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(完整版)数列典型例题(含答案)

《2.3 等差数列的前n项和》测试题一、选择题1.(2008陕西卷)已知是等差数列，，，则该数列前10项和等于( )A.64B.100C.110 D .120考查目的：考查等差数列的通项公式与前项和公式及其基本运算.答案：B解析：设的公差为. ∵，，∴两式相减，得，.∴，.2.(2011全国大纲理)设为等差数列的前项和，若，公差，，则( )A.8B.7C.6D.5考查目的：考查等差数列通项公式的应用、前项和的概念.答案：D解析：由得，，即，将，代入，解得.3.(2012浙江理)设是公差为的无穷等差数列的前项和，则下列命题错误的是( )A.若，则数列有最大项B.若数列有最大项，则C.若数列是递增数列，则对任意，均有D.若对任意，均有，则数列是递增数列考查目的：考查等差数列的前项和公式及其性质.答案：C解析：根据等差数列的前项和公式，可得，因为，所以其图像表示的一群孤立的点分布在一条抛物线上. 当时，该抛物线开口向下，所以这群孤立的点中一定有最高点，即数列有最大项；反之也成立，故选项A、B的两个命题是正确的. 选项C的命题是错误的，举出反例：等差数列－1，1，3，5，7，…满足数列是递增数列，但．对于选项D的命题，由，得，因为此式对任意都成立，当时，有；若，则，与矛盾，所以一定有，这就证明了选项D的命题为真.二、填空题4.(2011湖南理)设是等差数列的前项和，且，，则.考查目的：考查等差数列的性质及基本运算．答案：81.解析：设的公差为. 由，，得，. ∴，故.5.(2008湖北理)已知函数，等差数列的公差为. 若，则.考查目的：考查等差数列的通项公式、前项和公式以及对数的运算性质，考查运算求解能力.答案：.解析：∵是公差为的等差数列，∴，∴，∴，∴.6.(2011广东理)等差数列前9项的和等于前4项的和. 若，，则____．考查目的：考查等差数列的性质及基本运算.答案：10.解析：设等差数列前项和为. ∵，∴；∵，∴. ∴，故.三、解答题7.设等差数列的前项和为，且，求：⑴的通项公式及前项和；⑵．考查目的：考查等差数列通项公式、前项和的基本应用，考查分析问题解决问题的能力.答案：⑴；.⑵解析：设等差数列的公差为，依题意，得，解得.⑴；⑵由，得.当时，．当时，，∴8.(2010山东理)已知等差数列满足：，，的前项和为．⑴求及；⑵令，求数列的前项和.考查目的：考查等差数列的通项公式与前项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法以及运算求解能力.答案：⑴，；⑵.解析：⑴设等差数列的公差为，因为，，所以有，解得，，所以，.⑵由⑴知，所以，所以，即数列的前项和.一、选择题1.(2009广东文)已知等比数列的公比为正数，且，，则( ).A. B. C.D.2考查目的：考查等比数列通项公式的基本应用.答案：B解析：设公比为，由已知得，得，又因为等比数列的公比为正数，所以，故.2.(2007天津理)设等差数列的公差，．若是与的等比中项，则( ).A.2B.4C.6D.8考查目的：考查等差数列、等比数列的概念与通项公式、等比中项的概念等基础知识及基本运算能力.答案：B解析：∵，∴；又∵是与的等比中项，∴，即；∵，∴，解得，或(舍去).3.(2010江西理数)等比数列中，，，函数，则( )A. B. C.D.考查目的：多项式函数的导数公式、等比数列的性质等基础知识，考查学生的创新意识，综合与灵活地应用所学数学知识、思想和方法解决问题的能力.答案：C.解析：∵是多项式函数，∴的常数项的一次项系数，∴.二、填空题4.(2007重庆理)设为公比的等比数列，若和是方程的两根，则__________.考查目的：考查一元二次方程、等比数列的概念等基础知识，考查分析问题解决问题的能力．答案：18.解析：根据题意，得，，∴，∴.5.(2009江苏卷)设是公比为的等比数列，，令，若数列有连续四项在集合中，则 .考查目的：考查等比数列的概念、等价转化思想和分析推理能力.答案：.解析：根据题意可知，有连续四项在集合中，因为是等比数列，且公比满足，所以这四项只能依次是，所以公比，.6.(2012辽宁理)已知等比数列为递增数列，且，，则数列的通项公式______________.考查目的：考查等比数列的通项公式及方程思想和逻辑推理能力.答案：.解析：∵，∴，得，∴；又∵，∴，∴，解得或(舍去)，∴.三、解答题7.已知数列的首项，关于的二次方程(，且)都有实数根，且满足.⑴求证：是等比数列；⑵求的通项公式.考查目的：考查等比数列的概念、通项公式、一元二次方程的根与系数的关系等基础知识，考查综合运用知识分析问题解决问题的能力.答案：⑴略；⑵．解析：⑴由题设可得，，(，且)；又由，得. 所以，即()，化为(，且)，又，所以是首项为，公比为的等比数列.⑵由⑴的结论，得，所以的通项公式为．8.(2012广东文)设数列前项和为，数列的前项和为，满足，.⑴求的值；⑵求数列的通项公式.考查目的：考查等比数列的概念、递推公式的处理方法、化归思想，考查分析问题解决问题的能力.答案：⑴；⑵.解析：⑴当时，. 因为，所以，求得.⑵当时，，∴①，∴②. ②①得，所以. ∵，易求得，∴，∴. 所以是以3为首项，2为公比的等比数列，，故所以，.置：首页>>高中数学>>教师中心>>同步教学资源>>课程标准实验教材>>同步试题>>必修5《2.5 等比数列的前n项和》测试题一、选择题1.(2007陕西理)各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则( )A.16B.25C.30D.80考查目的：考查等比数列的前项和公式及运算求解能力.答案：C.解析：由，可知，的公比，∴①，②，②式除以①式，得，解得(舍去)，代入①，得. ∴.2.(2010天津理)已知是首项为的等比数列，是的前项和，且，则数列的前项和为( )A.或B.或C.D.考查目的：考查等比数列前项和公式的应用及等比数列的性质.答案：C解析：设的公比为，若，则，，不合题意，所以. 由，得，得，所以，因此是首项为1，公比为的等比数列，故前5项和为.3.设等比数列的前项和为，若，则等于( )A. B. C.D.考查目的：考查等比数列前项和公式及性质等基础知识，考查运算求解能力.答案：A.解析：解法1：若公比，则，∴. 由，得，∴，∴.解法2：由可知，公比(否则有).设，则，根据，，也成等比数列，及，，得，∴，故.二、填空题4.在等比数列中，已知，则公比.考查目的：考查等比数列的前项和公式及其中包含的分类讨论思想．答案：1或.解析：由已知条件，可得，当时，，符合题意；当时，由，消去，得，解得或(舍去). 综上可得，公比或.5.(2009浙江理)设等比数列的公比，前项和为，则．考查目的：考查等比数列通项公式与前项和公式的基本应用.答案：15.解析：∵，，∴.6.已知等比数列的首项为，是其前项和，某同学经计算得，，，后来该同学发现其中一个数算错了，则算错的那个数是，该数列的公比是 .考查目的：考查等比数列的概念、前项和概念及公式等基础知识，考查分析问题解决问题的能力.答案：，.解析：假设正确，则由，得，所以公比，可计算得，，但该同学算只算错了一个数，所以不正确，，正确，可得，，所以公比.三、解答题7.(2010重庆文)已知是首项为，公差为的等差数列，为的前项和.⑴求通项及；⑵设是首项为，公比为的等比数列，求数列的通项公式及其前项和.考查目的：考查等差数列、等比数列的通项公式与前项和公式的基本应用以及运算求解能力.答案：⑴，；⑵，.解析：⑴因为是首项为，公差为的等差数列，所以，.⑵由题意，所以，.8.(2012陕西理)设是公比不为1的等比数列，其前项和为，且成等差数列.⑴求数列的公比；⑵证明：对任意，成等差数列.考查目的：考查等比数列的通项公式、前项和公式、等差数列的概念等基础知识，考查推理论证能力.答案：⑴；⑵略.解析：⑴设数列的公比为(). 由成等差数列，得，即. 由，得，解得(舍去)，所以数列的公比为.⑵证法一：对任意，，所以对任意，成等差数列.证法二：对任意，，，∴，因此，对任意，成等差数列.第二章《数列》测试题（一）一、选择题1.(2012安徽理)公比为等比数列的各项都是正数，且，则( ).A.4B.5C.6D.7考查目的：考查等比数列的通项公式与性质、对数的概念与运算等基础知识.答案：B.解析：∵，∴，∵的各项都是正数，∴，∴，∴.2.(2011江西理)已知数列的前项和满足：，且，那么( ).A.1B.9C.10D.55考查目的：考查数列的递推公式、等差数列的概念及通项公式、与的关系.答案：A解析：令，得，∵，∴，∴是首项为，公差为的等差数列，，因此，.3.(2011天津理)已知为等差数列，其公差为，且是与的等比中项，为的前项和，，则的值为( ).A.-110B.-90C.90D.110考查目的：考查等比中项的概念以及等差数列通项公式、前项和公式的基本应用.答案：D解析：设等差数列的公差为，根据题意得，即，将代入，并解得，所以.4.(2012湖北理)定义在上的函数，如果对于任意给定的等比数列，仍是等比数列，则称为“保等比数列函数”. 现有定义在上的如下函数：①；②；③；④.则其中是“保等比数列函数”的的序号为( ).A.①②B.③④C.①③ D.②④考查目的：本题考察等比数列的性质及函数计算.答案：C.解析：对于①，，所以是“保等比数列函数”；对于②，，所以不是“保等比数列函数”；对于③，，所以是“保等比数列函数”；对于④，，所以不是“保等比数列函数”.5.已知数列满足，当时，，则( ).A.1B.2C.-1D.-2考查目的：考查数列递推公式的运用、周期数列的概念与判断，考查分析判断能力.答案：A.解析：由条件可得该数列为：，所以是周期为的周期数列，所以.6.(2012上海理)设，，在中，正数的个数是( ).A.25B.50C.75D.100考查目的：数列前项和的概念、三角函数的周期性，考查综合运用知识分析问题解决问题的能力.答案：D.解析：当时，；当时，，但其绝对值要小于时相应的值；当时，；当时，，但其绝对值要小于时相应的值；当时，. ∴当时，均有.二、填空题7.(2009北京理)已知数列满足：，，，，则______；_________.考查目的：考查数列的概念、周期数列等基础知识.答案：1，0.解析：依题意，得，.8.(2011湖北理)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共为3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为升.考查目的：考查等差数列的概念、基本运算以及运算能力.答案：.解析：记题中的等差数列为，公差为，前项和为. 根据题意知，，两式联立解得，，∴.9.(2010天津文)设是等比数列，公比，为的前项和.记，，设为数列的最大项，则 .考查目的：考查等比数列的前项和公式及平均值不等式等基础知识，考查运算能力.答案：4.解析：根据等比数列前项和公式，得.∵，当且仅当，即时取等号，而，∴当时，取最大值，即数列的最大项为，所以.10.(2011江苏卷)设，其中成公比为的等比数列，成公差为1的等差数列，则的最小值是________.考查目的：考查等差数列、等比数列的概念和通项公式，考查不等式的有关知识及推理判断能力.答案：.解析：由题意可得，∴. ∵，∴当取最小值时，，∴，即的最小值是.11.(2012四川理)记为不超过实数的最大整数，例如，，，.设为正整数，数列满足，，现有下列命题：①当时，数列的前3项依次为5，3，2；②对数列都存在正整数，当时总有；③当时，；④对某个正整数，若，则. 其中的真命题有____________.(写出所有真命题的编号)考查目的：本题属于新概念问题，主要考查对新概念的理解、不等式的性质，以及数列知识的灵活运用和推理论证能力.答案：①③④解析：易证，对于取整函数有下列性质：性质1：当时，；性质2：对，有；性质3：若，，则. ①当时，，，故①为真；②当时，易知该数列为：(1与2交替出现)，所以②为假；③∵，∴；由题易知，对一切，均为正整数，所以无论是奇数还是偶数，均有，故③为真；④若对某个正整数，则由，得，∴，∵是正整数，∴.又∵，，∴(或由③为真，及，直接可得)，故，因此④为真.第二章《数列》测试题（二）三、解答题12.(2009浙江文)设为数列的前项和，，，其中是常数．⑴求及；⑵若对于任意的，，，成等比数列，求的值．考查目的：考查数列的通项与前项和以及它们之间的关系，考查等比数列的概念以及运算求解能力.答案：⑴，；⑵或.解析：⑴当时，；当时，.而也适合上式，所以.⑵∵，，成等比数列，∴，即，化简并整理得. ∵此式对成立，∴或.13.(2010全国卷Ⅱ文)已知是各项均为正数的等比数列，且，.⑴求的通项公式；⑵设，求数列的前项和.考查目的：考查等比数列的通项公式与前项和公式、方程与方程组等基础知识，考查运算求解能力.答案：⑴.⑵.解析：⑴设的公比为，则.由已知，有，化简得，解得，(舍去)，所以.⑵由⑴知，所以.14.(2008湖南理)数列满足⑴求，，并求数列的通项公式；⑵设，，证明：当时，.考查目的：考查数列递推公式的运用、等差数列、等比数列的概念和通项公式、三角函数等基础知识，考查数列求和、不等式证明的基本方法，以及分析问题解决问题的能力.答案：⑴，，；⑵略.解析：⑴∵，，∴，.一般地，当时，，即，所以数列是首项为1、公差为1的等差数列，因此.当时，，所以数列是首项为2、公比为2的等比数列，因此.∴数列的通项公式为.⑵由⑴知，，①，②，得，，∴.要证明当时，成立，只需证明当时，成立.证明：要证明，只需证明.令，则，∴当时，.∴当时，.于是当时，.15.(2012广东理)设数列的前项和为，满足，且，，成等差数列．⑴求的值；⑵求数列的通项公式；⑶证明：对一切正整数，有．考查目的：考查数列和不等式的概念及其性质、数列与函数的关系等基础知识，考查数列递推公式的运用、不等式放缩等基本方法，考查综合运用知识分析问题的能力、推理论证能力和运算求解能力.答案：⑴；⑵；⑶略.解析：⑴在中，令得；令得，解得，.又∵，∴解得.⑵由，得.又∵也满足，∴成立，∴，∴，∴.⑶(法一)∵，∴，∴.(法二)∵，∴，当时，，，，…，，累乘得，∴.。

浙江历年高考理科数学试题及答案汇编十一数列

浙江历年高考理科数学试题及答案汇编十一数列试题1、6．（5分）（2008浙江）已知{a n }是等比数列，a 2=2，a 5=，则a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n+1=（） A ．16（1﹣4﹣n） B ．16（1﹣2﹣n） C ．（1﹣4﹣n） D ．（1﹣2﹣n）2、11．（4分）（2009浙江）设等比数列{a n }的公比，前n 项和为S n ，则= ．3、3．（5分）（2010浙江）设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2+a 5=0，则=（）A ．﹣11B ．﹣8C ．5D ．11 4、15．（4分）（2010浙江）设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6+15=0，则d 的取值范围是．5、7. （5分）（2012浙江）设n S 是公差为(0)d d ≠的无穷等差数列{}n a 的前n 项和，则下列命题错误．．的是（） A.若0d <，则数列{}n S 有最大项 B.若数列{}n S 有最大项，则0d <C.若数列{}n S 是递增数列，则对任意n ∈*N ,均有0>n SD.若对任意n ∈*N ,均有0>n S ，则数列{}n S 是递增数列6、13．（5分）（2012浙江）设比为(0)q q >的等比数列{}n a 的前n 项和为{}n S ．若2232S a =+，4432S a =+，则q ＝______________．7、3．（5分）（2015浙江）已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则（） A ． a 1d ＞0，dS 4＞0 B ． a 1d ＜0，dS 4＜0 C ． a 1d ＞0，dS 4＜0 D ． a 1d ＜0，dS 4＞0 8、6．（5分）（2016浙江）如图，点列{A n }、{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|，A n ≠A n+1，n ∈N *，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|，B n ≠B n+1，n ∈N *，（P≠Q 表示点P 与Q 不重合）若d n =|A n B n |，S n 为△A n B n B n+1的面积，则（）A ．{S n }是等差数列B ．{S n2}是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d n 2}是等差数列9、13．（6分）（2016浙江）设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2=4，a n+1=2S n +1，n ∈N *，则a 1= ，S 5= ．解答题1、22．（16分）（2008浙江）已知数列{a n }，a n ≥0，a 1=0，a n+12+a n+1﹣1=a n 2（n ∈N •）．记S n =a 1+a 2+…+a n ．．求证：当n ∈N •时，（Ⅰ）a n ＜a n+1；（Ⅱ）S n ＞n ﹣2．（Ⅲ）T n ＜3．2、19.（14分）（2011浙江）已知公差不为0的等差数列{}n a 的首项1a 为a (a ∈R ),设数列的前n 项和为n S ，且11a ，21a ，41a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式及n S ；（2）记1231111...n n A S S S S =++++，212221111...nn B a a a a =++++，当2n 时，试比较nA 与nB 的大小.3、18．（14分）（2013浙江）在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1=10，且a 1，2a 2+2，5a 3成等比数列．（Ⅰ）求d ，a n ；（Ⅱ）若d ＜0，求|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |．4、19．（14分）（2014浙江）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a 1=2，b 3=6+b 2．（Ⅰ）求a n 和b n ；（Ⅱ）设c n =（n ∈N *）．记数列{c n }的前n 项和为S n ．（i ）求S n ；（ii ）求正整数k ，使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n ．5、20．（15分）（2015浙江）已知数列{a n }满足a 1=且a n+1=a n ﹣a n 2（n ∈N *）（1）证明：1≤≤2（n ∈N *）；（2）设数列{a n 2}的前n 项和为S n ，证明（n ∈N *）．6、20．（15分）（2016浙江）设数列满足|a n﹣|≤1，n∈N*．（Ⅰ）求证：|a n|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）（Ⅱ）若|a n|≤（）n，n∈N*，证明：|a n|≤2，n∈N*．7、22．（15分）（2017浙江）已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜x n+1＜x n；（Ⅱ）2x n+1﹣x n≤；（Ⅲ）≤x n≤．答案1、解：由，解得．数列{a n a n+1}仍是等比数列：其首项是a 1a 2=8，公比为，所以，故选：C ． 2、解：对于，∴3、解：设公比为q ，由8a 2+a 5=0，得8a 2+a 2q 3=0，解得q=﹣2，所以==﹣11．故选A ．4、解：因为S 5S 6+15=0，所以（5a 1+10d ）（6a 1+15d ）+15=0，整理得2a 12+9a 1d+10d 2+1=0，此方程可看作关于a 1的一元二次方程，它一定有根，故有△=（9d ）2﹣4×2×（10d 2+1）=d 2﹣8≥0，整理得d 2≥8，解得d≥2，或d≤﹣2则d 的取值范围是．故答案案为：．5、答案:C解:选项C 显然是错的，举出反例：—1，0，1，2，3，…．满足数列{}n S 是递增数列，但是0>n S ，不成立． 6、答案:32解:将2232S a =+，4432S a =+两个式子全部转化成用1a ，q 表示的式子．（步骤1）即111233111113232a a q a q a a q a q a q a q +=+⎧⎨+++=+⎩，两式作差得：2321113(1)a q a q a q q +=-，即：2230q q --=（q >0）, 解之得：32q =或1q =- (舍去)． 7、解：设等差数列{a n }的首项为a 1，则a 3=a 1+2d ，a 4=a 1+3d ，a 8=a 1+7d ，由a 3，a 4，a 8成等比数列，得，整理得：．∵d≠0，∴，∴，=＜0．故选：B．8、解：设锐角的顶点为O，|OA1|=a，|OB1|=b，|A n A n+1|=|A n+1A n+2|=b，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|=d，由于a，b不确定，则{d n}不一定是等差数列，{d n2}不一定是等差数列，设△A n B n B n+1的底边B n B n+1上的高为h n，由三角形的相似可得==，==，两式相加可得，==2，即有h n+h n+2=2h n+1，由S n=d•h n，可得S n+S n+2=2S n+1，即为S n+2﹣S n+1=S n+1﹣S n，则数列{S n}为等差数列．故选：A．9、解：由n=1时，a1=S1，可得a2=2S1+1=2a1+1，又S2=4，即a1+a2=4，即有3a1+1=4，解得a1=1；由a n+1=S n+1﹣S n，可得S n+1=3S n+1，由S2=4，可得S3=3×4+1=13，S4=3×13+1=40，S5=3×40+1=121．故答案为：1，121．解答题1、（Ⅰ）证明：用数学归纳法证明．①当n=1时，因为a 2是方程x 2+x ﹣1=0的正根，所以a 1＜a 2．②假设当n=k （k ∈N *）时，a k ＜a k+1，因为a k+12﹣a k 2=（a k+22+a k+2﹣1）﹣（a k+12+a k+1﹣1）=（a k+2﹣a k+1）（a k+2+a k+1+1），所以a k+1＜a k+2．即当n=k+1时，a n ＜a n+1也成立．根据①和②，可知a n ＜a n+1对任何n ∈N *都成立．（Ⅱ）证明：由a k+12+a k+1﹣1=a k 2，k=1，2，…，n ﹣1（n≥2），得a n 2+（a 2+a 3+…+a n ）﹣（n ﹣1）=a 12．因为a 1=0，所以S n =n ﹣1﹣a n 2．由a n ＜a n+1及a n+1=1+a n 2﹣2a n+12＜1得a n ＜1，所以S n ＞n ﹣2．（Ⅲ）证明：由，得：，所以，故当n≥3时，，又因为T 1＜T 2＜T 3，所以T n ＜3．2、解:（Ⅰ）设等差数列{a n }的公差为d ,由2214111(),a a a = 得2111()(3)a d a a d +=+.因为0d ≠,所以1d a a ==所以(1),2n n an n a na S +==，（Ⅱ）因为 (1)2n an n S +=，所以1211(),1n S a n n =-+ 123111121(1).1n n A S S S S a n =+++=-+ 因为1122,n n a a --=所以21122211()11111212...(1).1212n nn nB a a a a a a --=+++==--当n2时，0122C C C ...C 1n nn n n n n =+++>+，即1111,12n n -<-+ 所以，当a ＞0时，n n A B <；当a ＜0时，n n A B >. 3、解：（Ⅰ）由题意得，即，整理得d 2﹣3d ﹣4=0．解得d=﹣1或d=4．当d=﹣1时，a n =a 1+（n ﹣1）d=10﹣（n ﹣1）=﹣n+11．当d=4时，a n =a 1+（n ﹣1）d=10+4（n ﹣1）=4n+6．所以a n =﹣n+11或a n =4n+6；（Ⅱ）设数列{a n }的前n 项和为S n ，因为d ＜0，由（Ⅰ）得d=﹣1，a n =﹣n+11．则当n≤11时，．当n≥12时，|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=﹣S n +2S 11=．综上所述，|a 1|+|a 2|+|a 3|+…+|a n |=．4、解：（Ⅰ）∵a 1a 2a 3…a n =（n ∈N *） ①，当n≥2，n ∈N *时， ②，由①②知：，令n=3，则有．∵b 3=6+b 2， ∴a 3=8．∵{a n }为等比数列，且a 1=2， ∴{a n }的公比为q ，则=4，由题意知a n ＞0，∴q＞0，∴q=2． ∴（n ∈N *）．又由a 1a 2a 3…a n =（n ∈N *）得：，，∴b n =n （n+1）（n ∈N *）．（Ⅱ）（i）∵c n===．∴S n=c1+c2+c3+…+c n====；（ii）因为c1=0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；当n≥5时，，而=＞0，得，所以，当n≥5时，c n＜0，综上，对任意n∈N*恒有S4≥S n，故k=4．5、证明：（1）由题意可知：0＜a n≤（n∈N*），又∵a2=a1﹣=，∴==2，又∵a n﹣a n+1=，∴a n＞a n+1，∴≥1，∴==≤2，∴1≤≤2（n∈N*）；（2）由已知，=a n﹣a n+1，=a n﹣1﹣a n，…，=a1﹣a2，累加，得S n=++…+=a1﹣a n+1=﹣a n+1，易知当n=1时，要证式子显然成立；当n≥2时，=．下面证明：≥a n≥（n≥2）．易知当n=2时成立，假设当n=k时也成立，则a k+1=﹣+，由二次函数单调性知：a n+1≥﹣+=≥，a n+1≤﹣+=≤，∴≤≤，即当n=k+1时仍然成立，故对n≥2，均有≥a n≥，∴=≥≥=，即（n∈N*）．6、解：（I）∵|a n﹣|≤1，∴|a n|﹣|a n+1|≤1，∴﹣≤，n∈N*，∴=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）≤+++…+==1﹣＜1．∴|a n|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）．（II）任取n∈N*，由（I）知，对于任意m＞n，﹣=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）≤++…+=＜．∴|a n|＜（+）•2n≤[+•（）m]•2n=2+（）m•2n．①由m的任意性可知|a n|≤2．否则，存在n0∈N*，使得|a|＞2，取正整数m0＞log且m0＞n0，则2•（）＜2•（）=|a|﹣2，与①式矛盾．综上，对于任意n∈N*，都有|a n|≤2．7、解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：x n＞0，当n=1时，x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，则x k＞0，那么n=k+1时，若x k+1＜0，则0＜x k=x k+1+ln（1+x k+1）＜0，矛盾，故x n+1＞0，因此x n＞0，（n∈N*）∴x n=x n+1+ln（1+x n+1）＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n（n∈N*），（Ⅱ）由x n=x n+1+ln（1+x n+1）得x n x n+1﹣4x n+1+2x n=x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1），记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0浙江历年高考理科数学试题及答案汇编十一数列∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f（0）=0，因此x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1）≥0，故2x n+1﹣x n≤；（Ⅲ）∵x n=x n+1+ln（1+x n+1）≤x n+1+x n+1=2x n+1，∴x n≥，由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2（﹣）＞0，∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，∴x n≤，综上所述≤x n≤．11。

(完整)(经典)高中数学最全数列总结及题型精选,推荐文档

）
A．120
B．105
(四)、等差数列的性质：
C． 90
D． 75
1 在等差数列an中，从第 2 项起，每一项是它相邻二项的等差中项；
2 在等差数列an中，相隔等距离的项组成的数列是等差数列； 3 在等差数列a中，对任意 m ， n N ， a a (n m)d ，d an am (m n) ；
点。
（4）数列分类：①按数列项数是有限还是无限分：有穷数列和无穷数列；②按数列项与项之间的大小关系
分：递增数列、递减数列、常数列和摆动数列。
例：下列的数列，哪些是递增数列、递减数列、常数列、摆动数列？
（1）1，2，3，4，5，6，…
(2)10, 9, 8, 7, 6, 5, …
(3) 1, 0, 1, 0, 1, 0, …
(4)a, a, a, a, a,…
（5）数列{ an}的前 n 项和 S 与n 通项 a 的n 关系： a n
SS1 S
(n (n
≥12) )
n
n1
二、等差数列
(一)、等差数列定义：一般地，如果一个数列从第2 项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母 d 表示。用递推公式表示为 an an1 d (n 2) 或 an1 an d (n 1)
n
n
m
n m
（4）在等差数列an中，若 m ， n ， p ， q N 且 m n p q ，则 am an ap aq ；
(五)、等差数列的前 n 和的求和公式： S n(a1 an ) na n(n 1) d 1 n 2 （a d ）n 。 (
n
2
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(完整版)数列证明题型总结(教师版)附答案,推荐文档

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①×2得 2Tn＝1·22＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1.'②
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①－②得 2Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1
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[ ] 1 1 1－ 2 2n
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n＋2
1－
＝ 2 －n·2n＋1＝1－2n－n·2n＋1＝1－2n＋1，
n＋2 ∴Tn＝2－ 2n .
9．数列{an}满足 a1＝1，an＋1· ＝1(n∈N*)，记 Sn＝a21＋a2＋…＋a2n.
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设 an＋2－an＋1＋c＝2(an＋1－an＋c)．展开与上式对比，得 c＝2 因此，有 an＋2－an＋1＋2＝2(an＋1－an＋2) 由 bn＝an＋1－an＋2，得 bn＋1＝2bn，由 a1＝1，a2＝2a1＋3＝5，得 b1＝a2－a1＋2＝6，故数列{bn}是首项为 6，公比为 2 的等比数列 (Ⅱ)由(Ⅰ)知，bn＝6×2n－1＝3×2n 则 an＋1－an＝bn－2＝3×2n－2，所以 an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝1＋(3×21－2)＋(3×22－2)＋…＋(3×2n－1－2) ＝1＋3(2＋22＋23＋…＋2n－1)－2(n－1) an＝3×2n－2n－3，当 n＝1 时，a1＝3×21－2×1－3＝6－5＝1，故 a1 也满足上式故数列{an}的通项为 an＝3×2n－2n－3(n∈N*)．
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(Ⅱ)由(Ⅰ)知 bn＝an·2n＝(2n－1)·2n ∴Tn＝(1·21)＋(3·22)＋…＋[(2n－3)·2n－1]＋[(2n－1)·2n] 则 2Tn＝(1·22)＋(3·23)＋…＋[(2n－3)·2n]＋[(2n－1)·2n＋1] 两式相减得：－Tn＝(1·21)＋(2·22)＋…＋(2·2n)－[(2n－1)·2n＋1]

高考数学《数列》大题训练50题含答案解析整理版

高考数学《数列》大题训练50题1 ．数列{}的前n 项和为，且满足，.n a n S 11a =2(1)n n S n a =+（1）求{}的通项公式；（2）求和T n =.n a 1211123(1)na a n a ++++L 2 ．已知数列，a 1=1，点在直线上.}{n a *))(2,(1N n a a P n n ∈+0121=+-y x （1）求数列的通项公式；}{n a （2）函数，求函数最小值.)2*,(1111)(321≥∈++++++++=n N n a n a n a n a n n f n且 )(n f 3 ．已知函数(a ，b 为常数)的图象经过点P （1，）和Q （4，8）x ab x f =)(81(1) 求函数的解析式；)(x f (2) 记a n =log 2,n 是正整数，是数列{a n }的前n 项和，求的最小值。

)(n f n S n S 4 ．已知y ＝f (x )为一次函数，且f (2)、f (5)、f (4)成等比数列，f (8)＝15．求＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的表达式．n S 5 ．设数列的前项和为，且，其中是不等于和0的实常数.{}n a n n S 1n n S c ca =+-c 1-（1）求证: 为等比数列；{}n a （2）设数列的公比，数列满足，试写出的{}n a ()q f c ={}n b ()()111,,23n n b b f b n N n -==∈≥1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭通项公式，并求的结果.12231n n b b b b b b -+++L 6 ．在平面直角坐标系中,已知A n (n,a n )、B n (n,b n )、C n (n -1,0)(n ∈N *)，满足向量与向量共线，且1+n n A A n n C B 点B n (n,b n ) (n ∈N *)都在斜率为6的同一条直线上.(1)试用a 1,b 1与n 来表示a n ;(2)设a 1=a ,b 1=-a ,且12<a ≤15，求数列{a n }中的最小项.7 ．已知数列的前三项与数列的前三项对应相同，且…对任意的{}n a {}n b 212322a a a +++12n n a -+8n =∈n N*都成立，数列是等差数列．1{}n n b b +-（1）求数列与的通项公式；{}n a {}n b （2）问是否存在N *，使得？请说明理由．k ∈(0,1)k k b a -∈8 ．已知数列),3,2(1335,}{11 =-+==-n a a a a nn n n 且中（I ）试求a 2，a 3的值；（II ）若存在实数为等差数列，试求λ的值.}3{,nn a λλ+使得9 ．已知数列的前项和为，若，{}n a n n S ()1,211++=⋅=+n n S a n a n n（1）求数列的通项公式;{}n a （2）令，①当为何正整数值时，：②若对一切正整数，总有，求的n nn S T 2=n 1+>n n T T n m T n ≤m 取值范围。

2019年-2019年浙江省高考数学试题(理)分类解析汇编-数列、数学归纳法共11页word资料

2019年-2019年浙江省高考数学试题（理）分类解析汇编专题3：数列、数学归纳法锦元数学工作室编辑一、选择题1. （浙江2019年理5分）已知等差数列{}n a 的公差为2,若431,,a a a 成等比数列, 则2a =【】 (A) –4 (B) –6 (C) –8 (D) –10【答案】B 。

【考点】等差数列；等比数列。

【分析】利用已知条件列出关于1a 的方程，求出1a ，代入通项公式即可求得2a ：∵416a a =+，314a a =+，且1a ，3a ，4a 成等比数列，∴2314a a a =⋅，即()()211146a a a +=+。

解得18a =-。

∴2126a a =+=-。

故选B 。

2.（浙江2019年理5分）lim n →∞2123nn ++++＝【】(A) 2 (B) 4 (C) 21(D)0【答案】C 。

【考点】极限及其运算，等差数列求和公式。

【分析】()2211231112limlim lim 122n n n n n n n n n →∞→∞→∞+++++⎛⎫==+= ⎪⎝⎭。

故选C 。

3.（浙江2019年理5分）已知{}n a 是等比数列，41252==a a ，，则13221++++n n a a a a a a =【】 A ．16（n --41） B ．16（n --21） C ．332（n --41） D ．332（n--21）【答案】C 。

【考点】等比数列的前n 项和。

【分析】由335211==2=42a a q q q =⋅⇒，∴数列{}1n n a a +仍是等比数列：其首项是12=8a a ，公比为14。

∴()12231181432==141314n n n n a a a a a a -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦+++--。

故选C 。

4.（浙江2019年理5分）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580a a +=，则52S S =【】（A ）11 （B ）5 （C ）8- （D ）11- 【答案】D 。

浙江高考数列经典例题汇总.doc

v1.0可编辑可修改浙江高考数列经典例题汇总1. 【 2014年 . 浙江卷 . 理 19】（本题满分 14分）已知数列a n和b n满足b na 1a 2 a n 2n N . 若 a n 为等比数列，且 a 1 2,b 3 6 b 2 .( Ⅰ ) 求an 与bn ；c n1 1 n N (Ⅱ)设a nb n。

记数列 c n 的前 n 项和为S n.（i ）求S n；（ii ）求正整数 k，使得对任意nN，均有S k S n ．2. 【 2011年 . 浙江卷 . 理 19】（本题满分 14分）已知公差不为 0的等差数列 { a n } 的首项 a 1 a111(a R), 设数列的前 n 项和为S n，且a 1，a2 ，a 4成等比数列（Ⅰ）求数列{ a n }的通项公式及S n11 11B n1 1 1 ...1A n...a 1 a 2a 22a2n，当n（Ⅱ）记S 1 S 2 S 3S n ，2时，试比较An 与Bn 的大小.v1.0可编辑可修改3. 【 2008 年 . 浙江卷 . 理 22】（本题 14 分）已知数列a n ， a n 0， a1 0 ，a n21 a n 1 1 a n2 (n N ) ．S n a1 a2 a n1 1 1T n(1 a1 )(1 a2 ) a1 )(1 a2 ) an )．1 a1 (1 (1 求证：当 n N 时，（Ⅰ）anan 1；（Ⅱ） S n n2；（Ⅲ）Tn3。

4.【2007 年 . 浙江卷 . 理 21】（本题 15 分）已知数列{ an}中的相邻两项a2 k 1,a2k是关于x的方程的两个根，且a2 k 1a2k(k 1,2,3, )（Ⅰ）求a1,a3, a5, a7；（Ⅱ）求数列{ an}的前 2n 项的和S2 n；v1.0 可编辑可修改f ( n) 1 ( |sin n | 3) T n( 1)f (2) ( 1)f (3)( 1)f (4)( 1)f ( n 1)a 1a 2a 3a 4a 5 a 6a 2 n 1a2n（ Ⅲ）记2 sin n ，1T n5(n N * )求证：6245. 【2005年 .浙江卷 .理20】设点An (xn ，0)，P n(x n,2n 1 )和抛物线Cn ：y ＝ x2＋ an x ＋1bn(n ∈N*) ，其中 an ＝－ 2－ 4n －2n 1，x n由以下方法得到： x1 ＝1，点 P2(x2 ， 2) 在抛物线 C1： y ＝ x2＋ a1x ＋ b1 上，点 A1(x1 ， 0) 到 P2 的距离是 A1 到 C1 上点的最短距离，，点P n 1 ( x n 1 ,2n) 在抛物线 C n ：y ＝ x2 ＋ an x ＋ bn 上，点 A n ( x n ， 0) 到Pn 1的距离是 A n 到C n上点的最短距离．( Ⅰ) 求 x2 及 C1的方程．( Ⅱ) 证明 {x n} 是等差数列．16. 【 2015 高考浙江，理 20】已知数列a n满足a1= 2 且an 1 =a n -a n2（nN * ）v1.0可编辑可修改a n 2（1）证明： 1 an 1 N *（n）；a n2 1 S n 1（2）设数列的前 n 项和为Sn，证明 2( n 2) n 2( n 1) （n N * ）a n 11a n满足a n7. 【 2016 高考浙江理数】设数列 2 ，n ．（I ）证明：an2n 1 a12， n ；3 na n，证明：an2， n．2 ，n（II ）若例 1．（浙江省新高考研究联盟2017 届高三下学期期初联考）已知数列a满足a1=3，na n+1=a n2+2a n，n∈ N* ，设b n=log 2(a n+1).（I ）求 {a n} 的通项公式；（II ）求证： 1+<n(n ≥2) ；（I II ）若2c n =b n，求证： 2≤(cn 1)n <3.c n例 2．（浙江省温州中学2017 届高三 3 月高考模拟）正项数列a n满足a 2 a 3a 2 2a ， a 1．n n n 1 n 1 1（Ⅰ）求 a2的值；（Ⅱ）证明：对任意的n N ，a 2a ；n n 1（Ⅲ）记数列 a n 的前 n 项和为S n，证明：对任意的n1S n 3 ．N ， 22n 1例 3．（浙江省温州市十校联合体2017 届高三上学期期末）已知数列 { a n } 满足a1 1,a n 1 1a n2m，8(1)若数列 { a n } 是常数列，求m的值；（2）当m1时，求证：a n a n 1；（3）求最大的正数m ，使得a n 4 对一切整数n 恒成立，并证明你的结论。

高考数学解答题(新高考)数列求和(奇偶项讨论求和)(典型例题+题型归类练)(解析版)

专题08 数列求和（奇偶项讨论求和）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍有关数列奇偶项的问题是高考中经常涉及的问题，解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等．本专题主要研究与数列奇偶项有关的问题，并在解决问题中让学生感悟分类讨论等思想在解题中的有效运用.因此，在数列综合问题中有许多可通过构造函数来解决．类型一：通项公式分奇、偶项有不同表达式；例如：n n na n cb n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数角度1：求n n n a n c b n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数的前2n 项和2n T角度2：求n n na n cb n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数的前n 项和n T类型二：通项含有(1)n -的类型；例如：(1)nn n c a =-类型三：已知条件明确的奇偶项或含有三角函数问题二、典型例题类型一：通项公式分奇、偶项有不同表达式通项公式分奇、偶项有不同表达式；例如：n n na n cb n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数角度1：求n n na n cb n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数的前2n 项和2n T例题1．（2022·浙江嘉兴·模拟预测）已知公差不为零的等差数列{}n a 满足24692,,,a a a a =成等比数列．数列{}n b 的前n 项和为n S ，且满足()22N n n S b n *=⋅-∈(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足211,,n n n n n n a a c a n b ++⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前2n 项和2n T ．第（2）问解题思路点拨：由（1）知：,，可代入到第（2）问中，求出的通项公式：，即：注意到奇偶项通项不同，直接考虑分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧，由于奇偶项通项比较复杂，可设；，则（注意到本例求解的为偶数项和，最后一项一定是代入偶数的通项公式，否则，若是求，最后一项是代入奇数项通项，还是代入偶数项通项，则需要讨论）分组求和当为奇数当为偶数，两式相减得：综上：【答案】(1)n a n =；2nn b =(2)2255212n n n n T n +=+-+ (1)由题：46922,24,27a d a d a d =+=+=+，∵2649a a a =⋅，即()()()2242227d d d +=++得：1d =，即n a n = 当1n =时，12b =，当2n ≥时，22n n S b =⋅-，1122n n S b --=⋅-，两式相减整理得12nn b b -=，即数列{}n b 是以首项12b =，公比2q的等比数列∴2nn b =(2)当n 为奇数时，1111(2)22n c n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭1352111111112335212121n n nA c c c c n n n -⎛⎫=++++=-+-++-= ⎪-++⎝⎭ 当n 为偶数时，n c =23521222n n n B +=+++， 231135212122222n n n n n B +-+=++++ 两式相减得：23111113222213121525122222222222n n n n n n n n n B +-+++++=++++-=+--=- 得：2552n nn B +=-2255212n n n n n n T A B n +=+=+-+角度2：求n n n a n c b n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数的前n 项和n T例题2．（2022·山东日照·模拟预测）已知数列{}n a 中，11a =，22a =，2n n a ka +=（1k ≠），n *∈N ，23a a +，34a a +，45a a +成等差数列．(1)求k 的值和{}n a 的通项公式；(2)设22log n n na nb a n ⎧=⎨⎩，为奇数，为偶数，求数列{}n b 的前n 项和n S ．第（2）问解题思路点拨：由（1）知，代入即：注意到奇偶项通项不同，直接考虑分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧当为偶数时，数列{的前项中有个奇数项，有个偶数项．（注意到本例求解的，最后一项是代入奇数项通项，还是代入偶数项通项，需要讨论）（讨论时优先讨论为偶数）为奇数为偶数当为奇数时，为偶数，注意到为偶数，所以可使用偶数项和的结论，代入左侧求和结果：，则：，整理：综上：21n b -++1n a -+，注意到最后一项n 为偶数，再利用1n n a -+，其中奇数项，偶数项各为【答案】(1)2k =，12222n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数，为偶数(2)12221,38211,38n n n n nn S n n +⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为偶数为奇数 (1)解：23a a +，34a a +，45a a +成等差数列，所以()3423452a a a a a a +=+++，得5342a a a a -=-，得()()2311k a k a -=-，因为1k ≠，所以322a a ==，所以312a k a ==，得12222n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数，为偶数． (2)由（1）知，122n n n b n n -⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数，为偶数当n 为偶数时，设n ＝2k ，可得21321242n k k k S S b b b b b b -==++⋅⋅⋅+++++()022212222422k k -=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+ ()()22114141142232k k k k k k ++--=+⨯=+-，即()22138n n n nS +-=+；当n 为奇数时，设n ＝2k －1，可得2113212422n k k k S S b b b b b b ---==++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+ ()0222122224222k k -=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+- ()()()2221114141142232k k k k k k +-----=+⨯=+-，即1221138n n n S +--=+．综上所述，()12221,38211,38n n n n nn S n n +⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为偶数为奇数.类型二：通项含有(－1)n的类型通项含有(1)n -的类型；例如：(1)nn n c a =-例题3．（2022·河南·开封高中模拟预测（理））在数列{}n a 中，33a =，数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()*112n n S a n n =+∈N ． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若()21nn n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)()*n a n n =∈N (2)2*2*,,2,.2n n nn N n T n n n N n ⎧+-∈⎪⎪=⎨+⎪∈⎪⎩且是奇数且是偶数第（2）问解题思路点拨：由题意知，求，代入：注意到通项中含有“”，会影响最后一项取“正还是负”，通过讨论的奇偶，结合分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧（注意到本例求解的，代入最后一项，是正，还是负，需要讨论）（讨论时优先讨论为偶数）为奇数为偶数当为奇数时，为偶数，即：注意到为偶数，所以可使用偶数项和的结论，代入左侧求和结果：，则：，整理：综上：(1)因为()112n n S a n =+，所以()12n n nS a =+．所以当2n ≥时，()11112n n n S a ---=+．两式相减，得()()1211n n n a na n n a n -=+----，即()()1211n n n a n a --=--．所以()111n n n a na +-=-．相减得()()()11121n n n n n a n a na n a +----=--，即112n n n a a a -+=+．所以数列{}n a 是等差数列．当n ＝1时，()11112a a =+，解得11a =．所以公差31131a a d -==-．所以()()*11n a n n n =+-=∈N ． (2)()()2211nnn nb a n =-=-⨯，当n 为奇数时，()()22222212311212n n nT n n n +=-+-+⋅⋅⋅+-⨯=++⋅⋅⋅+--=-⎡⎤⎣⎦；当n 为偶数时，22222123122n n n T n n +=-+-+⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+=．综上所述，2*2*,,2,.2n n n n N n T n n n N n ⎧+-∈⎪⎪=⎨+⎪∈⎪⎩且是奇数且是偶数例题4．（2022·重庆八中模拟预测）已知n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，36S =，2319a a a =⋅.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列()()24141nnn a b n n +=-∈-N ，数列化{}n b 的前2n 项和为2n T感悟升华（核心秘籍）（1）对比例题3，例题4，通项都含有“(1)n-”，在求和时都使用（连续两项分组求和法：即连续的两项分一组）；不同的是，例题3求前n 项和nT ；例题4求前2n 项和2nT ；（2）对于例题3求123n n T b b b b =+++⋅⋅⋅+，其中最后一项代入，是取“正”还是取“负”不确定，故需讨论n 为奇数还是偶数，在讨论时，作为核心技巧，先讨论n 为偶数，再利用n 为偶数的结论，快速求n 为奇数的和；；（3）对于例题4求21234212n n n T b b b b b b -=++++++，注意到最后一项2n b 一定是正，故不需要讨论；【答案】(1)*,N na n n =∈(2)21141n T n =-++ (1)公差d 不为零的等差数列{}n a ，由2319a a a =⋅， ()()211182a a d a d +=+，解得1a d =.第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，可代入到第（2）问中，求出的通项公式：，注意到通项中含有“”，会影响最后一项取“正还是负”，通过讨论的奇偶，结合分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧（注意到本例求解的为偶数项和，代入最后一项，一定是正，故不需要讨论）分组求和又31336S a d =+=，可得11a d ==，所以数列{}n a 是以1为首项和公差的等差数列，所以*,N na n n =∈.(2)解：由（1）可知()()241111412121nn n n b n n n ⎛⎫=-=-+ ⎪--+⎝⎭， 211111111113355743414141n T n n n n ∴=--++--+--++---+1141n =-++，类型三：已知条件明确的奇偶项或含有三角函数问题例题5．（2022·江西赣州·二模（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()22n n S a n *=-∈N(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知()2cos log n n b n a π=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．感悟升华（核心秘籍）第（2）问解题思路点拨：由题意知，求，注意，所以可化简为：，注意到通项中含有“”，会影响最后一项取“正”还是取“负”，通过讨论的奇偶，结合分组求和.奇偶项通项不同，采用分组求和可作为一个解题技巧（注意到本例求解的，代入最后一项，是正，还是负，需要讨论）（讨论时优先讨论为偶数）为奇数为偶数当为奇数时，为偶数，即：注意到为偶数，所以可使用偶数项和的结论，代入左侧求和结果：，则：，，整理：综上：【答案】(1)2n n a =(2),;1,.n n n T n n ⎧=⎨--⎩ 为偶数为奇数(1)当1n =时，1122S a =-，即12a = 当2n ≥时，1122n n S a --=-，即12a =所以1122n n n n n a S S a a --=-=-得()122n n a a n -=≥ 即{}n a 以12a =为首相，公比为2的等比数列所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =(2)()()()cos 2cos 12nn n b n a n n n ππ=⋅=⋅=-⋅①当n 为偶数时，1232468102n n T b b b b n =+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+ 22nn =⋅= ②当n 为奇数时，1231n n n n T b b b b T b -=+++⋅⋅⋅+=+ ()12212n n n -=⋅+-=-- 综上：,;1,.n n n T n n ⎧=⎨--⎩ 为偶数为奇数三、题型归类练1．（2022·湖北·荆门市龙泉中学二模）已知数列{}n a 的前n 项和为112n n S a +=-，且214a = (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)()0.5*log ,,n n n a n b n N a n ⎧=∈⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n T ；【答案】(1)12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)211334nn +-⨯ (1)在数列{}n a 中，由112n n S a +=-可知1212n n S a ++=-，两式作差可得()()1211212n n n n S a S a +++---=-，即2112n n a a ++=，当1n =时，1212S a =-，，即112a =，211412a a ==，所以数列{}n a 是以12为首项，12为公比的等比数列，即1111222n nn a -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭； (2)由（1）知()*,1,2nn n n b n N n ⎧⎪=∈⎨⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎩为奇数为偶数，所以()()21321242n n n T b b b b b b -=+++++++()211113214162n n ⎛⎫=+++-++++ ⎪⎝⎭()111441211214nn n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭+-⎢⎥⎣⎦=+-211334nn =+-⨯.2．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，14nn n a a +⋅=，*n ∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式n a ；(2)若2log ,,1,,n n n a n b a n ⎧=⎨+⎩为奇数为偶数求数列{}n b 的前2n 项和2n S .【答案】(1)12,,2,.n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数(2)1224433n n S n +=+-(1)由题意，当1n =时，24a =，因为14n n n a a +⋅=①，则1124n n n a a +++⋅=②，可得24n na a +=，所以数列{}n a 的奇数项和偶数项都是公比为4的等比数列.因为11a =，24a =，所以当n 为奇数时，1112142n n n a a +--=⨯=；当n 为偶数时，12242nn n a a -=⨯=.综上，12,,2,.n n nn a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 (2)由（1）得1,,21,,n n n n b n -⎧=⎨+⎩为奇数为偶数∴()()21321242n n n S b b b b b b -=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+()()41422214nn n n ⎡⎤--⎡⎤⎢⎥=++⎢⎥-⎢⎥⎣⎦⎣⎦124433n n +=+-. 3．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，19nn n a a +⋅=，N n *∈.(1)求数列{}n a 的通项公式n a ；(2)若13log ,1,n n n a n b a n ⎧⎪=⎨⎪-⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n 项和2n S ．【答案】(1)13,3,n n nn a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数(2)1229898n n n S +--= (1)解：由题意，当1n =时，129a a =，可得29a =，因为19n n n a a +⋅=，可得1129n n n a .a +++=，所以，29n na a +=，所以数列{}n a 的奇数项和偶数项都是公比为9的等比数列.所以当n 为奇数时，设()21N n k k *=-∈，则1221211933k k n n k a a ----==⋅==，当n 为偶数时，设()2N n k k *=∈，则12299933k k k nn k a a -==⋅===.因此，13,3,n n nn a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数. (2)解：由（1）得1,31,n n n n b n -⎧=⎨-⎩为奇数为偶数，()()21321242n n n S b b b b b b -∴=+++++++()()2462024223333n n n =-----+++++-⎡⎤⎣⎦()()12919229892198nn n n n n +----=-+-=-.4．（2022·福建三明·模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，()122n n S n a +-+=，210a =，1n n b a =-． (1)求证：{}n b 是等比数列；(2)设332,1,log log n n nn b n c n b b +⎧⎪=⎨⎪⋅⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前21n 项和21n T +．【答案】(1)证明见解析(2)()232133841n n nT n ++-=++ (1)证明：对任意的N n *∈，1224n n S a n +=+-，当1n =时，则有12228a a =-=，解得14a =，当2n ≥时，由1224n n S a n +=+-可得1226n n S a n -=+-，上述两个等式作差得122n n n a a a +=-+，所以，132n n a a +=-，则()1131n n a a +-=-，所以，13n n b b +=且1113b a =-=，所以，数列{}n b 是等比数列，且首项和公比均为3.(2)解：由（1）可知1333n nn b -=⨯=，所以，()3,1,2n n n c n n n ⎧⎪=⎨⎪+⎩为奇数为偶数，所以，()1321211113332446222n n T n n ++=++++++⨯⨯+()()3211113332446222n n n +⎡⎤=+++++++⎢⎥⨯⨯+⎣⎦()21339111119412231n n n +⎡⎤-⨯=++++⎢⎥-⨯⨯+⎣⎦()232333111111331842231841n n nn n n ++--⎛⎫=+⨯-+-++-=+ ⎪++⎝⎭. 5．（2022·江西·新余四中模拟预测（理））在数列{}n a 中，21,,2,n nn n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 (1)求1a ，2a ，3a ；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S ．【答案】(1)11a =，24a =，35a =(2)212224,,2324,.23n n n n n n S n n n ++⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数 (1)因为21,,2,,n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数所以12111a =⨯-=，2224a ==，32315a =⨯-=，(2)因为21,,2,,n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数所以1a ，3a ，5a ，是以1为首项，4为公差的等差数列，2a ，4a ，6a ，是以4为首项，4为公比的等比数列．当n 为奇数时，数列的前n 项中有12n +个奇数项，有12n -个偶数项．所以()()1231322431n n n n n n S a a a a a a a a a a a a ---=+++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅++12211141411242214221423n n n n n n n -+⎛⎫++⎛⎫-- ⎪ ⎪++-⎝⎭⎝⎭=⨯+⨯+=+-；当n 为偶数时，数列{{}n a 的前n 项中有2n 个奇数项，有2n个偶数项．所以()()1231331242n n n n n n S a a a a a a a a a a a a ---=+++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅++2224141242214221423nn n n n n n +⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭=⨯+⨯+=+-．所以212224,,2324,.23n n n n n n S n n n ++⎧+-+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数 6．（2022·安徽省舒城中学模拟预测（理））已知数列{}n a 的前n 项和为,239n n n S S a =-． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若()31log nn n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）13n n a +=；（2）,23,2n nn T n n ⎧⎪⎪=⎨+⎪-⎪⎩为偶数为奇数【详解】（1）当1n =时，11239S a =-.因为11S a =，所以11239a a =-，所以19a =. 因为239n n S a =-，所以11239n n S a ++=-. 两式相减，得11233n n n a a a ++=-，即13n n a a += 又因为19a =，所以0n a >.所以数列{}n a 是以9为首项，3为公比的等比数列.所以11933n n n a -+=⨯=.（2）由（1）可知()()()31log 11n nn n b a n =-=-+故当n 为偶数时，()()()234512n nT n n ⎡⎤=-++-++⋯+-++=⎣⎦当n 为奇数时，()()()()()123451112n n T n n n n -⎡⎤=-++-++⋯+--+-+=-+⎣⎦ 32n +=-所以,23,2n nn T n n 为偶数为奇数⎧⎪⎪=⎨+⎪-⎪⎩ 7．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 中，()112,1n n n a n a a a +=-=+. （1）求证：数列1n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭是常数数列；（2）令(1),nn n n b a S =-为数列{}n b 的前n 项和，求使得99n S ≤-的n 的最小值.【答案】（1）证明见解析；（2）最小值为67. （1）由()11n n n n a a a +-=+得：()111n n na n a +=++，即()1111n n a a n n n n +=+++ 11111n n a a n n n n +∴=+-++，即有111,1n n a a n n +++=∴+数列1n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭是常数数列；（2）由（1）知：()1113,31,(1)31n n n n a a a n b n n+=+=∴=-∴=-- 即()31,31,n n n b n n -⎧⎪=⎨--⎪⎩为偶数为奇数，∴当n 为偶数时，()()()()32581134312n nS n n ⎡⎤=-++-+++--+-=⎣⎦，显然99n S -无解；当n 为奇数时，()()11313131122n n n n n S S a n ++++⎡⎤=-=-+-=-⎣⎦，令99n S ≤-，解得：66n ，结合n 为奇数得：n 的最小值为67. 所以n 的最小值为67.8．（2022·重庆八中模拟预测）已知{n a }是各项都为正数的数列，其前n 项和为n S ，且满足12n n nS a a =+. (1)求证:数列{2n S }为等差数列； (2)设()1nnnb a =-，求{n b }的前64项和64T .【答案】(1)证明见解析；(2){}n b 的前64项和648T =. (1)∵ 12n n nS a a =+，所以221n n n S a a -= 当2n ≥时，有1n n n a S S -=-，代入上式得()12n n n S S S -- ()211n n S S ---=整理得()22112n n S S n --=≥.又当1n =时， 211121S a a -=解得11S =；∴数列{}2n S 是首项为1，公差为1的等差数列. (2)由（1）可得211n S n n =+-=，∵{}n a 是各项都为正数，∴n S ，∴12)n n n a S S n -=-=≥，又111a S ==，∴n a则(1)(1)n nn n n b a -===-，6411)T ∴=-+-+⋅⋅⋅-+=11-+⋅⋅⋅8，即：648T =.∴{}n b 的前64项和648T =．9．（2022·辽宁·模拟预测）已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，1522a a +=，()22n n S n a n =-+． (1)求{}n a 的通项公式； (2)设()1821nn n n n b a a ++=-⋅，求数列{}n b 的前21n 项和21n T +．【答案】(1)41n a n =-(2)8102421n n +-+(1)解：设等差数列{}n a 的公差为d ．由1522a a +=，得311a =，由()22n n S n a n =-+，得()2222S a =-，又21222S a a a d =+=-，解得4d =，所以()3341n a a n d n =+-=-． (2)由（1）得()1821nn n n n b a a ++=-⋅， ()()()8214143+=-⋅-+nn n n ，()1114143⎛⎫=-+ ⎪-+⎝⎭n n n ，所以21123221++=+++++n n n T b b b b b ，111111113771111158183⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n 118387⎛⎫-+ ⎪++⎝⎭n n ， 11387=--+n ，8102421+=-+n n .10．（2022·山东济宁·三模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且31a =，67S =，数列{}n b 满足11222n n b b b ++++=-.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记()tan n n n c b a π=⋅，求数列{}n c 的前3n 项和. 【答案】(1)3n n a =，2nn b =(2))187n - (1)解：设等差数列{}n a 的公差为d ，则3161216157a a d S a d =+=⎧⎨=+=⎩，解得113a d ==，所以，()111333n na n =+-=，当1n =时，21222b ，当2n ≥时，112122n n n b b b b +-++++=-，可得12122n n b b b -+++=-，上述两个等式作差可得1222n n nn b +=-=，12b =也满足2n n b =，故对任意的N n *∈，2n n b =.(2)解：由（1）可得2tan3nn n c π=，设(323132323132202n n n n n n n p c c c -----=++=⨯+=，所以，18nn p p +==，所以，数列{}n p 是等比数列，且首项为1p =-8，因此，数列{}n c 的前3n 项和为))31818187n n n T ---==-.11．（2022·陕西西安·三模（理））设公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，36S =，2a ，4a ，8a 成等比数列，数列{}n b 满足11b =，121n n b b +=+． (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)求10021πsin 2kk k aa =⎛⎫⋅⋅ ⎪⎝⎭∑的值．【答案】(1)n a n =，21nn b =-；(2)5000-.(1)设等差数列{}n a 的公差为d （0d ≠），由题意得()()()31211133637S a d a d a d a d =+=⎧⎪⎨+=++⎪⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，故数列{}n a 的通项公式n a n =． ∵121n n b b +=+，∴()1121n n b b ++=+，即1121n n b b ++=+（*n ∈N ），又11b =， ∴{}1n b +是以2为首项，2为公比的等比数列，12nn b +=， ∴21nn b =-．(2)当2k m =，*m ∈N 时，()22πsin 2sin π02k k a a m m ⎛⎫⋅⋅== ⎪⎝⎭，当21k m =-，*m ∈N 时，()()()2122π21sin 21sinπ12122m k k m a a m m +-⎛⎫⋅⋅=-=-⋅- ⎪⎝⎭， ∴10022222221πsin 135797992kk k aa =⎛⎫⋅⋅=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪⎝⎭∑()()()()()()1313575797999799=-++-++⋅⋅⋅+-+()2135797995000=-⨯++++⋅⋅⋅++=-．12．（2022·江苏·南京市第一中学三模）数列{}n a 满足116nn n a a +=，12a =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)若2sin 2n n n b a π=，求数列{}n b 的前20项和20S ．【答案】(1)212n n a -=(2)()4022115- (1)116nn n a a +=11216n n n a a +++∴=，两式相除得：216n na a +=，当21n k =-时， 1357211352316k k k a a a a a a a a ---⨯⨯⨯⨯= 121216k k a --∴=⨯ ，212n n a -∴=当2n k =时， 168242462216k kk a a a a a a a a --⨯⨯⨯⨯= 12816k k a -∴=⨯，212n n a -∴=综上所述，{}n a 的通项公式为：212n n a -=(2)由（1）知：212n n a -∴=2212sin 2n n n b π-∴= ∴ 数列{}n b 的前20项和：20123419201357373949163614002sin2sin2sin 2sin 2sin2sin 222222S b b b b b b ππππππ=++++++=⋅+⋅+⋅+⋅++⋅+⋅1537373993614164002sin 2sin 2sin2sin 2sin 2sin222222ππππππ⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅++⋅+⋅+⋅++⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()104401593337404421222122222221122115⎡⎤--⎢⎥⎣⎦=+++++===--- 13．（2022·广东茂名·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()213n n S a =-，*n N ∈. (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)记sin2n n n b a π=⋅，求数列{}n b 的前100项的和100T . 【答案】(1)()2nn a =-，n *∈N (2)101225- (1)当2n ≥时，()()11221133n n n n n a S S a a --=-=---，整理得12nn a a -=-，又()111213a S a ==-，得12a =- 则数列{}n a 是以-2为首项，-2为公比的等比数列. 则()2nn a =-，n *∈N(2)当4,n k k N *=∈时，()4442sin 02k kk b π=-⋅=，当41,n k k N *=-∈时，()()444111412sin22k k k k b π----=-⋅=，当42,n k k N *=-∈时，()()4242422sin 02k k k b π---=-⋅=，当43,n k k N *=-∈时，()()444333432sin22k k k k b π----=-⋅=-，则()()5973799100123100222222T b b b b =++++=-+++++++()()25254334101442222222212125-⋅-⋅-=-+=--。

2006年至2020年历年浙江高考数学压轴题数列汇编

2006年至2020年历年浙江高考数学压轴题数列2020年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学 20.已知数列{a n }，{b n }，{c n }中，1111121,,()nn n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-=⋅∈*N ．（Ⅰ）若数列{b n }为等比数列，且公比0q >，且1236b b b +=，求q 与a n 的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n }为等差数列，且公差0d >，证明：1211n c c c d+++<+．20．（本题满分15分）已知等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，数列{（b n+1−b n）a n}的前n项和为2n2+n．（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求数列{b n}的通项公式．22．（本题满分15分）已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n +1+ln(1+x n +1)（）．证明：当时，（Ⅰ）0＜x n +1＜x n ；（Ⅱ）2x n +1− x n ≤；（Ⅲ）≤x n ≤．*∈N n *∈N n 12n n x x +112n +212n +2016年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学 20.（本题满分15分）设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ．（I ）证明：()1122n n a a -≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．20、（本题满分15分）已知数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a （n ∈*N ） (I)证明：112nn a a +≤≤（n ∈*N ）； (II) 设数列{}2n a 的前n 项和为n S ,证明112(2)2(1)n S n n n ≤≤++（n ∈*N ）.19（本题满分14分）已知数列{}n a 和{}n b 满足()()*∈=N n a a a nb n 221 .若{}na 为等比数列，且.6,2231b b a +== （1）求n a 与n b ；（2）设()*∈-=N n b a c nn n 11。

浙江高考数列经典例题汇总.docx

浙江高考数列经典例题汇总1.【2014年.浙江卷.理19】(本题满分14分)已知数列和'bn ■满足a 1a2an= (J 2 F (n 匸 N )若 En ｝为等比数列且 a 1 = 2, 3 = 6 + b 2 .(I ) 求 a n 与 bn ；(∏ )设Cn TE 「N l 记数列⑺的前n 项和为S n(i )求 Sn ;(ii )求正整数k ,使得对任意n ∙ N ",均有S k- S n2.【2011年.浙江卷•理19】(本题满分14分)已知公差不为O 的等差数列｛an ｝的首项a ^ a(aR ),设数列的前n 项和为Sn ,且a 1 ,(I)求数列｛a n｝的通项公式及 SnA l与Bn 的大小.% , %成等比数列A n(∏)记丄丄丄SS2S 3-B nSn丄丄丄a 〔 a ? a ?2丄a2n ,当n 一 2时，试比较3.【2008年•浙江卷•理22】 (本题14分)已知数列^n [ an≥0 a 1 = Oa ； 1 a . 1 T = a 2(n ∙ N t ) S n ^ a 1a 2 R nT n+1 a 1(1 a 1)(1 a 2)+…+(1 *1)(1 *2厂(1 a n )求证：当n . N •时, (I) an ：：： an 1 ；(∏)S n n -'2；(川)Tn < 3O4.【2007年浙江卷理21】(本题15分)已知数列｛an ｝中的相邻两项舷」，如是关于X 的方程的两个根，且a 2k 」-a 2k (k =1,2,3,…) (I)求 a 1,a 3,a 5,a 7 ；1 5 *求证：Ln 讨n N )5.【2005年•浙江卷•理20】设点An (Xn , 0), Pn(Xn ,2 )和抛物线Cn : y = x2 + an X +1n 4bn(n ∈ N*)其中an = - 2 — 4n — 2 , Xn 由以下方法得到： x1 = 1,点P2(x2 , 2)在抛物线C1 : y = x2 + a1x + b1上，点 A1(x1 , 0)到P2的距离是 A1到C1上点的最短距离,(∏)求数列｛an｝的前2n 项的和S2n ；f(n)T 直 3)(川)i 己 2 Sln n ,Tna.(-1)f ⑶.(-1)f (4). (-1)f (τa 5a6a2n∕a2na 3a4点 P n 1 (X n I ,2 )在抛物线 C n : = χ2 + an X + bn 上，点 Al(Xn , 0)到 Pn -1 的距离是 An 到 Cn 上点的最短距离.(求 x2及C1的方程. (∏证明｛xn ｝是等差数列.16.【2015高考浙江，理20】已知数列 E 满足a ι=2且a n 1 = a n -a ^ ( n N i )-电-2*(1 )证明：1a n1( nN )；1 / S n 』1/ 2 A(2)设数列® '的前n 项和为S n ,证明2(n∙2) n 2(n I) ( n N )a n% 1 < 12 丨 n = N*(I )证明： a n 白2心(a 1 -2 ) n 乏N *.a n(II )若7.【2016高考浙江理数】设数列y 满足n2n ，证明:例1 .（浙江省新高考研究联盟 2017届高三下学期期初联考）已知数列^a n 满足a 1=3,(III )若 2c n=b n ,求证：2≤(c ^1)n <3∙C n例2 •（浙江省温州中学 2017届高三3月高考模拟）正项数列a n a n- 3an 12an 1 ,a i _ 1•（I ）求a 2的值；（∏）证明：对任意的 n∙ N , a n 乞2a n1;（川）记数列Ia nI 的前n 项和为S h ,证明：对任意的 n∙ Na n+ι=a n 2+2a n , n ∈ N* , 设b n =∣og 2(a n +1)∙ ⑴求｛a n ｝的通项公式;:a n ∙'满足(II )求证:例3•(浙江省温州市十校联合体2017届高三上学期期末) 已知数列｛a n｝满足12a naι =1,a8 n(1)若数列｛a n｝是常数列，求m的值;(2)当m∙1时，求证：a n：：： a n 1；(3)求最大的正数m,使得a n 4对一切整数n恒成立，并证明你的结论。

高考数学《数列》专题好题集锦(100道)含详细解答

全国各地数学模拟试卷《数列》题集锦1.已知数列｛n a ｝中，111,22n n a n a a +=-,点（）在直线y=x 上，其中n=1,2,3…. （1）令11n n n b a a ,+=--求证数列{}n b 是等比数列; （2）求数列{}的通项；n a⑶ 设分别为数列、n n T S {}、n a {}n b 的前n 项和,是否存在实数λ，使得数列n n S T n λ+⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列？若存在，试求出λ.若不存在,则说明理由。

解：（I ）由已知得 111,2,2n n a a a n +==+2213313,11,4424a a a =--=--=- 又11,n n n b a a +=--1211,n n n b a a +++=--11112111(1)111222.1112n n n n n n n n n n n n n n a n a n a a b a a b a a a a a a +++++++++++-----∴====------ {}n b ∴是以34-为首项，以12为公比的等比数列.（II）由（I）知，13131(),4222n n n b -=-⨯=-⨯1311,22n n n a a +∴--=-⨯21311,22a a ∴--=-⨯ 322311,22a a --=-⨯⋅⋅⋅⋅⋅⋅11311,22n n n a a --∴--=-⨯将以上各式相加得：1213111(1)(),2222n n a a n -∴---=-++⋅⋅⋅+11111(1)31313221(1)(1) 2.12222212n n n n a a n n n ---∴=+--⨯=+---=+--32.2n n a n ∴=+-（III ）解法一：存在2λ=，使数列{}n nS T nλ+是等差数列. 12121113()(12)2222n n n S a a a n n =++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+-11(1)(1)22321212n n n n -+=⨯+--2213333(1) 3.2222n n n n n n --=-+=-++ 12131(1)313342(1).1222212n n n n n T b b b +--=++⋅⋅⋅+==--=-+- 数列{}n n S T n λ+是等差数列的充要条件是,(n nS T An B A n λ+=+、B 是常数)即2,n n S T An Bn λ+=+又2133333()2222n n n n n n S T λλ+-+=-+++-+2313(1)(1)222n n n λ-=+--∴当且仅当102λ-=，即2λ=时，数列{}n nS T nλ+为等差数列. 解法二：存在2λ=，使数列{}n nS T nλ+是等差数列. 由（I ）、（II ）知，22n n a b n +=-(1)222n n n S T n +∴+=- (1)222n nn n n n n T T S T n nλλ+--++=322n n T n λ--=+ 又12131(1)313342(1)1222212n n n n n T b b b +--=++⋅⋅⋅+==--=-+- 13233()222n n n S T n n n λλ++--=+-+∴当且仅当2λ=时，数列{}nn S T n λ+是等差数列. 2.已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且公比不等于1，数列{}n b 对任意正整数n ，均有：1221223125()log ()log ()log 0n n n n n n b b a b b a b b a ++++-⋅+-+-=成立，又171,13b b ==。

浙江省历年高考数列大题总汇(题目及答案)-精选.pdf

1已知二次函数()y f x 的图像经过坐标原点，其导函数为()62f x x。

数列n a 的前n项和为n S ，点*(,)()n n S nN 均在函数()yf x 的图像上。

（Ⅰ）求数列na 的通项公式；（Ⅱ）设13nn nb a a ，n T 是数列nb 的前n 项和,求使得20nm T 对所有*n N 都成立的最小正整数m 。

2. 己知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4=14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．（I ）求数列{a n }的通项公式；（II ）设T n 为数列11n na a 的前n 项和，若T n ≤1n a ¨对*n N 恒成立，求实数的最小值．3. 设数列n a 的前n 项和为n S ，已知11a ，26a ，311a ，且1(58)(52)nnn S nS An B ，1,2,3,n ，其中A 、B 为常数．(Ⅰ) 求A 与B 的值；(Ⅱ) 证明数列n a 为等差数列；(Ⅲ) 证明不等式51mnm na a a 对任何正整数m 、n 都成立．4. 已知数列n a ，n b 满足13a ，2n na b ，12()1nn nnb a b a ，*n N ．（1）求证：数列1{}nb 是等差数列，并求数列n b 的通项公式；（2）设数列n c 满足25n nc a ，对于任意给定的正整数p ，是否存在正整数q ，r (pqr )，使得1p c ，1q c ，1rc 成等差数列？若存在，试用p 表示q ，r ；若不存在，说明理由．5. 已知函数x a x x f ln )()0(a .(1)若1a ，求)(x f 的单调区间及)(x f 的最小值；(2)若0a,求)(x f 的单调区间；(3)试比较222222ln 33ln 22ln nn 与)1(2)12)(1(n n n 的大小)2(*nN n且,并证明你的结论.6已知)1(10)(,)1()(2x x g x x f ，数列}{n a 满足0)()()(1n n n n a f a g a a ，21a ，)1)(2(109nna nb （I ）求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)求数列}{n b 中最大项.7. 设k R，函数2()(1)(0)xf x ex kx x.（Ⅰ）若1k ，试求函数()f x 的导函数()f x 的极小值；（Ⅱ）若对任意的0t，存在0s，使得当(0)xs ，时，都有2()f x tx ，求实数k 的取值范围.8.已知等差数列{a n }的公差不为零，且a 3 =5, a 1 , a 2.a 5成等比数列(I )求数列{a n }的通项公式：(II)若数列{b n }满足b 1+2b 2+4b 3+…+2n -1b n =a n 且数列{b n }的前n 项和T n 试比较T n与113n n 的大小9.已知函数xa x a xx f ln )12()22(21)(2(I )求f(x)的单调区间；(II)对任意的]2,1[,],25,23[21x x a，恒有|211|)(|)(|121x x x f x f ，求正实数的取值范围.1. 解：（I ）依题意可设2()(0),f x axbx a 则`()2f x ax b由`()62f x x 得3,2,a b所以2()32.f x xx 又由点(,)n n S (*)nN 均在函数()yf x 的图像上得232nS nn当2n 时221323(1)2(1)65n n na S S nn n n n当1n 时2113121615a S 所以*65()na nn N （II ）由（I ）得133111(),(65)6(1)526561nn n b a a n n nn 故，111111(1)()()277136561nT n n =11(1).261n 因此使得*11(1)()26120m n N n 成立的m 必须且必须满足1,220m 即10m 故满足最小的正整数m 为102. （Ⅰ）设公差为d.由已知得)6()2(146411211d a a d a d a ………………………………3分解得10(d d 或舍去），所以1,21n a a n故………………………………6分（Ⅱ）11111(1)(2)12n n a a n n n n ，11112334nT …11122(2)n n nn ……………………………9分1n n T a ≤对nN 恒成立，即22(2)n n n≤(+)对nN 恒成立又211142(2)2(44)162(4)n nn n≤∴的最小值为116……………………………………………………………12分3. 解：(Ⅰ)由11a ，26a ，311a ，得11S ，22S ，318S ．把1,2n 分别代入1(58)(52)nn n S nS An B ，得28,248A B AB解得，20A ，8B．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，115()82208n n nnn S S S S n ，即11582208nnn na S S n ，①又2215(1)8220(1)8nnnn a S S n ．②②-①得，21215(1)58220n n n nn a na a a ，即21(53)(52)20n n n a n a ．③又32(52)(57)20nnna na ．④④-③得，321(52)(2)0n nn n a a a ，∴32120n n n a a a ，∴3221325nnnna a a a a a ，又215a a ，因此，数列n a 是首项为1，公差为5的等差数列．(Ⅲ)由(Ⅱ)知，54,()na n n N ．考虑55(54)2520mn a mn mn．2(1)211m nm nm nm n mn a a a a a a a a a a ,2515()9mn m n ．∴25(1)15()291522910mn m n a a a mn 厖．即25(1)mn m n a a a ，∴51mn m na a a ．因此，51mnm na a a ．4. （1）因为2n na b ，所以2nn a b ，则142242221221n nn nn nn nnna b b b a b a b b b ，………………………2分所以11112nnb b ，又13a ，所以123b ，故1n b 是首项为32，公差为12的等差数列，……4分即1312(1)222nn n b ，所以22nb n．………………………6分（2）由（1）知2n a n，所以2521n nc a n ，①当1p 时，11p c c ，21qc q ，21r c r ，若1pc ，1qc ，1rc 成等差数列，则2112121q r（），因为p q r ，所以2q ≥，3r ≥，2121q ，11121r，所以（）不成立．…………………………9分②当2p ≥时，若1pc ，1q c ，1rc 成等差数列，则211212121q p r ，所以121421212121(21)(21)p q rq p p q ，即(21)(21)21421p q rpq，所以22421pq p qrpq ，………………………12分欲满足题设条件，只需21qp ，此时2452rp p ，………………14分因为2p ≥，所以21q p p ，224734(1)10rqppp p ，即rq ．…………………………15分综上所述，当1p时，不存在q ，r 满足题设条件；当2p ≥时，存在21qp ，2452rpp，满足题设条件．…16分5. (1) 当1x 时,x x x f ln 1)(，.011)(,x x f )(x f 在,1上是递增.当10x时,x x x f ln 1)(,011)(,xx f .)(x f 在1,0上是递减.故1a 时, )(x f 的增区间为,1,减区间为1,0,0)1()(minf x f .………4分(2)○1若1a , 当a x时,x axx f ln )(,0111)(,xx xx f ,则)(x f 在区间,a 上是递增的; 当a x 0时,x x a x f ln )(, 011)(,xx f ,则)(x f 在区间a ,0上是递减的…………6分○2若10a , 当a x时,x axx f ln )(,xx xx f 111)(,,0)(,1,x f x ;0)(,1,x f xa . 则)(x f 在,1上是递增的,)(x f 在1,a 上是递减的; 当a x 0时,x xax f ln )(, 011)(,xx f )(x f 在区间a ,0上是递减的,而)(x f 在a x处有意义;则在区间,1上是递增的,在区间1,0上是递减的…………8分综上: 当1a 时, )(x f 的递增区间是,a ,递减区间是a ,0;当10a,)(x f 的递增区间是,1,递减区间是1,0………9分xf(3)由(1)可知,当1,1x a时,有,0ln 1x x 即xxx 11ln 则有222222ln 33ln 22ln nn 22211311211n)13121(1222nn …………12分)1(1431321(1nn n )11141313121(1n nn )1121(1n n =)1(2)12)(1(n n n 故：222222ln 33ln 22ln nn )1(2)12)(1(n n n . …………15分6. （1）由题意：)1()1(10)(21nnn na a a a 经化简变形得：)1910)(1(1nnna a a ………3分,1na 019101nna a ………5分变形得：109111nn a a 所以}1{n a 是以1为首项，109为公比的等比数列。

高考数学(理)真题专题汇编：数列

高考数学（理）真题专题汇编：数列一、选择题1.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）设,a b R ∈，数列{a n }中，21,n n n a a a a b +==+，b N *∈ ,则（）A. 当101,102b a => B. 当101,104b a => C. 当102,10b a =->D. 当104,10b a =->2.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）已知,a b R ∈，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩，若函数()y f x ax b =--恰有三个零点，则（） A. 1,0a b <-< B. 1,0a b <-> C. 1,0a b >->D. 1,0a b >-<3.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）设三棱锥V -ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P -AC -B 的平面角为γ，则（）A. ,βγαγ<<B. ,βαβγ<<C. ,βαγα<<D. ,αβγβ<<4.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）在同一直角坐标系中，函数11,log (02a x y y x a a ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭且0)a ≠的图象可能是（） A. B.C. D.5.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）若0,0ab >>，则“4a b +≤”是 “4ab ≤”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6.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V Sh =柱体，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积(cm 3)是（）A. 158B. 162C. 182D. 3247.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）若实数x ，y 满足约束条件3403400x y x y x y -+≥⎧⎪--≤⎨⎪+≥⎩，则32z x y =+的最大值是（）A. －1B. 1C. 10D. 128.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）渐近线方程为0x y ±=的双曲线的离心率是（）B. 1D. 29.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）已知全集U ={－1,0,1,2,3}，集合A ={0,1,2}，B ={－1,0,1}，则(C U A )∩B =（） A. {－1} B. {0,1} C. {－1,2,3}D. {－1,0,1,3}二、填空题10.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）已知正方形ABCD 的边长为1，当每个(1,2,3,4,5,6)i i λ=取遍±1时，123456||AB BC CD DA AC BD λλλλλλ+++++的最小值是________；最大值是_______.11.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）已知a R ∈，函数3()f x ax x =-，若存在t R ∈，使得2|(2)()|3f t f t +-≤，则实数a 的最大值是____.12.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）已知椭圆22195x y +=的左焦点为F ，点P 在椭圆上且在x 轴的上方，若线段PF 的中点在以原点O 为圆心，OF 为半径的圆上，则直线PF 的斜率是_______. 13.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）在△ABC 中，90ABC ∠=︒，4AB =，3BC =，点D 在线段AC 上，若45BDC ∠=︒，则BD =____；cos ABD ∠=________.14.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）在二项式9)x 的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______. 15.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）已知圆C 的圆心坐标是(0,m )，半径长是r .若直线230x y -+=与圆C 相切于点(2,1)A --，则m =_____，r =______.16.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）复数11z i=+（i 为虚数单位），则||z =________. 17.【来源】2019年高考真题——理科数学（北京卷）李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x 元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．①当x =10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x 的最大值为__________．18.【来源】2019年高考真题——理科数学（北京卷）设函数f （x ）=e x +a e −x （a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．三、解答题19.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>（Ⅰ）当34a =-时，求函数f (x )的单调区间；（Ⅱ）对任意21[,)e x ∈+∞均有()f x ≤ 求a 的取值范围. 注：e=2.71828…为自然对数的底数.20.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）如图，已知点F (1,0)为抛物线22(0)y px p =>，点F 为焦点，过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点C 在抛物线上，使得△ABC 的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q在点F 右侧.记,AFG CQG △△的面积为12,S S .（I）求p的值及抛物线的标准方程；（Ⅱ）求12SS的最小值及此时点G的坐标.21.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）设等差数列{a n}的前n项和为S n，34a=，43a S=，数列{b n}满足：对每个12,,,n n n n n nn S b S b S b*++∈+++N成等比数列.（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（Ⅱ）记,,2nnnac nb*=∈N证明：12+2,.nc c c n n*++<∈N22.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1AC1C⊥平面ABC,90ABC∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F∠=︒==分别是AC，A1B1的中点.（I）证明：EF⊥BC；（Ⅱ）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.23.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）设函数()sin ,f x x x =∈R .（I ）已知[0,2),θ∈π函数()f x θ+是偶函数，求θ的值；（Ⅱ）求函数22[()][()]124y f x f x ππ=+++ 的值域. 24.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）设01a <<，则随机变量X 的分布列是：则当a 在(0,1)内增大时（） A. D (X )增大 B. D (X )减小 C. D (X )先增大后减小D. D (X )先减小后增大25.【来源】2019年高考真题——理科数学（北京卷）已知数列{a n }，从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项(i 1<i 2<…<i m )，若12m i i i a a a <<⋅⋅⋅<，则称新数列12m i i i a a a ⋅⋅⋅，，，为{a n }的长度为m 的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }的长度为1的递增子列．（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{a n }的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a .若p <q ，求证：0m a <0n a ；（Ⅲ）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等.若{a n }的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s –1，且长度为s 末项为2s –1的递增子列恰有2s -1个（s =1，2，…），求数列{a n }的通项公式．26.【来源】2019年高考真题——理科数学（北京卷）已知函数321()4f x x x x =-+. （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记F (x )在区间[－2,4]上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值．27.【来源】2019年高考真题——理科数学（北京卷）已知抛物线C ：x 2=−2py 经过点（2，−1）．（Ⅰ）求抛物线C 的方程及其准线方程；（Ⅱ）设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y =−1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B .求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．28.【来源】2019年高考真题——理科数学（北京卷）改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A ，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A ，B 两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A 和仅使用B 的学生的支付金额分布情况如下：（Ⅰ）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A ，B 两种支付方式都使用的概率；（Ⅱ）从样本仅使用A 和仅使用B 的学生中各随机抽取1人，以X 表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求X 的分布列和数学期望；（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A 的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A 的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由． 29.【来源】2019年高考真题——理科数学（北京卷）如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．30.【来源】2019年高考真题——理科数学（北京卷）在△ABC中，a=3，b−c=2，cos B=12 -．（Ⅰ）求b，c的值；（Ⅱ）求sin（B–C）的值．试卷答案1. A 【分析】本题综合性较强，注重重要知识、基础知识、运算求解能力、分类讨论思想的考查.本题从确定不动点出发，通过研究选项得解.【详解】选项B ：不动点满足2211042x x x ⎛⎫-+=-= ⎪⎝⎭时，如图，若1110,,22n a a a ⎛⎫=∈< ⎪⎝⎭，排除如图，若a 为不动点12则12n a = 选项C ：不动点满足22192024x x x ⎛⎫--=--= ⎪⎝⎭，不动点为ax 12-，令2a =，则210n a =<，排除选项D ：不动点满足221174024x x x ⎛⎫--=--= ⎪⎝⎭，不动点为1712x =±，令1712a =，则171102n a =±<，排除. 选项A ：证明：当12b =时，2222132431113117,,12224216a a a a a a =+≥=+≥=+≥≥，处理一：可依次迭代到10a ；处理二：当4n ≥时，221112n n n a a a +=+≥≥，则117117171161616log 2log log 2n n n n a a a -++>⇒>则12117(4)16n na n -+⎛⎫≥≥ ⎪⎝⎭，则626410217164646311114710161616216a ⨯⎛⎫⎛⎫≥=+=++⨯+⋯⋯>++> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选A【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论a 的可能取值，利用“排除法”求解. 2. D 【分析】本题综合性较强，注重重要知识、基础知识、运算求解能力、分类讨论思想及数形结合思想的考查.研究函数方程的方法较为灵活，通常需要结合函数的图象加以分析. 【详解】原题可转化为()y f x =与y ax b =+，有三个交点.当BC AP λ=时，2()(1)()(1)f x x a x a x a x '=-++=--，且(0)0,(0)f f a ='=，则（1）当1a ≤-时，如图()y f x =与y ax b =+不可能有三个交点（实际上有一个），排除A ，B（2）当1a >-时，分三种情况，如图()y f x =与y ax b =+若有三个交点，则0b <，答案选D下面证明：1a >-时，BC AP λ=时3211()()(1)32F x f x ax b x a x b =--=-+-，2()(1)((1))F x x a x x x a '=-+=-+，则(0)0 ,(+1)<0F >F a ，才能保证至少有两个零点，即310(1)6b a >>-+，若另一零点在0<【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及,a b 两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底.. 3. B 【分析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.【详解】方法1：如图G 为AC 中点，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直AE ，易得//PE VG ，过P 作//PF AC 交VG 于F ，过D 作//DH AC ，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED α=∠β=∠γ=∠，则cos cos PF EG DH BD PB PB PB PB α===<=β，即αβ>，tan tan PD PDED BDγ=>=β，即γ>β，综上所述，答案为B.方法2：由最小角定理βα<，记V AB C --的平面角为γ'（显然γ'=γ）由最大角定理β<γ'=γ，故选B.法2：（特殊位置）取V ABC -为正四面体，P 为VA 中点，易得333222cos sin sin α=⇒α=β=γ=B. 【点睛】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法. 4. D【分析】本题通过讨论a 的不同取值情况，分别讨论本题指数函数、对数函数的图象和，结合选项，判断得出正确结论.题目不难，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【详解】当01a <<时，函数xy a =过定点(0,1)且单调递减，则函数1xy a =过定点(0,1)且单调递增，函数1log 2a y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭过定点1(,0)2且单调递减，D 选项符合；当1a >时，函数x y a =过定点(0,1)且单调递增，则函数1x y a=过定点(0,1)且单调递减，函数1log 2a y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭过定点1(,02）且单调递增，各选项均不符合.综上，选D.【点睛】易出现的错误有，一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟，导致判断失误；二是不能通过讨论a 的不同取值范围，认识函数的单调性. 5.A 【分析】本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取,a b的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【详解】当0, 0a >b >时，a b +≥，则当4a b +≤时，有4a b ≤+≤，解得4ab ≤，充分性成立；当=1, =4a b 时，满足4ab ≤，但此时=5>4a+b ，必要性不成立，综上所述，“4a b +≤”是“4ab ≤”的充分不必要条件.【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取,a b 的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果. 6. B【分析】本题首先根据三视图，还原得到几何体—棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积.常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.【详解】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭. 【点睛】易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.7. C 【分析】本题是简单线性规划问题的基本题型，根据“画、移、解”等步骤可得解.题目难度不大题，注重了基础知识、基本技能的考查.【详解】在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域为以(-1,1),(1,-1),(2,2)为顶点的三角形区域（包含边界），由图易得当目标函数=3+2z x y 经过平面区域的点(2,2)时，=3+2z x y 取最大值max 322210z =⨯+⨯=.【点睛】解答此类问题，要求作图要准确，观察要仔细.往往由于由于作图欠准确而影响答案的准确程度，也有可能在解方程组的过程中出错. 8. C 【分析】本题根据双曲线的渐近线方程可求得1a b ==，进一步可得离心率.容易题，注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查.【详解】因为双曲线的渐近线为0x y ±=，所以==1a b ，则c ==的离心率ce a==【点睛】理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误. 9. A 【分析】本题借根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查. 【详解】={1,3}U C A -，则(){1}U C A B =-【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误. 10.0 【分析】本题主要考查平面向量的应用，题目难度较大.从引入“基向量”入手，简化模的表现形式，利用转化与化归思想将问题逐步简化. 【详解】()()12345613562456AB BC CD DA AC BD AB ADλ+λ+λ+λ+λ+λ=λ-λ+λ-λ+λ-λ+λ+λ要使123456AB BC CD DA AC BD λ+λ+λ+λ+λ+λ的最小，只需要135562460λ-λ+λ-λ=λ-λ+λ+λ=，此时只需要取1234561,1,1,1,1,1λ=λ=-λ=λ=λ=λ=此时123456min0AB BC CD DA AC BDλ+λ+λ+λ+λ+λ=等号成立当且仅当1356,,λ-λλ-λ均非负或者均非正，并且2456,,λ-λλ+λ均非负或者均非正。

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历年高考真题汇编数列（含）
、(年新课标卷文)
已知等比数列{an}
中，
a1
1 3
，公比
q
1 3
．
（）
Sn
为{an}
的前项和，证明：
Sn
1 an 2
（）设 bn log3 a1 log3 a2 log3 an ，求数列{bn}的通项公式．
解：（Ⅰ）因为 an
1 (1)n1 33
1 3n
.
Sn
1 (1 1 ) 3 3n
①②得
(1 22 ) Sn 2 23 25 22n1 n 22n1 。
即
Sn
1 [(3n 9
1)22n1
2]
、（年全国新课标卷文）
设等差数列an 满足 a3 5 ， a10 9 。
（Ⅰ）求 an 的通项公式；
（Ⅱ）求an的前 n 项和 Sn 及使得 Sn 最大的序号 n 的值。
解：（）由（）及，得
1 1
1 1 3n
2
,
3
所以 Sn
1 an 2
,
（Ⅱ） bn log 3 a1 log 3 a2 log 3 an
所以{bn }的通项公式为 bn
n(n 1) . 2
(1 2 ....... n)
n(n 1) 2
、(全国新课标卷理）
等比数列an 的各项均为正数，且 2a1 3a2 1, a32 9a2a6. （）求数列 an 的通项公式.
1，
Sn a1 a2 an .
2 24
2n
所以，当 n 1时，
3 / 12
Sn 2
a1
a2
2
a1
an an1 an
2n1

浙江高考数列经典例题汇总

浙江高考数列经典例题汇总1.【2014年.浙江卷.理19】（本题满分14分）已知数列{}n a 和{}n b 满足()()*∈=N n a a a nb n 221 .若{}na 为等比数列，且.6,2231b ba +==(Ⅰ)求na 与nb ；（Ⅱ）记的大小求证：当∙∈N n 时，（Ⅰ）1+<n n a a ；（Ⅱ）2->n S n ；（Ⅲ）3<n T 。

4.【2007年.浙江卷.理21】（本题15分）已知数列{}n a 中的相邻两项21,2k ka a -是关于x 的方程的两个根，且212(1,2,3,)k k a a k -≤=（Ⅰ）求1,357,,a a a a ；（Ⅱ）求数列{}n a 的前2n 项的和2nS ；（1|sin |()(3)n f n =+(2)(3)(4)(1)(1)(1)(1)(1)f f f f n n T a a +----=++++C1C1（2）设数列{}2na 的前n 项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n ≤≤++（n ∈*N ）7.【2016高考浙江理数】设数列{}n a满足112n n a a +-≤，n *∈N ．（I ）证明：()1122n n a a -≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．例1．（浙江省新高考研究联盟2017届高三下学期期初联考）已知数列{}n a 满足a 1=3，a n+1=a n 2+2a n ，n ∈N*，设b n =log 2(a n +1). （I ）求{a n }的通项公式；例4．（浙江省温州市2017届高三下学期返校联考）设数列{}{},n n a b 均为正项数列，其中1122,1,3a b b ===，且满足：,11,n n n a b a ++成等比数列，,1,n n n b a b +成等差数列。

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浙江省高考数学数列解答题专项洲练【A 组】1、已知实数列｛a”｝是等比数列，其中a 7 = 1,且為，«5+1 ©成等差数列. (I) 求数列⑺”｝的通项公式；(II) 数列｛a”｝的前"项和记为 S”，证明：S” <128(n = 1,2,3,-). 解：(I )设等比数列｛a”｝的公比为q(qwR),由 =a x c[ = 1, 得 a 、= q ©, 从而 a 4 = a^3 = q 〔, a 5 = a x q A = q?, a 6 = a^q' = q '. 因为a* iz 5 +1 ©成等差数列，所以a 4+a 6= 2(a 5 +1),即 q-3+q-1 =2(q-2+l),+1) = 2((/"+1). 所以 q =㊁■故 a” = a&z = q~6 q n l= 642、记等差数列｛%｝的前n 项和为S”，已知fl 2 +a 4 =6,S 4 =10. (I )求数列MJ 的通项公式;(II)令b” = a n • 2H (n eN*),求数列他｝的前n 项和T n .解：(I )设等差数列｛a”｝的公差为d,由o 2 + o 4 = 6,S 4 = 10 ,可得彳 + 2d = 3 % — 1d =1 2% + 4d = 6a n = e + (" —l)d = 1 + (“一1)=",故所求等差数列｛a”｝的通项公式为a” =n (II)依题意,b n = a n -2n = n -2n,.••7；=勺+$+•••+ /?” -1X2+2X22+3X23 +••• + (n-l)-2,,_1 + n-2"27；, =1X22+2X23+3X24+ …-1) • 2" + “ • 2川，••.-7；=(2 + 22+23+--- + 2"'1+ 2")_”• 2"T = ； £ -«-2"+1 = (l-n)-2n+1 -2 7；=(”一l)・2"+i+2.3、数列｛a”｝的前"项和为=l,a”+i = 2S n(n e N*)(l)求数列｛a”｝的通项a”； (II)求数列｛na n｝的前"项和T”.解：(I)解法一：T a”+] = 2S”，.■.S n+l-S n=2S n,• S卄i _ 2 S”又T S] =67] =1.数列｛S”｝是首项为1,公式为3的等比数列,S” =3n+1(n e N*).当Q2 时,a” =2S…+1 =2-3"-2(n>2),1, n = 1a = < ,[2-3"-2,n>2解法二：a n+1 = 2S n①a” =2S”_](">2)②.•.当n>2时，①一②得a”+i - a” =2a”.•.啦=3a”又= 2S] = 2t?] = 2a n =2-3n_2(/7>2)1, n — \故 a” =< 2-3n ~-,n>2(2)町=% + 2色 + 3他 + …+ na*,当 “ =1时,7； =1；当/? >2时,7； =1 + 4-3°+6-3' +■•• + 2/7-3"-2, ................... ① 37；; =3 + 4-3'+6-32 +■•• + 2/?-3"_1 , ............. ②①一②得：—2T” =—2 + 4 + 2 3*(+32 +■•• + 3n_2)-2/7-3n_1—2"・3"T=—1 + (1 —2")・3门•■- T n = — + (n - —)3,,_l (n > 2).4、数列仏｝中，。