2，所以，数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列．故a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n －1，所以d n ＝1＋log aa 2n ＋1＋a 2n ＋25＝1＋2n log a 2.因为d n ＋1－d n ＝2log a 2，所以{d n }是以d 1＝1＋2log a 2为首项，以2log a 2为公差的等差数列，所以S 2nS n＝2n＋2log a ＋2n n －2×2log a 2n ＋2log a＋n n －2×2log a 2＝2＋n ＋a21＋n ＋a 2＝λ ⇒(λ－4)n log a 2＋(λ－2)(1＋log a 2)＝0，因为S 2nS n恒为一个与n 无关的常数λ，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ－a2＝0，λ－＋log a ＝0，解得λ＝4，a ＝12.19．(本小题满分13分)某工厂为扩大生产规模，今年年初新购置了一条高性能的生产线，该生产线在使用过程中的维护费用会逐年增加，第1年的维护费用是4万元，从第2年到第7年，每年的维护费用均比上年增加2万元，从第8年开始，每年的维护费用比上年增加25%.(1)设第n 年该生产线的维护费用为a n ，求a n 的表达式． (2)设该生产线前n 年的维护费用为S n ，求S n .【解】 (1)由题意知，当n ≤7时，数列{a n }是首项为4，公差为2的等差数列，故a n ＝4＋(n －1)×2＝2n ＋2.当n ≥8时，数列{a n }从a 7开始构成首项为a 7＝2×7＋2＝16，公比为1＋25%＝54的等比数列，则此时a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋2，n ≤7，16×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7，n ≥8.(2)当1≤n ≤7时，S n ＝4n ＋n n －2×2＝n 2＋3n ，当n ≥8时，由S 7＝70，得S n ＝70＋16×54×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －71－54＝80×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7－10，所以该生产线前n 年的维护费用为S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2＋3n ，1≤n ≤7，80×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7－10，n ≥8.20．(本小题满分13分)(2013·天津模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2(n ∈N *)，数列{b n }满足b 1＝1，且点P (b n ，b n ＋1)(n ∈N *)在直线y ＝x ＋2上．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式． (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和D n . (3)设c n ＝a n ·sin2n π2－b n ·cos2n π2(n ∈N *)，求数列{c n }的前2n 项和T 2n .【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，所以a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以{a n }是等比数列，公比为2，首项a 1＝2，所以a n ＝2n，又点P (b n ，b n ＋1)(n ∈N *)在直线y ＝x ＋2上，所以b n ＋1＝b n ＋2，所以{b n }是等差数列，公差为2，首项b 1＝1，所以b n ＝2n －1. (2)由(1)知a n ·b n ＝(2n －1)×2n，所以D n ＝1×21＋3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n，①2D n ＝1×22＋3×23＋5×24＋7×25＋…＋(2n －3)×2n＋(2n －1)×2n ＋1.②①－②得－D n ＝1×21＋2×22＋2×23＋2×24＋…＋2×2n－(2n －1)×2n ＋1＝2＋2×－2n －11－2－(2n －1)×2n ＋1＝(3－2n )2n ＋1－6，则D n ＝(2n －3)2n ＋1＋6.(3)c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n， n 为奇数，－n －， n 为偶数，T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)－(b 2＋b 4＋…＋b 2n )＝2＋23＋…＋22n －1－[3＋7＋…＋(4n －1)]＝22n ＋1－23－2n 2－n . 21．(本小题满分13分)(2013·杭州模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋2(n∈N *)，数列{b n }满足b n ＝2na n .(1)求证数列{b n }是等差数列，并求数列{a n }的通项公式．(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋1n a n 的前n 项和为T n ，证明：n ∈N *且n ≥3时，T n ＞5n2n ＋1.(3)设数列{c n }满足a n (c n －3n)＝(－1)n －1λn (λ为非零常数，n ∈N *)，问是否存在整数λ，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1＞c n .【解】 (1)在S n ＝－a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋2中，令n ＝1，可得S 1＝－a 1－1＋2＝a 1，即a 1＝12，当n ≥2时，S n －1＝－a n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋2，所以a n ＝S n －S n －1＝－a n ＋a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以2a n ＝a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即2n a n ＝2n －1a n －1＋1.因为b n ＝2na n ，所以b n ＝b n －1＋1，即当n ≥2时，b n －b n －1＝1. 又b 1＝2a 1＝1，所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．于是b n ＝1＋(n －1)·1＝n ＝2na n ，所以a n ＝n2n (n ∈N *)．(2)由(1)得c n ＝n ＋1n a n ＝(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以T n ＝2×12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，①12T n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.②由①－②得12T n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝1＋14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1，所以T n ＝3－n ＋32n，T n －5n 2n ＋1＝3－n ＋32n －5n 2n ＋1＝n ＋n－2n －2n n＋，于是确定T n 与5n 2n ＋1的大小关系等价于比较2n与2n ＋1的大小，由2＜2×1＋1；22＜2×2＋1；23＞2×3＋1；24＞2×4＋1；25＞2×5＋1；… 可猜想当n ≥3时，2n＞2n ＋1，证明如下：方法一：①当n ＝3时，对上式验算显示成立． ②假设当n ＝k 时成立，则n ＝k ＋1(k ≥2)时， 2k ＋1＝2·2k＞2(2k ＋1)＝4k ＋2＝2(k ＋1)＋1＋(2k －1)＞2(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时猜想也成立．综合①②可知，对一切n ≥3的正整数，都有2n＞2n ＋1. 方法二：当n ≥3时，2n＝(1＋1)n＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n －1n ＋C n n ≥C 0n ＋C 1n ＋C n －1n ＋C nn ＝2n ＋2＞2n ＋1，综上所述，当n ≥3时，T n ＞5n2n ＋1. (3)因为c n ＝3n＋－n －1λ·na n＝3n＋(－1)n －1λ·2n，所以c n ＋1－c n ＝[3n ＋1＋(－1)n λ·2n ＋1]－[3n ＋(－1)n －1λ·2n]＝2·3n－3λ(－1)n －1·2n＞0，所以(－1)n －1·λ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.①当n ＝2k －1(k ＝1,2,3，…)时，①式即为λ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫322k －2，②依题意，②式对k ＝1,2,3，…都成立，所以λ＜1，当n ＝2k ，k ＝1,2,3，…时，①式即为λ＞－⎝ ⎛⎭⎪⎫322k －1，③依题意，③式对k ＝1,2,3，…都成立，所以λ＞－32，所以－32＜λ＜1，又λ≠0，所以存在整数λ＝－1，使得对任意n ∈N *有c n ＋1＞c n .。

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A、 X Z 2Y
B、 Y Y X Z Z X
C、 Y 2 XZ
D、 Y Y X X Z X
【答案】 D
【分析】取等比数列 1,2, 4 , 令 n 1 得 X 1,Y 3, Z 7 代入验算，只有选项 D 满足。
8、设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn , 若 a1 11 , a4 a6 6 , 则当 Sn 取最小值时 ,n 等于
11、等比数列 an 的前 n 项和为 sn ，且 4 a1 ，2 a2 ， a3成等差数列。若 a1 =1，则 s4 =( )
A.7
B.8
C.15
D.16
【解析】 Q 4 a1 ， 2 a 2， a3 成等差数列，
4a1 a3
4a2 ,即4a1
2
a1q, q
2， S4
15 , 选 C.
【答案】 C
12、设 x R, 记不超过 x 的最大整数为 [ x ], 令{ x }= x -[ x ] ，则 { 5 1 } ，[ 2
A. 是等差数列但不是等比数列
B.
是等比数列但不是等差数列
5 1 ], 2
51 2
C.既是等差数列又是等比数列
D.
既不是等差数列也不是等比数列
【答案】 B
【解析】可分别求得
方形数的是
A.289
B.1024
C.1225
D.1378
【答案】 C
【解析】由图形可得三角形数构成的数列通项
a n n ( n 1) ，同理可得正方形数构成的数 2
列通项 bn
n 2 ，则由 bn
n2 (n
N ) 可排除 A、D，又由 a n
n (n 1) 知 an 必为奇数，

高三数列解答题训练-解析版

数列解答题训练一、解答题1.(2023·山东聊城·统考三模)记S n 是公差不为0的等差数列a n 的前n 项和，若a 4=a 21，S 4=3S 2．(1)求a n 的通项公式；(2)设b 1=12，b n +b n +1 S n =2，求数列b n 的前2n +1项的和T 2n +1．【答案】(1)a n =2n +1(2)T 2n +1=2n +12n +2【分析】(1)根据等差数列通项和求和公式可构造方程组求得a 1,d ，进而得到a n ；(2)由(1)可得S n ，进而得到b n +b n +1，采用裂项相消法和并项求和法可求得结果.【详解】(1)设等差数列a n 的公差为d d ≠0 ，由a 4=a 21S 4=3S 2 得：a 1+3d =a 214a 1+4×32d =32a 1+2×12d，解得：a 1=3d =2 ，∴a n =3+2n -1 =2n +1.(2)由(1)得：S n =na 1+n n -12d =n 2+2n =n n +2 ，∴b n +b n +1=2S n =2n n +2=1n -1n +2，∴T 2n +1=b 1+b 2+b 3 +b 4+b 5 +b 6+b 7 +⋅⋅⋅+b 2n -2+b 2n -1 +b 2n +b 2n +1 =12+12-14 +14-16 +16-18 +⋅⋅⋅+12n -2-12n+12n -12n +2 =1-12n +2=2n +12n +2.2.(2023·河南·校联考模拟预测)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1⋅a n +2a n +1-2a n =0．(1)证明：1a n 为等差数列；(2)设b n =a n +1⋅a n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)证明过程见详解(2)2-4n +2【分析】(1)由题意可得1a n +1-1a n =12，再结合等差数列的定义即可证明结论；(2)结合(1)可得a n 的通项公式，从而得到b n =41n +1-1n +2，再利用裂项相消求和即可．【详解】(1)因为数列a n 满足a n +1⋅a n +2a n +1-2a n =0，整理得2a n -2a n +1=a n +1⋅a n ，所以1a n +1-1a n =12，又1a 1=1，所以1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．(2)结合(1)可得1a n =1+12n -1 =n +12，所以a n =2n +1，则b n =a n +1⋅a n =2n +2⋅2n +1=41n +1-1n +2 ，所以T n =412-13 +13-14 +⋯+1n +1-1n +2 =412-1n +2 =2-4n +23.(2023·湖北·高三校联考阶段练习)已知等差数列a n 和等比数列b n 满足a 1=5，b 1=2,a 2=2b 2+1,a 3=b 3+5.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)数列a n 和b n 中的所有项分别构成集合A 、B ，将集合A ∪B 中的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列c n ，求数列c n 的前50项和S 50.【答案】(1)a n =4n +1，b n =2n ；(2)4081.【分析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，再求出{b n }的通项公式；(2)c n 的前50项中含有{b n }的前7项，结合等差数列和等比数列的求和公式，再求出S 60．【详解】解：(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，因为a 1=5，b 1=2,a 2=2b 2+1,a 3=b 3+5.所以5+d =4q +15+2d =2q 2+5 ，解得d =4q =2 ，∴a n =4n +1，b n =2n (2)因为b 7=27=128，a 43=4×43+1=173，b 8=28=256，所以c n 的前50项中含有b n 的前7项且含有a n 的前43项∴S 50=435+1732+21-27 1-2=3827+254=4081.4.(2023·浙江嘉兴·统考一模)等比数列a n 的各项均为正数，且2a 1+3a 2=1,a 23=9a 2a 6.(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =log 3a 1+log 3a 2+⋯+log 3a n ，求数列1b n的前n 项和T n .【答案】(1)a n =13n；(2)-2nn +1.【分析】(1)根据题意列出方程组，求出首项与公比，即可求出等比数列的通项公式即可；(2)由an =13n化简bn =log 3a 1+log 3a 2+⋯+log 3an ，可得到bn 的通项公式，求出1b n的通项公式，利用裂项相消法求和.【详解】(1)设数列{an }的公比为q ,由a 23=9a 2a 6得a 23=9a 24,所以q 2=19.由条件可知q >0,故q =13.由2a 1+3a 2=1得2a 1+3a 1q =1,所以a 1=13.故数列{an }的通项公式为an =13n.(2)bn =log 3a 1+log 3a 2+⋯+log 3an =-(1+2+⋯+n )=-n n +12.故1b n =-2n n +1=-21n -1n +1 .1b 1+1b 2+⋯+1b n=-21-12 +12-13 +⋯+1n -1n +1 =-2n n +1所以数列1b n的前n 项和为-2nn +15.(2023上·广东江门·高三统考阶段练习)已知数列a n 和b n ，其中a n 的前项和为S n ，且2a n -S n =2，b n =log 2S n +2 .(1)分别求出数列a n 和b n 的通项公式；(2)记T n =b 1a 1+b 2a 2+⋯+b na n，求证：T n <3.【答案】(1)a n =2n ，b n =n +1(2)证明见解析【分析】(1)利用和与项的关系，结合等比数列的定义即可求解a n =2n ，进而可求解b n ；(2)利用错位相减法即可求解T n =3-n +32n，进而可证明.【详解】(1)当n =1时，2a 1-S 1=2a 1-a 1=2，所以a 1=2，n ≥2时，2a n -S n =2①，2a n -1-S n -1=2②，①-②得2a n -2a n -1 -S n -S n -1 =0，即2a n -2a n -1 -a n =0，a n =2a n -1，所以a n 是以首项为2，公比为2的等比数列，所以a n =2n ，所以b n =log 22a n =log 22⋅2n =log 22n +1=n +1；(2)T n =b 1a 1+b 2a 2+⋯+b n a n ，即T n =221+322+⋯+n +12n ③，2T n =21+321+⋯+n +12n -1④，④-③，得T n =2+121+⋯12n -1-n +12n =2+121-12 n -11-12-n +12n =3-12 n -1-n +12n=3-n +32n ，因为12 n >0，n +32n >0，所以T n <3.6.(2023·福建龙岩·统考二模)已知等差数列a n 的首项为1，公差d ≠0，前n 项和为S n ，且S nS 2n为常数．(1)求数列a n 的通项公式；(2)令b n =n a n a n +1-n +1a n +1a n +2，证明：b 1+b 2+b 3+⋯+b n <13．【答案】(1)a n =2n -1(2)证明见解析【分析】(1)由S n S 2n 为常数，则n [1+1+(n -1)d ]22n [1+1+(2n -1)d ]2=2-d +nd 4-2d +4nd 为常数，即d =2，然后结合等差数列的通项公式求解即可；(2)由(1)可得b n =n a n a n +1-n +1a n +1a n +2=n(2n -1)(2n +1)-n +1(2n +1)(2n +3)，然后累加求和即可得证．【详解】(1)依题意，得：S 1S 2=S 2S 4，即a 1a 1+a 2=a 1+a 2a 1+a 2+a 3+a 4所以，12+d =2+d4+6d ，化简得：d (d -2)=0因为d ≠0，所以d =2所以a n =1+2(n -1)=2n -1经检验：S n S 2n =n 24n2=14成立(2)解法一：因为a n =2n -1所以b n =n (2n -1)(2n +1)-n +1(2n +1)(2n +3)=144n (2n -1)(2n +1)-4(n +1)(2n +1)(2n +3)=1412n -1+12n +1 -12n +1+12n +3 =1412n -1-12n +3 ，所以b 1+b 2+b 3+⋯+b n =141-15 +13-17 +15-19 +⋯+12n -5-12n -1 +12n -3-12n +1 +12n -1-12n +3=141+13-12n +1-12n +3 =1443-12n +1-12n +3 <13．解法二：b n =n (2n -1)(2n +1)-n +1(2n +1)(2n +3)=2n +1(2n -1)(2n +1)(2n +3)=1(2n -1)(2n +3)=1412n -1-12n +3 所以b 1+b 2+b 3+⋯+b n =141-15 +13-17 +15-19 +⋯+12n -5-12n -1 +12n -3-12n +1 +12n -1-12n +3 =141+13-12n +1-12n +3 =1443-12n +1-12n +3 <13．7.(2023·福建厦门·厦门一中校考三模)记S n 为数列a n 的前n 项和.已知2S n +n 2=2na n +n .(1)证明：a n 是等差数列；(2)若a 4，a 7，a 9成等比数列，求S n 的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)-78【分析】(1)应用等差数列定义证明等差数列；(2)应用等比数列列式求参，再应用等差数列求和公式计算求解.【详解】(1)证明：由2S n +n 2=2na n +n ，①，把n 换成n +1，2S n +1+n +1 2=2n +1 a n +1+n +1，②，②-①可得：2a n +1=2n +1 a n +1-2na n -2n ，整理得：a n +1=a n +1，由等差数列定义可得a n 为等差数列；(2)由已知有a 27=a 4⋅a 9，设等差数列a n 的首项为x ，由(1)可得其公差为1，故x +6 2=x +3 x +8 ，解得x =-12，故a 1=-12，所以a n =-12+n -1 ×1=n -13，故可得：a 1<a 2<a 3<⋯<a 12<0，a 13=0，a 14>0，故S n 在n =12或者n =13时取最小值，S 12=S 13=-12+0 ×132=-78，故S n 的最小值为-78.8.(2023·福建泉州·统考模拟预测)数列a n 中，a 1=1，且a n +1=a na n +1.(1)求a n 的通项公式；(2)令b n =2na n，记数列b n 的前n 项和为S n ，求S 8.【答案】(1)a n =1n(2)3586【分析】(1)两边去倒数后，构造等差数列求解即可；(2)利用错位相减法即可.【详解】(1)由a n +1=a n a n +1，可得1a n +1=1a n +1.因为a 1=1，所以1a 1=1.所以数列1a n 是首项为1，公差为1的等差数列.所以1a n =n ，即a n =1n.(2)因为b n =2n a n，所以b n =n ⋅2n .又S n =b 1+b 2+⋯+b n ，所以S 8=21+2×22+⋯+8×28①.①式两边同乘以2，得2S 8=22+2×23+⋯+8×28+1②，②-①，得S 8=-2+22+23+⋯+28 +8×29，所以S 8=-2×1-28 1-2+8×29=2+7×29=3586.9.(2023·福建三明·统考三模)已知数列a n 满足a 1=2，2a n +1+a n a n +1-2a n =0n ∈N * .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =-1 n 84n 2-1 a n，b n 的前n 项和为S n ，证明：-1<S 2n ≤-45.【答案】(1)a n =2n(2)证明见解析【分析】(1)取倒数结合等差数列的通项计算即可；(2)利用裂项法求得S 2n =-1+14n +1，结合0<14n +1≤15，即可证明结论.【详解】(1)因为a 1=2，2a n +1+a n a n +1-2a n =0n ∈N * ，所以a n ≠0，所以2a n +1-2a n +1=0.所以1a n +1-1a n =12，所以1a n 为等差数列，首项为1a 1=12，公差d =12，所以1a n =1a 1+n -1 d =12+n -1 12=n 2，所以a n =2n(2)证明：因为b n =-1 n 84n 2-1 a n=-1 n 84n 2-12n=-1n4n 2n -1 2n +1，所以b n =-1 n 12n -1+12n +1 .所以，S 2n =-11-13 +13+15 +-15-17 ⋅⋅⋅+14n -1+14n +1 =-1+14n +1n ∈N ∗因为0<14n +1≤15n ∈N ∗ ，所以-1<-1+14n +1≤-45，即-1<S 2n ≤-45.10.(2023·福建宁德·校考模拟预测)已知数列a n ，b n ，a 1=1，a n +1=-a n +4×3n -1，b n =log 3a n +2an +2n ∈N * ．(1)求证：数列a n 是等比数列，并求数列a n 的前n 项和S n ；(2)求数列2+3n ⋅1b n的前n 项和T n ．【答案】(1)证明见解析；S n =12×3n -12(2)T n =13-1n +1 3n +1【分析】(1)根据递推关系式可得a n +1-a n -1=8×3n -2，根据累加法对n 进行分奇偶讨论，确定a n ，即可证明数列a n 为等差数列，从而求解前n 项和S n 即可；(2)根据裂项相消法求解数列前n 项和T n 即可．【详解】(1)因为a n +1=-a n +4×3n -1，所以a n +1+a n =4×3n -1，当n =1时，a 2=-a 1+4×30=3当n ≥2时，a n +a n -1=4×3n -2所以a n +1-a n -1=4×3n -1-4×3n -2=8×3n -2则当n 为偶数时，a 4-a 2=8×31,a 6-a 4=8×33,a 8-a 6=8×35,⋯,a n -a n -2=8×3n -3累加得：a n -a 2=8×31-8×3n -3×321-32=24-8×3n -1-8=3n -1-3，所以a n =3n -1当n 为奇数时，n +1为偶数，则a n +1=3n ，则此时a n =-a n +1+4×3n -1=-3n +4×3n -1=4×3n -1-3×3n -1=3n -1，综上可得a n =3n -1所以a n +1a n =3n3n -1=3，则数列a n 是以a 1=1为首项，q =3为公比的等比数列，其前n 项和S n =1-3n -1×31-3=12×3n -12(2)由(1)可得b n =log 3a n +2an +2=3n +1log 33n +1=n +1 ×3n +1则2+3n ⋅1b n =2n +3n ⋅1n +1 3n +1=3n -1n +1 ⋅13n +1=1n ⋅3n -1n +1 3n +1故其前n 项和T n =11×31-12×32 +12×32-13×33 +13×33-14×34 +⋯+1n ⋅3n -1n +1 3n +1=11×31-1n +1 3n +1=13-1n +1 3n +1．11.(2023·福建泉州·泉州七中校考模拟预测)已知数列a n 的前n 项的积记为T n ，且满足1T n =a n -1a n.(1)证明：数列T n 为等差数列;(2)若b n =T n ,n 为奇数，1T n -1T n +1,n 为偶数，求数列b n 的前2n 项和T 2n .【答案】(1)证明见解析(2)T 2n =n 2+n +n4n +4【分析】(1)将a n =T n T n -1(n ≥2)代入到1T n =a n -1a n中，得T n -T n -1=1，结合等差数列的定义可证结论正确；(2)由(1)求出T n ，再求出b n ，然后分组，利用等差数列求和公式和裂项求和方法可求出结果.【详解】(1)当n =1时，1a 1=a 1-1a 1，得a 1=T 1=2，当n ≥2时，1T n =a n -1a n =T nT n -1-1T n T n -1=T n -T n -1T n，所以T n -T n -1=1，所以数列{T n }是首项为2，公差为1的等差数列.(2)由(1)知，T n =2+(n -1)×1=n +1，当n 为奇数时，b n =T n =n +1，当n 为偶数时，b n =1T n -1T n +1=1n (n +2)=121n -1n +2 ，所以T 2n =b 1+b 3+b 5+⋯+b 2n -1+b 2+b 4+b 6+⋯+b 2n=2+4+6+⋯+2n +1212-14+14-16+16-18+⋯+12n -2-12n +12n -12n +2 =n (2+2n )2+1212-12n +2=n 2+n +n4n +4.12.(2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测)已知等差数列a n 满足(n +1)a n =n 2-8n +k ，数列b n 是以1为首项，公比为3的等比数列.(1)求a n 和b n ；(2)令c n =a nb n，求数列c n 的最大项.【答案】(1)a n =n -9，b n =3n -1(2)c 10=139【分析】(1)方法一：由等比数列通项公式求b n ，由数列a n 的通项公式求其前三项，由条件列方程求k ，由此可得a n ；方法二：由等比数列通项公式求b n ，设数列a n 的公差为d ，由条件结合等差数列通项公式化简条件可求a 1,d ，由此可得a n ；(2)由c n =a nb n可得n ≤9时，c n ≤0，n >9时，c n >0，再利用不等式法判断数列的单调性，由此可求结论.【详解】(1)解法一：因为数列b n 是以1为首项，公比为3的等比数列，所以b n =3n -1，因为(n +1)a n =n 2-8n +k ，所以a 1=k -72，a 2=k -123，a 3=k -154.因为数列a n 是等差数列，所以2a 2=a 1+a 3，即2×k -123=k -72+k -154，解得k =-9.所以(n +1)a n =n 2-8n -9=(n +1)(n -9)，所以a n =n -9.解法二：因为数列b n 是以1为首项，公比为3的等比数列，所以b n =3n -1，因为数列a n 是等差数列，设公差为d ，则a n =a 1+(n -1)d =dn +a 1-d .所以(n +1)a n =(n +1)dn +a 1-d =dn 2+a 1n +a 1-d =n 2-8n +k ，所以d =1a 1=-8k =-9，所以a n =n -9.(2)因为c n =a n b n =n -93n -1，当n ≤8时，c n <0；当n =9时，c n =0；当n ≥10时，c n >0.当n ≥10时，c n +1-c n =n -83n-n -93n -1=19-2n3n <0，即，c n +1<c n .所以数列c n 的最大项是第10项c 10=139.13.(2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测)已知数列a n 的前n 项和为S n ,S n =13n +2 a n ，且a 1=1.(1)求证：数列a nn 是等差数列；(2)求数列1a n 的前n 项和T n .【答案】(1)证明见解析；(2)T n =2nn +1.【分析】(1)利用a n 与S n 的关系变形给定的递推公式，构造常数列求出数列a n 的通项，再利用等差数列定义推理作答.(2)利用(1)的结论，结合裂项相消法求和作答.【详解】(1)数列a n 中，3S n =(n +2)a n ，当n ≥2时，3S n -1=(n +1)a n -1，两式相减得3a n =(n +2)a n -(n +1)a n -1，即(n -1)a n =(n +1)a n -1，则a n n +1=a n -1n -1，于是a n (n +1)n =a n -1n (n -1)，因此数列a n (n +1)n 是常数列，则a n(n +1)n=a 12×1=12，从而a n =n (n +1)2，即a n n =n +12,a n +1n +1-a n n =12，所以数列a n n 是以1为首项，12为公差的等差数列.(2)由(1)知，1a n =2n n +1 =21n -1n +1 ，所以T n =1a 1+1a 2+⋯+1a n =21-12 +12-13 +⋯+1n -1n +1=2n n +1.14.(2023·福建福州·福建省福州第一中学校考二模)已知数列a n 的前n 项和为S n ，满足S n =32a n -1.(1)求数列a n 的通项公式；(2)记b n =a nS n ⋅S n +1，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =2×3n -1(2)T n =16-13n +2-3【分析】(1)由a n 与S n 的关系可求出通项公式；(2)利用裂项相消法求数列的和即可.【详解】(1)当n =1时，a 1=32a 1-1，得a 1=2，当n ≥2时，S n -S n -1=a n =32a n -a n -1 ，得a n =3a n -1，所以数列a n 是以2为首项，公比为3的等比数列，所以a n =2×3n -1.(2)由(1)可得S n =32×2×3n -1-1=3n -1，b n =2×3n -13n -1 ⋅3n +1-1 所以b n =1313n -1-13n +1-1，T n =b 1+b 2+⋯+b n =13131-1-132-1+132-1-133-1+⋯+13n -1-13n +1-1 所以T n =13131-1-13n +1-1 =16-13n +2-315.(2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知S n =a n -n n +1 .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n -b n -1=a n 2n ∈N *,n ≥2 且a 1-b 1=1，1b n 的前n 项和为T n ，证明:1≤T n <2.【答案】(1)a n =2n(2)证明见解析【分析】(1)由S n -S n -1=a n =n +1 a n -na n -1-2n ，可得a n -a n -1=2，则数列{a n }是首项与公差都是2的等差数列，进而可得答案.(2)利用累加法求出通项公式，再利用裂项相消法求出T n ，进而可得答案.【详解】(1)由a 1=S 1=a 1-1 ×2⇒a 1=2，由S n =a n -n n +1 可得S n =n +1 a n -n n +1 ，则n ≥2时S n -1=na n -1-n n -1 ，两式相减可得S n -S n -1=a n =n +1 a n -na n -1-2n ，化为n a n -a n -1 =2n ，因为n ≠0，所以a n -a n -1=2，数列{a n }是首项与公差都是2的等差数列，所以a n =2+n -1 ×2=2n ；(2)由(1)得b n -b n -1=a n 2=2n2=n ，又b 1=a 1-1=1，所以b n =b n -b n -1 +b n -1-b n -2 +...+b 2-b 1 +b 1，=n +n -1 +...+2+1=n n +12，所以1b n =2n n +1=21n -1n +1 ，T n =21-12+12-13+...+1n -1n +1 =21-1n +1 ，∵0<1n +1≤12，∴1≤T n <216.(2023·福建漳州·统考模拟预测)已知数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=1，2S na n=n +1.(1)求a n 的通项公式；(2)记数列log 2a n +1a n的前n 项和为T n ，求集合k T k ≤10,k ∈N *中元素的个数.【答案】(1)a n =n(2)1023【分析】(1)根据递推关系及S n 与a n 的关系化简得出a n +1n +1=a nn，即可求出通项公式；(2)利用裂项相消法求出T n ，再解不等式即可得解.【详解】(1)因为2S na n=n +1，所以2S n =n +1 a n ，所以2a n +1=2S n +1-2S n =n +2 a n +1-n +1 a n所以na n +1=n +1 a n ，即a n +1n +1=a nn .又因为a 1=1，所以a n +1n +1=a n n =⋅⋅⋅=a 11=1，所以a n =n .(2)因为log 2a n +1a n =log 2n +1n=log 2n +1 -log 2n ，所以T n =log 22-log 21 +log 23-log 22 +log 24-log 23 +⋅⋅⋅+log 2n +1 -log 2n=log 2n +1 -log 21=log 2n +1令T n =log 2k +1 ≤10，得k ≤210-1，k ∈N *所以集合k ∣T k ≤10,k ∈N * 中元素的个数为210-1=1023.17.(2023·福建厦门·厦门外国语学校校考模拟预测)已知数列a n 满足a 1=1,a na n +1=1+2a n ．(1)证明1a n 为等差数列，并a n 的通项公式；(2)设c n =4n 2a n a n +1，求数列c n 的前n 项和T n ．【答案】(1)证明见解析，a n =12n -1(2)T n =n +n2n +1【分析】(1)根据等差差数列的定义证明即可，从而可得a n 的通项公式；(2)利用分式分离变形，结合分组求和与裂项求和即可得T n .【详解】(1)证明：因为a n a n +1=1+2a n ，所以1a n +1=1+2a n a n =1a n +2，即1a n +1-1a n=2所以1a n 是以1a 1=1为首项，2为公差的等差数列，则1a n =1+2n -1 =2n -1，所以a n =12n -1；(2)c n =4n 2a n a n +1=4n 22n -1 2n +1=4n 24n 2-1=4n 2-1+14n 2-1=1+12n -1 2n +1=1+1212n -1-12n +1 T n =c 1+c 2+c 3+⋯+c n =n +121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1=n +n 2n +1.18.(2023·福建莆田·校考模拟预测)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=2且a n +1=2S n +2.(1)求数列a n 的通项公式；(2)在a n 与a n +1之间插入n 个数，使这n +2个数组成一个公差为b n 的等差数列，求证数列b n n ⋅3n 的前n 项和T n <43.【答案】(1)a n =2⋅3n -1(n ∈N ∗)(2)证明见解析【分析】(1)设等比数列a n 的公比为q ，根据题意求得q =a n +1a n=3(n ≥2)，由a 1=2，求得a 2=6，得到a 2a 1=3，即可等比数列的通项公式，即可求解；(2)根据题意得到a n +1-a n =n +1 b n ，求得b n =4⋅3n -1n +1，得到b n n ⋅3n=431n -1n +1 ，结合裂项法求和，即可求解.【详解】(1)解：设等比数列a n 的公比为q ，因为a n +1=2S n +2，可得a n =2S n -1+2(n ≥2)，两式相减得到a n +1-a n =2S n -2S n -1=2a n ，即a n +1=3a n ，所以q =a n +1a n=3(n ≥2)，又因为a 1=2，当n =1时，可得a 2=2S 1+2=2a 1+2=6，可得a 2a 1=3，适合上式，所以q =3，所以数列a n 的通项公式a n =2⋅3n -1(n ∈N ∗).(2)解：若在a n 与a n +1之间插入n 个数，使这n +2个数组成一个公差为b n 的等差数列，则a n +1-a n =n +1 b n ，即为2⋅3n-2⋅3n -1=n +1 b n ，整理得b n =4⋅3n -1n +1，所以b n n ⋅3n =4⋅3n -1n +1⋅1n ⋅3n =431n -1n +1 ，所以T n =431-12 +12-13 +⋅⋅⋅+1n -1n +1 =431-1n +1 因为1n +1>0，所以1-1n +1<1，所以T n =431-1n +1 <43.19.(2023·福建南平·统考模拟预测)设T n 为数列a n 的前n 项积．已知a n +1T n +1-a nT n=2．(1)求a n 的通项公式；(2)求数列T n2n +3 的前n 项和．【答案】(1)a n =2n -12n +1；(2)n 6n +9.【分析】(1)利用给定的递推公式，结合前n 项积的意义求解作答.(2)由(1)的结论求出T n ，再利用裂项相消法求解作答.【详解】(1)依题意，a n T n 是以1为首项，2为公差的等差数列，则a n T n=1+(n -1)⋅2=2n -1，即(2n -1)T n =a n ，当n ≥2时，有(2n -3)T n -1=a n -1，两式相除得，(2n -1)a n 2n -3=a na n -1，显然T n ≠0，即a n ≠0，因此当n ≥2时，2n -12n -3=1a n -1，即a n -1=2n -32n -1，所以数列a n 的通项公式a n =2n -12n +1.(2)设T n 2n +3 的前n 项和为S n ，由(1)得，T n =a n 2n -1，于是T n =12n +1，因此T n 2n +3=1(2n +1)(2n +3)=1212n +1-12n +3 ，则S n =1213-15+15-17+⋯+12n +1-12n +3 =1213-12n +3 =n3(2n +3)，所以数列T n 2n +3 前n 项和为n 6n +9.20.(2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测)已知数列a n 满足a 2=2，n +1 a n +1=n +2 a n +1．(1)求a 1，a 3，并求a n ；(2)令b n =a n ⋅2an ，数列b n 的前n 项和为S n ，证明：S n =2b n -2n +1+2．【答案】(1)a 1=1，a 3=3，a n =n(2)证明见解析【分析】(1)方法一：根据题意可得等式a n +1+1n +2=a n +1n +1，即数列a n +1n +1 是常数列，即可求解；方法二：因为n +1 a n +1=n +2 a n +1，所以n +2 a n +2=n +3 a n +1+1，两式相减整理可得a n +2+a n =2a n +1，进而可得数列a n 是等差数列，即可求解；(2)错位相减法求和.【详解】(1)解法一：令n =1，则有2a 2=3a 1+1，解得a 1=1，令n =2，则有3a 3=4a 2+1，解得a 3=3，因为n +1 a n +1=n +2 a n +1，式子两边同除n +1 n +2 得：a n +1n +2=a n n +1+1n +1-1n +2，则a n +1n +2+1n +2=a n n +1+1n +1，即a n +1+1n +2=a n +1n +1，所以数列a n +1n +1 是常数列，又因为a 1+11+1=1，所以a n +1n +1=1即a n =n .解法二：由已知可求得a 1=1，a 3=3.因为n +1 a n +1=n +2 a n +1，所以n +2 a n +2=n +3 a n +1+1，所以n +2 a n +2-n +1 a n +1=n +3 a n +1-n +2 a n ，移项得n +2 a n +2+n +2 a n =2n +2 a n +1，即a n +2+a n =2a n +1，所以数列a n 是等差数列，又因为a 1=1，a 2=2，所以a n =n .(2)因为b n =a n ⋅2an =n ⋅2n ，所以S n =1×2+2×22+3×23+⋯+n -1 ×2n -1+n ×2n ，所以2S n =1×22+2×23+3×24+⋯+n -1 ×2n +n ×2n +1，两式相减得：-S n =2+22+23+24+⋯+2n -n ⋅2n +1=2(2n -1)2-1-n ⋅2n +1=2n +1-2-n ⋅2n +1，所以S n =n ⋅2n +1-2n +1+2=2n ⋅2n -2n +1+2=2b n -2n +1+2.21.(2023·福建厦门·统考模拟预测)数列a n 中，a 1=2，记T n =a 1a 2a 3⋯a n ，T n 是公差为1的等差数列.(1)求a n 的通项公式；(2)令b n =na n2n ，求数列b n 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =n +1n(2)S n =3-n +32n【分析】(1)根据题意，由等差数列的通项公式即可得到结果；(2)根据题意，由错位相减法即可得到结果.【详解】(1)当n =1时，T 1=a 1=2所以T n =T 1+n -1 ×1=n +1所以a 1a 2a 3⋯a n =n +1当n ≥2时，a 1a 2a 3⋯a n -1=n所以a n =n +1nn ≥2又a 1=2符合a n =n +1n所以a n =n +1n.(2)由(1)得b n =n +12n所以S n =22+322+423+⋯+n 2n -1+n +12n ①所以12S n =222+323+424+⋯+n 2n +n +12n +1②①-②得12S n =22+122+123+124+⋯+12n -n +12n +1=1+141-12 n -11-12-n +12n +1=32-12 n -n +12n +1所以S n =3-n +32n.22.(2023·福建泉州·统考模拟预测)数列a n 中，a 1=1，且a n +1=2a n +n -1．(1)证明：数列a n +n 为等比数列，并求出a n ；(2)记数列b n 的前n 项和为S n ．若a n +b n =2S n ，求S 11．【答案】(1)证明见详解，a n =2n -n(2)1360【分析】(1)根据题意结合等比数列的定义与通项公式分析运算；(2)由(1)可得2S n =b n +2n -n ，根据前n 项和与通项之间的关系结合并项求和分析运算.【详解】(1)因为a n +1=2a n +n -1，则a n +1+n +1 a n +n =2a n +n -1 +n +1a n +n =2a n +n a n +n=2，且a 1+1=2，所以数列a n +n 是以首项为2，公比为2的等比数列，故a n +n =2×2n -1=2n ，可得a n =2n -n .(2)因为2S n =a n +b n =b n +2n -n ，即2S n =b n +2n -n ，当n =1时，则2b 1=b 1+1，解得b 1=1；当n ≥2时，则2S n -1=b n -1+2n -1-n +1，两式相减得：2b n =b n -b n -1+2n -1-1，整理得b n +b n -1=2n -1-1；所以S 11=b 1+b 2+b 3+b 4+b 5+⋅⋅⋅+b 11=b 1+b 2+b 3 +b 4+b 5 +⋅⋅⋅+b 10+b 11=1+22-1 +24-1 +⋅⋅⋅+210-1 =22+24+26+28+210 -4=1360，即S 11=1360.23.(2023·福建宁德·统考模拟预测)已知数列a n ,b n 满足b n =a n +n 2,a 1+b 1=3,a 2+b 2=8，且数列a n 是等差数列.(1)求数列b n 的通项公式；(2)记数列1b n的前n 项和为S n ，求证：12≤S n <1.【答案】(1)b n =n +n 2(2)证明见解析【分析】(1)由已知列式求得a 1=1,a 2=2，可得数列a n 的公差d ，进而可求得答案；(2)利用裂项相消法求出S n ，即可证得结论.【详解】(1)由b n =a n +n 2得b 1=a 1+1,b 2=a 2+4，代入a 1+b 1=3,a 2+b 2=8得2a 1+1=3,2a 2+4=8，解得a 1=1,a 2=2，又因为数列a n 为等差数列，故公差为d =a 2-a 1=1，因此a n =n ,b n =n +n 2.(2)由(1)可得b n =n +n 2，所以1b n =1n +n2=1n -1n +1，所以S n =1b 1+1b 2+1b 3+⋯+1b n=1-12 +12-13 +13-14 +⋯+1n -1n +1 =1-1n +1，又因为n ∈N *，所以0<1n +1≤12(n =1时等号成立)，所以12≤1-1n +1<1，即12≤S n <1.24.(2023·福建·统考模拟预测)已知等差数列a n ，等比数列b n ，满足a 1=b 1=1，a 2=b 2，a 3+1=b 3．(1)求数列a n ，b n 的通项公式；(2)令c n =a n +2a n a n +1b n +1，求满足c 1+c 2+⋯+c n >20222023的最小的正整数n 的值．【答案】(1)答案见解析(2)8【分析】(1)根据等差数列和等比数列的通项公式求解即可；(2)化简c n =a n +2a n a n +1b n +1，由c 1+c 2+⋯+c n >20222023⇒(n +1)⋅2n >2023，分析满足条件的最小的正整数n 的值即可．【详解】(1)设a n 公差为d ，由b 1b 3=b 22⇒1×2+2d =1+d 2⇒d =±1．当d =-1时，a 2=b 2=0不符合题意，舍去；故d =1，所以a n =n ，b n =2n -1；(2)由题意，可得c n =n +2n n +1 2n =2n +2 -n n n +1 2n =1n ⋅2n -1-1n +1 ⋅2n ，所以c 1+c 2+⋯+c n =11⋅20-12⋅21+12⋅21-13⋅22+⋯+1n ⋅2n -1-1(n +1)⋅2n =1-1(n +1)⋅2n，由c 1+c 2+⋯+c n >20222023⇒(n +1)⋅2n >2023，又n ∈Z +，所以当n =7时，8×27=1024<2023，当n =8时，9×28=2304>2023，故n 的最小值为8．25.(2023下·河北保定·高二校联考阶段练习)已知数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=0，na n +1=n +1 a n +2.(1)求数列a n 的通项公式；(2)若T n =1S 2a 4+1S 3a 5+⋯+1S n +1a n +3，证明：112≤T n <18.【答案】(1)a n =2n -2；(2)证明见解析.【分析】(1)由条件可得a n +1n +1=a n n +2n n +1，利用累加法求a n n ，由此可求数列a n 的通项公式；(2)利用裂项相消法求T n ，再证明112≤T n <18.【详解】(1)因为na n +1=n +1 a n +2.所以a n +1n +1=a n n +2n n +1，所以a n +1n +1-a n n =21n -1n +1 .因为a n n -a n -1n -1=21n -1-1n ，a n -1n -1-a n -2n -2=21n -2-1n -1 ，⋯，a 22-a 11=211-12，当n ≥2时，a n n -a 11=21n -1-1n +1n -2-1n -1+⋯+11-12 =21-1n.因为a 1=0，所以a n n =21-1n，又a 1=0也满足关系a n n =21-1n，所以a n n =21-1n，所以a n =2n -2.(2)因为a n =2n -2，所以S n =2n -2 n2=n n -1 .因为1S n +1a n +3=12n n +1 n +2 =141n n +1 -1n +1 n +2 ，所以T n =1S 2a 4+1S 3a 5+⋯+1S n +1a n +3，T n =1411×2-12×3+12×3-13×4+⋯+1n n +1 -1n +1 n +2 ，T n =1412-1n +1 n +2，所以T n =18-14n +1 n +2 .，因为14n +1 n +2 >0，所以T n <18.因为T n 在n ∈N ∗时单调递增，所以T n ≥T 1=112，故112≤T n <18.26.(2023·福建漳州·统考三模)已知S n 为等差数列a n 的前n 项和，n ∈N ∗，3a 2-a 5=6，S 6=54.(1)求数列a n 的通项公式；(2)若n +3 b n 2=1a n，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =2n +2(2)T n =5n 2+13n12n +2 n +3【分析】(1)利用等差数列通项公式和求和公式可直接构造方程组求得a 1,d ，进而得到a n ；(2)由(1)可得b n ，采用裂项相消法可求得结果.【详解】(1)设等差数列a n 的公差为d ，则3a 2-a 5=3a 1+3d -a 1-4d =2a 1-d =6S 6=6a 1+6×52d =6a 1+15d =54，解得：a 1=4d =2，∴a n =4+2n -1 =2n +2.(2)由(1)得：n +3 b n 2=12n +2，∴b n =1n +1 n +3=121n +1-1n +3，∴T n =1212-14+13-15+14-16+⋅⋅⋅+1n -1n +2+1n +1-1n +3 =1212+13-1n +2-1n +3 =5n 2+13n12n +2 n +3.27.(2023·湖北·统考模拟预测)设数列a n 的前n 项和为S n ．已知a 1=1，2na n -2S n =n 2-n ，n ∈N *．(1)求证：数列a n 是等差数列；(2)设数列b n 的前n 项和为T n ，且T n =2n-1，令c n =a 2nb n，求数列c n 的前n 项和R n ．【答案】(1)证明见解析(2)R n =12-n 2+4n +62n -1【分析】(1)应用a n =S n -S n -1,结合等差数列定义证明即可;(2)先求等比数列的通项公式,再两次应用错位相减或裂项相消【详解】(1)2na n -2S n =n 2-n ①，当n ≥2时，2n -1 a n -1-2S n -1=n -1 2-n -1 ②，①-②得：2na n -2n -1 a n -1-2S n -S n -1 =n 2-n -1 2-n +n -1 ,即2n -1 a n -2n -1 a n -1=2n -1 ，所以a n -a n -1=1，n ≥2且n ∈N *，所以a n 是以1为公差的等差数列．(2)由(1)得，a n =n ．当n =1时，b 1=T 1=1；当n ≥2时，b n =T n -T n -1=2n -1；又b 1=1满足上式，所以b n =2n -1n ∈N * ．所以c n =n 22n -1，记数列c n 的前n 项和为R n ．方法一：(两次错位相减)R n =1220+2221+3222+⋯+n 22n -1，①12R n =1221+2222+3223+⋯+n 22n ，②①-②得12R n =120+321+522+⋯+2n -12n -1-n 22n ，③则14R n =121+322+523+⋯+2n -32n -1+2n -12n -n 22n +1，④③-④得14R n =1+1+12+122+⋯+12n -2-n 22n -2n -12n +n 22n +1=1+21-12n -1 -2n -12n-n 22n +1=3-n 2+4n +62n +1，所以R n =12-n 2+4n +62n -1．方法二：(裂项)因为c n =n 22n -1=n 2+2n +32n -2-n +1 2+2n +1 +32n -1，所以R n =12+2×1+32-1-22+2×2+320-23+2×3+321+⋯+n 2+2n +32n -2-n +1 2+2n +1 +32n -1=12-n +1 2+2n +1 +32n -1=12-n 2+4n +62n -1．28.(2023·福建莆田·统考二模)已知正项数列a n 满足a 21+a 22+⋅⋅⋅+a 2n=4n 3-13．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =na n，记数列b n 的前n 项和为S n ，证明：S n <4．【答案】(1)a n =2n -1(2)证明见解析【分析】(1)分类讨论n =1与n ≥2两种情况，利用数列递推式的性质，结合作差法即可求得a n =2n -1；(2)结合(1)中结论，利用错位相减法求得S n ，由此得证.【详解】(1)因为a 21+a 22+⋅⋅⋅+a 2n =4n 3-13，当n =1时，a 21=1，因为a n >0，所以a 1=1，当n ≥2时，a 21+a 22+⋯+a 2n -1=4n -13-13，两式相减得，a 2n =4n 3-13-4n -13-13=4n -1=2n -1 2，因为a n >0，所以a n =2n -1,n ≥2,n ∈N *，经检验，上式对于n =1也适合，所以a n 的通项公式为a n =2n -1.(2)由(1)得b n =n a n =n ⋅12n -1，所以S n =1×1+2×12+3×12 2+⋯+n ⋅12n -1，12S n =1×12+2×12 2+⋯+(n -1)⋅12 n -1+n ⋅12 n，两式相减得，12S n =1+12+12 2+⋯+12 n -1-n ⋅12 n =1-12 n1-12-n ⋅12 n =2-(n +2)12n所以S n =4-(2n +4)12n，由于n ∈N *，显然(2n +4)12n>0，所以S n <4.29.(2023·福建漳州·统考二模)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，若a 2=0，且．在①S 7=a 4+12，②a 1+a 4+a 7=6这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并解答．(注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分)(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +2a n +2，求b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =n -2；(2)T n =n 2-3n2+2n +1-2.【分析】(1)根据等差数列的通项公式与前n 和公式结合已知条件求出首项和公差，进而即可求出通项公式；(2)由(1)得b n =n -2+2n ，再利用分组求和法即可求得T n .【详解】(1)设等差数列a n 的首项为a n ，公差为d ，若选择条件①S 7=a 4+12，由题可得a 1+d =07a 1+21d =a 1+3d +12，解得a 1=-1d =1 ，∴a n =-1+(n -1)×1=n -2(n ∈N *)若选择条件②a 1+a 4+a 7=6，由题可得a 1+d =03(a 1+3d )=6，解得a 1=-1d =1 ，∴a n =-1+(n -1)×1=n -2(n ∈N *).(2)由(1)知，选择两个条件中的任何一个，都有a n =n -2，则b n =a n +2a n +2=n -2+2n ，∴T n =-1+21+0+22+⋯+n -2+2n=(-1+0+1+⋯+n -2)+(21+22+⋯+2n )=n (-1+n -2)2+2(1-2n )1-2=n 2-3n 2+2n +1-2.30.(2023·河北衡水·高三阶段练习)已知数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=1，a n +1=λ+1 S n +1n ∈N *,λ≠-2 且3a 1,4a 2,a 3+13成等差数列.(1)求a n 的通项公式；(2)若a n b n =log 4a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =4n -1；(2)T n =169-4+3n9×4n -1.【分析】(1)根据递推关系可得a n +1=λ+2 a n ，然后根据等差中项及等比数列的定义即得；(2)由题可得b n =n4n -1，然后利用错位相减法即得.【详解】(1)因为a n +1=λ+1 S n +1，a 1=1，当n =1时，a 2=λ+1 S 1+1=λ+2，当n ≥2时，a n =λ+1 S n -1+1，所以a n +1-a n =λ+1 a n ，即a n +1=λ+2 a n ，又因为λ≠-2，且a 1=1，a 2=λ+2，则a 2a 1=λ+2所以a n 是以1为首项，λ+2为公比的等比数列，所以a 2=λ+2，a 3=λ+2 2，又3a 1，4a 2,a 3+13成等差数列，所以3+λ+2 2+13=8λ+2 ，即λ2-4λ+4=0，所以λ=2，a n =4n -1；(2)因为a n b n =log 4a n +1，所以4n -1⋅b n =log 44n =n ，即b n =n4n -1，所以T n =1+24+342+⋯+n4n -1，14T n =14+242+343+⋯+n 4n ，所以34T n =1+14+142+⋯+14n -1-n 4n =1-14n1-14-n 4n =43-4+3n 3⋅4n ，所以T n =169-4+3n9×4n -1.。

广东省中山市普通高中高考数学三轮复习冲刺模拟试题：(7)数列01含答案

高考数学三轮复习冲刺模拟试题07数列01一、选择题1 ．已知函数5(4)4(6),()2(6).x a x x f x a x -⎧-+≤⎪=⎨⎪>⎩()0,1a a >≠ 数列{}n a 满足*()()n a f n n N =∈,且{}n a 是单调递增数列,则实数a 的取值范围是（）A ．[)7,8B ．()1,8C ．()4,8D ．()4,72 ．已知等差数列{}na 中,a 7+a 9=16,S11=299,则a 12的值是（）A ．15B ．30C ．31D ．643 ．数列}{n a 的前n 项和为)()1(,1*2N n a b n n S n nn n ∈-=++=,则数列}{n b 的前50项的和为（）A ．49B ．50C ．99D ．1004 ．已知正项等比数列{a n }满足：765=2a a a +，若存在两项,n m a a 14m n a a a =，则nm 41+的最小值为（）A ．23 B ．35 C ．625D ．不存在5 ．等差数列{a n }中，如果147=39a a a ++，369=27a a a ++，数列{a n }前9项的和为（）A ．297B ．144C ．99D ．666 ．若∆ABC 的三个内角成等差数列,三边成等比数列,则∆ABC 是（）A ．直角三角形B ．等腰直角三角形C ．等边三角形D ．钝角三角形7 ．已知正项等比数列{}n a 满足：7652a a a =+，若存在两项,m n a a 14m n a a a =，则14m n+的最小值为（）A ．32B ．53C ．256D ．不存在8 ．设n S 是等差数列{a n }的前n 项和，5283()S a a =+，则53a a 的值为（）A ．16B ．13C ．35D ．569 ．已知等比数列{a n }的首项为1，若1234,2,a a a成等差数列，则数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的前5项和为（） A ．1631 B ．2 C ．1633 D ．3316二、填空题 10．正项等比数列中，若，则等于______.11．某公园设计节日鲜花摆放方案,其中一个花坛由一批花盆堆成六角垛,顶层一个,以下各层均堆成正六边形,且逐层每边增加一个花盆(如图).设第n 层共有花盆的个数为)(n f ,则)(n f 的表达式为_____________________.12．数列{a n }中，若a 1=1，123n n a a +=+（n ≥1），则该数列的通项a n =________。

高三下学期高考数学模拟试题精选汇总：数列03Word版含答案

数列031．设数列{a }的前n 项和为S ，且满足S =2-a ，n=1，2，3，…（1）求数列{a }的通项公式；（4分）（2）若数列{b }满足b =1，且b =b +a ，求数列{b }的通项公式；（6分）（3）设C =n （3- b ），求数列{ C }的前n 项和T 。

（6分）2．已知数列的前项和为,且,数列满足,且点在直线上.(Ⅰ)求数列、的通项公式; (Ⅱ)求数列的前项和; (Ⅲ)设,求数列的前项和.n n n n n n 11+n n n n n n n n {}n a n n S *22()n n S a n N =-∈{}n b 11b =*1(,)()n n P b b n N +∈2y x =+{}n a {}n b {}n n a b ⋅n n D 22*sin cos ()22n n n n n c a b n N ππ=⋅-⋅∈{}n c 2n 2n T3．对n∈N ∗不等式所表示的平面区域为D n ,把D n 内的整点(横坐标与纵坐标均为整数的点)按其到原点的距离从近到远排成点列(x 1,y 1),(x 2,y 2),⋯,(x n ,y n ),求x n ,y n ;(2)数列{a n }满足a 1=x 1,且n≥2时a n =y n 2证明:当n≥2时, ;(3)在(2)的条件下,试比较与4的大小关系.4．数列{a n }满足4a 1=1,a n-1=[(-1)n a n-1-2]a n (n≥2),(1)试判断数列{1/a n +(-1)n}是否为等比数列,并证明;(2)设a n 2∙b n =1,求数列{b n }的前n 项和S n .⎪⎩⎪⎨⎧+-≤>>n nx y y x 2,0,0).111(212221-+++n y y y 22211)1(n n a n a n n =-++)11()11()11()11(321na a a a +⋅⋅+⋅+⋅+5．已知,点在函数的图象上,其中(1)证明数列是等比数列; (2)设,求及数列的通项;(3)记,求数列的前项和.6．设数列{}的前项和为，且满足=2-，(=1，2，3，…)(Ⅰ)求数列{}的通项公式；(Ⅱ)若数列{}满足=1，且，求数列{}的通项公式； (Ⅲ),求的前项和7．已知数列{a n }的前n 项和，数列{b n }满足.（1）求证数列{b n }是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；（2）设数列的前n 项和为T n ，证明：且时，；（3）设数列{c n }满足（为非零常数，），问是否存在整数，使得对任意，都有.12a =1(,)n n a a +2()2f x x x =+1,2,3n ={}lg(1)n a +12(1)(1)(1)n n T a a a =+⋅+⋅⋅+n T {}n a 112n n n b a a =++{}n b n n S n a n n S n S n a n n a n b 1b 1n n n b b a +=+n b 2)b -n(3n =nc n c n nT参考答案1. （1）a =S =11分 n ≥2时，S =2-a1分S =2-a1分a =a +a 2a = a∵a =1 =1分∴a =() 1分（2）b -b =（)1分1分∴b -b =()+……+（)=1分=2-∴b =3-1分 ∵b =1 成立1分∴b =3-（) （3）C =n （) 1分T =1×（)+2（)+……+n （)T =1×（)+……+(n-1) （)+n （) 11n n 1-n 1-n n n 1-n n 1-n 11-n n a a 21n 211-n 1-n n 211-n ⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫=-=-=---21123012)21()21()21(n n n b b b b b b n 121212-n 2112111---n 221-n n 221-n 1n 212-n n 212-n n 211-210212-n 21n 210212-n 211-n=2+-n （) =2+2-（)-n （)∴T =8--=8-2. 【解】(Ⅰ)当,当时,∴ ,∴是等比数列,公比为2,首项∴又点在直线上,∴ ,∴是等差数列,公差为2,首项,∴(Ⅱ)∴ ∴ ① ②①—②得(Ⅲ)3.解:(1)当n=1时,(x 1,y 1)=(1,1)n=2时,(x 2,y 2)=(1,2) (x 3,y 3)=(1,3)2112111---n 211-n 212-n 211-n n 321-n 22-n n 222-+n n 1=n 21=a 2≥n 1122n n n n n a S S a a --=-=-12(2)n n a a n -=≥{}n a 12a =2nn a =*1(,)()n n P b b n N +∈2y x =+12n n b b +=+{}n b 11=b 21n b n =-(21)2nn n a b n ⋅=-⨯1234112325272(23)2(21)2n n n D n n -=⨯+⨯+⨯+⨯+-⨯+-⨯23451212325272(23)2(21)2n n n D n n +=⨯+⨯+⨯+⨯+-⨯+-⨯123411222222222(21)2n n n D n +-=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯--⨯1114(12)22(21)22(32)612n n n n n -++-=+⨯--⨯=---1(23)26n n D n +=-+2(21)n n c n ⎧=⎨--⎩为偶数为奇数n n 21321242()()n n n T a a a b b b -=+++-++21321222222[37(41)]23n n n n n +--=+++-+++-=--n=3时,(x 4,y 4)=(1,4) n 时 (x n ,y n )=(1,n)(2)由 (3)当n=1时,时,成立由(2)知当n≥3时,即 == == 得证4.解:(1)由即1(*)n n x n N y n=⎧∴∈⎨=⎩2222212221222221111()123(1)11111(1)()(1)123n n n n a n n a a a n n n n n ++⎧=++++⎪-⎪∴-=⎨+⎪=++++⎪+⎩11124,2n a +=<=12115(1)(1)244a a ++=⨯<1221(1)n n a a n n ++=+2211(1)n n a n a n ++=+31212312311111111(1)(1)(1)(1)nn na a a a a a a a a a a a ++++++++=⋅⋅311223411111(1)n n na a a a a a a a a a -++++⋅⋅⋅⋅+222212222123(1)2434(1)n n n a n n +-⋅⋅⋅⋅⋅+122222111122[1](1)23(1)n a n n n +⋅=++++++-2111111111(2)2[1(1)()()](1)12231n n n n n nn n<=-≥<+-+-++----122(2)44n n-=-<112(1)n n n a a -=--1111[(1)]2[(1)]n n n n a a --+-=---111(1)2(*2)1(1)n nn n a n N n a --+-=-∈≥+-且另: 是首项为3公比为-2的等比数列 (2)由=5. (Ⅰ)由已知,,两边取对数得 ,即是公比为2的等比数列.(Ⅱ)由(Ⅰ)知 (*)=由(*)式得(Ⅲ)又 1111111(1)21(1)(1)2(1)2211(1)1(1)(1)n nn n n n n n nn n n n n a a a a a a a ---------+-+---===--++-+-1(1)n n a ⎧⎫∴+-⎨⎬⎩⎭11111(1)3(2)3(2)(1)n n n n n na a ---+-=-∴=-+-21n n a b =112194621n n n nb a --∴==⋅+⋅+9(41)6(21)4121n n n S n --=++--34629(*)nnn n N ⋅+⋅+-∈212n n n a a a +=+211(1)n n a a +∴+=+12a =11n a ∴+>1lg(1)2lg(1)n n a a ++=+1lg(1)2lg(1)n n a a ++=+{lg(1)}n a ∴+11lg(1)2lg(1)n n a a -+=⋅+1122lg3lg3n n --=⋅=1213n n a -∴+=12(1)(1)n T a a ∴=++n …(1+a )012222333=⋅⋅⋅⋅n-12 (32)1223+++=n-1…+2n 2-131231n n a -=-212n n n a a a +=+1(2)n n n a a a +∴=+11111()22n n n a a a +∴=-+11122n n n a a a +∴=-+112n n n b a a =++1112()n n n b a a +∴=-.6.解: (Ⅰ)∵n=1时，a 1+S 1=a 1+a 1=2∴a 1=1∵S n =2-a n 即a n +S n =2 ∴a n+1+S n+1=2 两式相减：a n+1-a n +S n+1-S n =0 即a n+1-a n +a n+1=0，故有2a n+1=a n ∵a n ≠0 ∴(n ∈N *) 所以，数列{a n }为首项a 1=1，公比为的等比数列.a n =(n ∈N *) b n -b 1=1+又∵b 1=1，∴b n =3-2()n-1(n=1，2，3，…) (3)所以 7.解：（1）在中，令n=1，可得，即12n S b b ∴=++n …+b 122311111112()n n a a a a a a +=-+-+-…+11112()n a a +=-1221131,2,31n nn n a a a -+=-==-22131nn S ∴=--211=+n n a a 211)21(-n 11232)21(22211)21(1)21()21()21(21----=--=++++n n n 211-2n n n c =21211111222144222222n n n n n n n n n n n T T T -----+=-=++++-=--=-当时，，∴，∴，即.∵，∴，即当时，.又，∴数列{b n}是首项和公差均为1的等差数列.于是，∴.（2）由（1）得，所以①②由①－②得∴于是确定T n与的大小关系等价于比较与2n+1的大小由可猜想当时，.证明如下：证法1：①当n=3时，由上验算显示成立.②假设n=k+1时所以当n=k+1时猜想也成立综合①②可知，对一切的正整数，都有.证法2：当时综上所述，当n=1,2时，当时（3）∵∴∴①当n=2k－1，k=1,2,3,……时，①式即为②依题意，②式对k=1,2,3……都成立，∴当n=2k,k=1,2,3,……时，①式即为③依题意，③式对k=1,2,3……都成立，∴∴，又∴存在整数，使得对任意有.。

【通用版】2020高考数学(三轮复习)冲刺专题《数列小题部分》(含答案)

专题07 数列小题部分【训练目标】1、理解并会运用数列的函数特性；2、掌握等差数列，等比数列的通项公式，求和公式及性质；3、掌握根据递推公式求通项公式的方法；4、掌握常用的求和方法；5、掌握数列中简单的放缩法证明不等式。

总之，此类题目难度中等，属于必拿分题。

【名校试题荟萃】1、（宁夏长庆高级中学2019届高三上学期第四次月考数学（文）试卷）设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，若，则使0>n a 的最小正整数n 的值是（） A.8 B.9C.10D.11【答案】C2、等差数列{}n a 中，n S 为n a 的前n 项和，208=a ，567=S ，则12a =（）8、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考试题+数学（文））已知等差数列{}n a 中，100a =，公差()2,0d ∈-，若，，则数列{}n a 的前n 项和n S 的最大值为（）A.πB.5πC.10πD.15π 【答案】D【解析】原式，再根据平方差公式，两角和差的余弦公式可得，根据等差数列的性质可知，则即，结合100a=可求得13aπ=，则，再利用配方法可知当9n=或10时取得最大值，最大值为15π。

【答案】D10、（河北省衡水中学2019届高三第一次摸底考试数学（理）试题）已知数列，若数列的前项和，则的值为________.【答案】16【解析】据题意，得，所以当时，.两式相减，得.所以当时，，故.11、（河北省衡水中学2019届高三第一次摸底考试数学（文）试题）已知数列的前项和为，正项等比数列中，，，则( )A. B. C. D.【答案】D【解析】数列{a n}的前n项和S n=n2﹣n，∴a1=S1=0，n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=2n﹣2，n=1时也成立．∴a n=2n﹣2．设正项等比数列{b n}的公比为q＞0，b2=a3=4．根据b n+3b n﹣1=4b n2（n≥2，n∈N+），∴=4，化为q2=4，解得q=2．∴b1×2=4，解得b1=2．∴b n=2n，则log2b n=n．12、（河北省衡水中学2019届高三第二次摸底考试数学（理）试题）已知数列的前项和，若不等式对恒成立，则整数的最大值为________________.【答案】4记，n≥2时，．∴n≥3时，，．∴5﹣λ，即，∴整数λ的最大值为4．13、（河北省衡水中学2019届高三上学期三调考试数学（文）试卷）已知公比不为1的等比数列的前项和为，且满足、、成等差数列，则( )A. B. C. D.【答案】C【解析】公比不为1的等比数列的前项和为，、、成等差数列，可得，即为，即，解得（1舍去），则，14、（河北省衡水中学2019届高三上学期三调考试数学（理）试卷）已知数列的前项和为，且满足：，，，则__________.【答案】（湖北省重点高中联考协作体2018届高三上学期期中考试数学（文）试题）数列满足，，15、则__________．【答案】【解析】由题意得，∴数列的周期为3，∴。

2021年高考数学三轮冲刺训练数列含解析

数列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；解答题的难度中等或稍难，将稳定在中等难度.往往在利用方程思想解决数列基本问题后，进一步数列求和，在求和后可与不等式、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．等差数列1、定义：数列{}n a 若从第二项开始，每一项与前一项的差是同一个常数，则称{}n a 是等差数列，这个常数称为{}n a 的公差，通常用d 表示2、等差数列的通项公式：()11n a a n d =+-，此通项公式存在以下几种变形：（1）()n m a a n m d =+-，其中m n ≠：已知数列中的某项m a 和公差即可求出通项公式（2）n ma a d n m -=-：已知等差数列的两项即可求出公差，即项的差除以对应序数的差（3）11n a a n d-=+：已知首项，末项，公差即可计算出项数3、等差中项：如果,,a b c 成等差数列，则b 称为,a c 的等差中项（1）等差中项的性质：若b 为,a c 的等差中项，则有c b b a -=-即2b a c =+ （2）如果{}n a 为等差数列，则2,n n N *∀≥∈，n a 均为11,n n a a -+的等差中项（3）如果{}n a 为等差数列，则m n p q a a a a m n p q +=+⇔+=+ 4、等差数列通项公式与函数的关系：()111n a a n d d n a d =+-=⋅+-，所以该通项公式可看作n a 关于n 的一次函数，从而可通过函数的角度分析等差数列的性质。

5、等差数列前n 项和公式：12nn a a S n +=⋅，此公式可有以下变形：（1）由m n p q m n p q a a a a +=+⇔+=+可得：()12p qn a a S n p q n +=⋅+=+，作用：在求等差数列前n 项和时，不一定必须已知1,n a a ，只需已知序数和为1n +的两项即可（2）由通项公式()11n a a n d =+-可得：()()1111122n a a n dn n S n a n d ++--=⋅=+作用：① 这个公式也是计算等差数列前n 项和的主流公式 ②()21111222n n n d S a n d n a d n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，即n S 是关于项数n 的二次函数()n N *∈，且不含常数项，可记为2n S An Bn =+的形式。

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