2020年高考数学 大题专项练习 数列 三(15题含答案解析)

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2020年高考数学全国Ⅲ卷(理)试卷+解析

2020年高考数学全国Ⅲ卷(理)试卷+解析

附:K2=
P(K2≥k) 0.050
0.010
n ad bc2

a bc d)a cb d
0.001
k
3.841
10.828
6.635 .
19.(12 分) 如图,在长方体 ABCD A1B1C1D1 中,点 E, F 分别在棱 DD1, BB1 上,且 2DE ED1 , BF 2FB1 . (1)证明:点 C1 在平面 AEF 内; (2)若 AB 2 , AD 1, AA1 3 ,求二面角 A EF A1
故选:C.
【小结】本题主要考查集合的交集运算,考查学生对交集定义的理解,是一道容易题.
2.复数 1 的虚部是( 1 3i
A. 3 10
【答案】D

B. 1 10
1
C.
10
3
D.
10
【解析】
【分析】
利用复数的除法运算求出 z 即可.
【详解】因为 z 1 1 3i 1 3 i , 1 3i (1 3i)(1 3i) 10 10
设数列{an}满足 a1=3, an1 3an 4n . (1)计算 a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明; (2)求数列{2nan}的前 n 项和 Sn.
18.(12 分)
某学生兴趣小组随机调查了某市 100 天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的
人次,整理数据得到下表(单位:天):
1.
(二)选考题:共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第
一题计分。
22.[选修 4—4:坐标系与参数方程](10 分)
在直角坐标系
xOy
中,曲线
C
的参数方程为

2020高考数学全国试题分类解析(数列部分)

2020高考数学全国试题分类解析(数列部分)

1. (广东卷)已知数列{}n x 满足122x x =,()1212n n n x x x --=+,3,4,n =….若lim 2n n x →∞=,则(B)(A)32(B)3(C)4(D)52. (福建卷)3.已知等差数列}{n a 中,12497,1,16a a a a 则==+的值是( A )A .15B .30C .31D .643. (湖南卷)已知数列}{n a 满足)(133,0*11N n a a a a n n n ∈+-==+,则20a =(B ) A .0B .3-C .3D .23 4. (湖南卷)已知数列{log 2(a n -1)}(n∈N *)为等差数列,且a 1=3,a 2=5,则nn n a a a a a a -++-+-+∞→12312lim 111(= (C )A .2B .23C .1D .215. (湖南卷)设f 0(x )=sinx ,f 1(x )=f 0′(x ),f 2(x )=f 1′(x ),…,f n +1(x )=f n ′(x ),n ∈N ,则f 2005(x )=(C ) A .sinxB .-sinxC .cos xD .-cosx6. (江苏卷)在各项都为正数的等比数列{a n }中,首项a 1=3 ,前三项和为21,则a 3+ a 4+ a 5=(C )( A ) 33 ( B ) 72 ( C ) 84 ( D )1897. (全国卷II) 如果数列{}n a 是等差数列,则(B ) (A)1845a a a a +<+ (B)1845a a a a +=+ (C) 1845a a a a +>+ (D) 1845a a a a =8. (全国卷II) 11如果128,,,a a a 为各项都大于零的等差数列,公差0d ≠,则(B) (A)1845a a a a >(B)1845a a a a <(C)1845a a a a +>+ (D) 1845a a a a =9. (山东卷){}n a 是首项1a =1,公差为d =3的等差数列,如果n a =2005,则序号n 等于(C )(A )667 (B )668 (C )669 (D )67010. (上海)16.用n 个不同的实数a 1,a 2,┄a n 可得n!个不同的排列,每个排列为一行写成 1 2 3一个n!行的数阵.对第i 行a i1,a i2,┄a in ,记b i =- a i1+2a i2-3 a i3+┄+(-1)n na in , 1 3 2i=1,2,3, ┄,n!.用1,2,3可你数阵如右,由于此数阵中每一列各数之和都 2 1 3是12,所以,b 1+b 2+┄+b 6=-12+2⨯12-3⨯12=-24.那么,在用1,2,3,4,5形成 2 3 1 的数阵中,b 1+b 2+┄+b 120等于3 1 23 2 1[答]( C )(A)-3600 (B) 1800 (C)-1080 (D)-72011. (浙江卷)limn →∞2123nn ++++=( C )(A) 2 (B) 4 (C)21(D)0 12. (重庆卷) 有一塔形几何体由若干个正方体构成,构成方式如图所示,上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点。

2020年高考数学专项突破50题(3)--数列【含答案解析】

2020年高考数学专项突破50题(3)--数列【含答案解析】

2020年高考数学专项突破50题(3)--数列学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________第I 卷(选择题)请点击修改第I 卷的文字说明一、选择题(本题共40道小题,每小题2分,共80分)1.用数学归纳法证明“633123,*2n n n n N ++++⋅⋅⋅+=∈ ”,则当 1n k =+时,左端应在n k =的基础上加上( )A. ()()33312(1)k k k ++++++LB.()()()333121k k kk +++++++LC. 3(1)k + D. 63(1)(1)2k k +++2.《九章算术》是我国古代的数学名著,书中有如下问题:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等,问各得几何.”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱,甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同,且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列,问五人各得多少钱?”(“钱”是古代的一种重量单位)。

这个问题中,甲所得为( ) A. 54钱 B.43钱 C.23钱 D.35钱 3.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,首项10a >,公差0d <,10210a S ⋅<,则S n 最大时,n 的值为( ) A. 11 B. 10C. 9D. 84.等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若243,15S S ==,则56a a +=( ) A. 16 B. 17C. 48D. 495.设正项等比数列{a n }的前项和为S n ,若32=S ,154=S ,则公比q =( ) A. 2 B. 3C. 4D. 56.公元前5世纪,古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论:他提出让乌龟在阿基里斯前面1000米处开始,和阿基里斯赛跑,并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后,若阿基里斯跑了1000米,此时乌龟便领先他100米;当阿基里斯跑完下一个100米时,乌龟仍然前于他10米.当阿基里斯跑完下一个10米时,乌龟仍然前于他1米……,所以,阿基里斯永远追不上乌龟.根据这样的规律,若阿基里斯和乌龟的距离恰好为210-米时,乌龟爬行的总距离为( )A. 410190-B. 5101900-C. 510990-D.4109900- 7.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若1785S =,则7911a a a ++的值为 A. 10 B. 15C. 25D. 308.已知数列{a n }中,12a =,111n n a a +--3=,若n a 1000≤,则n 的最大取值为( )A. 4B. 5C. 6D. 79.等差数列{a n }中,若243,7a a ==,则6a =( ) A. 11 B. 7C. 3D. 210.设等差数列{a n }前n 项和为S n ,等差数列{b n }前n 项和为T n ,若2018134n n S n T n -=+,则33a b =( ) A. 528 B. 529C. 530D. 53111.设等差数列{a n }的前n 项和为S n 若39S =,627S =,则9S =( ) A. 45 B. 54C. 72D. 8112.已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足56S S <且678S S S =>,则下列结论错误的是( ) A. 6S 和7S 均为S n 的最大值 B. 70a = C. 公差0d < D. 95S S > 13.用数学归纳法证明:“()221*111,1n nn a a a a a n N a++-++++=≠∈-L ”,在验证1n =成立时,左边计算所得结果是( ) A. 1B. 1a +C. 21a a ++D.231a a a +++14.等比数列{a n }的各项均为正数,且564718a a a a +=,则3132310log log log a a a +++=L ( ) A. 12 B. 10 C. 8 D. 2+log 3515.在等差数列{a n }中,64=a ,3510a a a +=,则=12a ( ) A. 10 B. 12 C. 14 D. 1616.已知数列{a n }的前n 项和S 满足*1(1)26()2nn n n S a n n N --=-+∈,则100S =( ) A. 196 B. 200C. 10011942+ D. 10211982+17.若点(),n n a 都在函数324y x =-图象上,则数列{a n }的前n 项和最小时的n 等于( ) A. 7或8 B. 7C. 8D. 8或918.等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且8,45241=+=+a a a a ,则20192019S = ( ) A. 2016 B. 2017C. 2018D. 201919.已知数列{a n }满足:112a =,*11()2n n n a a n N +=+∈,则2019a =()A. 2018112-B. 2019112-C.20183122- D.20193122- 20.已知数列{a n }満足: 11a =,132n n a a +=-,则6a =( ) A. 0 B. 1C. 2D. 621.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,11a =,当2n ≥时,12n n a S n -+=,则2019S 的值为( ) A. 1008 B. 1009C. 1010D. 101122.记等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若53a =,1391S =,则11S =( ) A. 36 B. 72C. 55D. 11023.在等差数列{a n }中,其前132<<m 项和为S n ,且满足若3512a S +=,4724a S +=,则59a S +=( )A. 24B. 32C. 40D. 7224.若{a n }为等差数列,S n 是其前n 项和,且11223S π=,则6tan()a 的值为( )A. 3B.C.3D. 33-25.若a ,b 是方程20(0,0)x px q p q -+=<>的两个根,且a ,b ,2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p q +的值为( ) A.-4 B. -3C. -2D. -126.已知S n 为等比数列{a n }的前n 项和,1a 1=,23a a 8=-,则6S (= ) A.1283B. -24C. -21D. 1127.已知△ABC 的三个内角A ,B ,C 依次成等差数列,BC 边上的中线32=AD ,2AB =,则△ABC 的面积S 为( )A. 3B.C.D. 28.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且181212a a a ++=,则13S =( ) A. 104 B. 78C. 52D. 3929.记等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若53a =,1391S =,则11S =( ) A. 36 B. 72C. 55D. 11030.《算法统宗》是明朝程大位所著数学名著,其中有这样一段表述:“远看巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一”,其意大致为:有一栋七层宝塔,每层悬挂的红灯数为上一层的两倍,共有381盏灯,则该塔中间一层灯的盏数是( ) A. 24 B. 48 C. 12 D. 6031.已知数列{a n }是等差数列,数列{b n }分别满足下列各式,其中数列{b n }必为等差数列的是( ) A. ||n n b a =B. 2n n b a =C. 1n nb a =D.2nn a b =-32.已知数列{a n }是一个递增数列,满足*n a N ∈,21n a a n =+,*n N ∈,则4a =( )A. 4B. 6C. 7D. 833.11的等比中项是( ) A. 1 B. -1C. ±1D.1234.某个命题与自然数n 有关,且已证得“假设()*n k k N=∈时该命题成立,则1n k =+时该命题也成立”.现已知当7n =时,该命题不成立,那么( ) A. 当8n =时,该命题不成立 B. 当8n =时,该命题成立 C. 当6n =时,该命题不成立 D. 当6n =时,该命题成立35.在数列{a n }中,231518n a n n =+-,则a n 的最大值为( )A. 0B. 4C.313 D.213 36.在等差数列{a n }中,已知1a 与11a 的等差中项是15,9321=++a a a ,则9a =( ) A. 24 B. 18 C. 12 D. 637.已知等差数列{a n }的公差0≠d ,前n 项和为S n ,若对所有的)(*∈N n n ,都有10S S n ≥,则( ). A. 0≥n aB. 0109<⋅a aC. 172S S <D. 019≤S38.已知等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为n A 和n B ,且6302n n A n B n +=+,则使得nnb a 为整数的正整数n 的个数是( ) A. 2 B. 3C. 4D. 539.设数列{a n }满足31=a ,且对任意整数n ,总有1(1)(1)2n n n a a a +--=成立,则数列{a n }的前2018项的和为( ) A. 588 B. 589C. 2018D. 201940.数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( ) A. 1盏B. 2盏C. 3盏D. 4盏第II 卷(非选择题)请点击修改第II 卷的文字说明二、(本题共10道小题,每小题7分,共70分)41.已知数列{ a n }的首项1133,()521n n n a a a n N a *+==∈+. (1)求证:数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列;(2)记12111...n nS a a a =+++,若<100n S ,求最大正整数n . 42.已知在等比数列{a n }中,23411,92187a a a ==. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设n n b na =,求数列{b n }的前n 项和T n . 43.若{c n }是递增数列,数列{a n }满足:对任意*n N ∈,存在*m N ∈,使得10m nm n a c a c +--…,则称{a n }是{c n }的“分隔数列”.(1)设2,1n n c n a n ==+,证明:数列{a n }是{c n }的分隔数列;(2)设4,n n c n S =-是{c n }的前n 项和,32n n d c -=,判断数列{S n }是否是数列{d n }的分隔数列,并说明理由;(3)设1,n n n c aq T -=是{c n }的前n 项和,若数列{T n }是{c n }的分隔数列,求实数a ,q 的取值范围. 44..在等比数列{a n }与等差数列{b n }中,11a =,12b =-,223a b +=-,334a b +=-. (1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式; (2)若n n n c a b =+,求数列{c n }的前n 项和S n . 45.已知数列{a n }各项均为正数,满足2333(1)122n n a n +⎛⎫+++= ⎪⎝⎭L .(1)求1a ,2a ,3a 的值;(2)猜想数列{a n }的通项公式,并用数学归纳法证明你的结论. 46.已知数列{a n }满足: 12n n n a a ++=,且111,23nn n a b a ==-⨯.(1)求证:数列{b n }是等比数列;(2)设S n 是数列{a n }的前n 项和,若10n n n a a tS +->对任意*n N ∈都成立.试求t 的取值范围. 47.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,点(,)n n a S 在直线22y x =-上. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设()23log 2n n nS b a -+=,求数列{b n }的前n 项和T n .48.等差数列{a n }的前n 项和为S n ,数列{b n }是等比数列,满足55a =,410S =,0n b >,24b a =,416b a =.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式;(2)令()()1211na n n n cb b +=--,求数列{c n }的前n 项和T n .49.已知数列{a n }满足11a =,11+=+n nn a a a (n N *∈). (1)求2a ,3a ,4a 的值; (2)证明:数列{1na }是等差数列,并求数列{a n }的通项公式. 50.定义12...nnp p p +++为n 个正数12,,...,n p p p 的“均倒数”.已知正项数列{a n }的前n 项的“均倒数”为1n. (1)求数列{a n }的通项公式. (2)设数列21211n n a a -+⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为T n ,若4n T <244m m --对一切*n N ∈恒成立,求实数m 的取值范围.(3)令9()10nn nb a=⋅,问:是否存在正整数k使得k nb b≥对一切*n N∈恒成立,如存在,求出k值;如不存在,说明理由.试卷答案1.A 【分析】写成n k =的式子和1n k =+的式子,两式相减可得. 【详解】当n k =时,左端式子为3123k +++⋅⋅⋅+,当1n k =+时,左端式子为3333(1)(12312())k k k k ++++++++⋅⋅⋅+++L , 两式比较可知增加的式子为()()33312(1)k k k ++++++L .故选A.【点睛】本题主要考查数学归纳法,从n k =到1n k =+过渡时,注意三个地方,一是起始项,二是终止项,三是每一项之间的步长规律,侧重考查逻辑推理的核心素养. 2.B设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为2,,,,2a d a d a a d a d --++,则22a d a d a a d a d -+-=++++,解得6a d =-,又225,a d a d a a d a d -+-+++++=1a \=,则4422633a a d a a ⎛⎫-=-⨯-== ⎪⎝⎭,故选B. 3.B 【分析】由等差数列前n 项和公式得出21S 1121a =,结合数列{}n a 为递减数列确定10110,0a a ><,从而得到n S 最大时,n 的值为10.【详解】由题意可得()2111112120212110212S a d a d a ´=+=+= 10210a S ⋅<Q 10110a a ∴⋅<等差数列{}n a 的首项10a >,公差0d < 则数列{}n a 为递减数列10110,0a a ∴><即当10n =时,n S 最大 故选B 。

2020年高考数学(理数)解答题强化专练——数列含答案

2020年高考数学(理数)解答题强化专练——数列含答案

(理数)解答题强化专练——数列一、解答题(本大题共10小题,共120.0分)1.已知等差数列{a n}满足a n+1+n=2a n+1.(1)求{a n}的通项公式;(2)记S n为{a n}的前n项和,求数列的前n项和T n.2.已知{a n}是递增的等差数列,且满足a2+a4=20,a1•a5=36.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=,求数列{b n}的前n项和T n的最小值.3.已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=2a n+n-1.(1)设b n=a n+n,证明:数列{b n}是等比数列;(2)设数列{a n}的前n项和为S n,求S n.4.记S n为等差数列{a n}的前n项和,数列{b n}为正项等比数列,已知a3=5,S3=9,b1=a1,b5=S4.(1)求数列{a n}和数列{b n}的通项公式;(2)记T n为数列{a n•b n}的前n项和,求T n.5.已知正项数列{a n}的前n项和为S n,若数列{a n}是公差为-1的等差数列,且a2+2是a1,a3的等差中项.(1)证明数列{a n}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)若T n是数列{}的前n项和,若T n<M恒成立,求实数M的取值范围.6.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,a2=且n≥2).(Ⅰ)证明:为等差数列:(Ⅱ)求数列的前n项和T n.7.已知S n为等差数列{a n}的前n项和,且S2=2a2-2,S5=3a5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=a n•2n-1,记数列{b n}的前n项和为T n,若T n>300.求正整数n的取值范围.8.设等差数列{a n}公差为d,等比数列{b n}公比为q,已知a1=b1,a3=b1+b2=5,q=2d.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)记c n=a n·b n,求数列{c n}的前n项和S n.9.已知等比数列{a n}的公比q>1,且a1+a3+a5=42,a3+9是a1,a5的等差中项.数列{b n}的通项公式b n=,n∈N*.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)证明:b1+b2+…+b n<,n∈N*.10.设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=1,且a n S n+1-a n+1S n=a n+1-λa n,对一切n∈N*都成立.(1)当λ=1时;①求数列{a n}的通项公式;②若b n=(n+1)a n,求数列{b n}的前n项的和T n;(2)是否存在实数λ,使数列{a n}是等差数列如果存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.答案和解析1.【答案】解:(1)由已知{a n}为等差数列,记其公差为d.①当n≥2时,,两式相减可得d+1=2d,所以d=1,②当n=1时,a2+1=2a1+1,所以a1=1.所以a n=1+n-1=n;(2),,所以=.【解析】本题考查等差数列的定义、通项公式和求和公式,以及数列的裂项相消求和,化简运算能力,属于中档题.(1)设等差数列的公差为d,将已知等式中的n换为n-1,相减可得公差d=1,再令n=1,可得首项,进而得到所求通项公式;(2)由等差数列的求和公式可得S n,求得,再由数列的裂项相消求和,化简可得所求和.2.【答案】解:(1){a n}是递增的等差数列,设公差为d,则d>0,a2+a4=20,a1•a5=36,可得a1+a5=20,解得a1=2,a5=18,d==4,则a n=2+4(n-1)=4n-2;(2)b n=(4n-2)-30=2n-31,可得前n项和T n=n(-29+2n-31)=n2-30n=(n-15)2-225,当n=15时,前n项和T n取得最小值-225.【解析】(1)设公差为d,则d>0,运用等差数列的性质和通项公式,可得公差d,首项,进而得到所求通项公式;(2)求得b n=(4n-2)-30=2n-31,运用等差数列的求和公式,配方可得所求最小值.本题考查等差数列的通项公式和求和公式,以及单调性、前n项和的最值求法,考查运算能力,属于基础题.3.【答案】解:(1)数列{a n}满足:a1=1,a n+1=2a n+n-1.由b n=a n+n,那么b n+1=a n+1+n+1,∴===2;即公比q=2,b1=a1+1=2,∴数列{b n}是首项为2,公比为2的等比数列;(2)由(1)可得b n=2n,∴a n+n=2n那么数列{a n}的通项公式为:a n=2n-n数列{a n}的前n项和为S n=2-1+22-2+23-3+……+2n-n=(21+22+……2n)-(1+2+3+……+n)=2n+1-2.【解析】(1)由b n=a n+n,那么b n+1=a n+1+n+1,利用定义证明即可;(2)根据(1)求解数列{a n}的通项,即可求解S n.本题主要考查数列通项公式和前n项和的求解,利用分组求和法是解决本题的关键.4.【答案】解:(1)设数列{a n}的首项为a1,公差为d,设数列{b n}的首项为b1,公比为q,由a3=a1+2d=5和S3=3a1+3d=9得a1=1,d=2,a n=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1.所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1.b1=a1=1,由b5=S4得,所以.所以数列{b n}的通项公式为.(2)...相减可得.即有.【解析】(1)设数列{a n}的首项为a1,公差为d,设数列{b n}的首项为b1,公比为q,运用等差数列和等比数列的通项公式,解方程可得所求;(2)运用数列的错位相减法求和,结合等比数列的求和公式,计算可得所求和.本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用,考查数列的错位相减法求和,化简运算能力,属于中档题.5.【答案】(1)证明:∵数列{a n}是公差为-1的等差数列,∴a n=a1-(n-1),∴=3n-1.∴n≥2时,==3,数列{a n}是以3为公比的等比数列.∴a2=3a1,a3=9a1.∵a2+2是a1,a3的等差中项,∴2(a2+2)=a1+a3,∴2(3a1+2)=a1+9a1,解得a1=1.∴数列{a n}是以3为公比,1为首项的等比数列.∴a n=3n-1.(2)解:=.∴T n==.∵T n<M恒成立,∴.∴实数M的取值范围是.【解析】(1)数列{a n}是公差为-1的等差数列,可得a n=a1-(n-1),可得=3n-1.即可证明数列{a n}是以3为公比的等比数列.由a2+2是a1,a3的等差中项,可得2(a2+2)=a1+a3,解得a1.(2)由(1)可得:=.可得T n,进而得出M的取值范围.本题考查了等差数列与等比数列的定义通项公式及其求和公式、数列的单调性、对数运算性质,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.6.【答案】(Ⅰ)证明:依题意,由=2a n+1,可得a n=2a n a n+1+a n+1,即a n-a n+1=2a n a n+1.两边同时除以a n a n+1,可得-=2(n≥2).∵-=3-1=2,也满足上式.∴数列是以1为首项,2为公差的等差数列.(Ⅱ)解:由(Ⅰ)得,=1+2(n-1)=2n-1,则=(2n-1)•3n.∴T n=1×3+3×32+…+(2n-1)•3n,3T n=1×32+3×33+…+(2n-3)•3n+(2n-1)•3n+1,两式相减,可得-2T n=3+2×32+2×33+…+2•3n-(2n-1)•3n+1,=3+18×(1+3+32+…+3n-2)-(2n-1)•3n+1=3+18×-(2n-1)•3n+1=2(1-n)•3n+1-6.∴T n=(n-1)•3n+1+3.【解析】本题第(Ⅰ)题对题干中的递推公式进行变形转化,可得-=2.进一步计算可证得为等差数列;第(Ⅱ)题先根据第(Ⅰ)题的结果计算出数列的通项公式,然后运用错位相减法可计算出前n项和T n.本题主要考查由递推公式得到通项公式,以及运用错位相减法求前n项和.考查了转化思想,逻辑推理能力和数学运算能力.本题属中档题.7.【答案】解:(1)由题意,设等差数列{a n}的公差为d,则,解得.∴a n=2+2(n-1)=2n,n∈N*.(2)由(1)知,b n=a n•2n-1=n•2n.则T n=b1+b2+b3+…+b n=1•21+2•22+3•23+…+n•2n,2T n=1•22+2•23+…+(n-1)•2n+n•2n+1.两式相减,可得-T n=2+22+23+…+2n-n•2n+1=-n•2n+1=(1-n)•2n+1-2.∴T n=(n-1)•2n+1+2.构造数列{T n}:令T n=(n-1)•2n+1+2,则T n+1-T n=n•2n+2-(n-1)•2n+1=(n+1)•2n+1>0,故数列{T n}是单调递增数列.∵T5=4•26+2=258<300,T6=5•27+2=642>300,∴满足T n>300的正整数n的取值范围为{n|n≥6,n∈N*}.【解析】本题第(1)题先设等差数列{a n}的公差为d,根据等差数列的通项公式和求和公式列出关于首项a1和公差d的方程,解出a1和d的值,即可得到数列{a n}的通项公式;第(2)题先根据第(1)题的结果计算出数列{b n}的通项公式,然后运用错位相减法计算出前n项和T n.再根据数列{T n}的单调性可计算出满足T n>300时正整数n的取值范围.本题主要考查等差数列的基础知识,错位相减法求前n项和,数列的单调性.考查了方程思想,转化思想,不等式的计算能力,逻辑思维能力和数学运算能力.本题属中档题.8.【答案】解:(1)∵b1+b2=5,∴b1(1+q)=5,又∵q=2d,a1=b1,∴a1(1+2d)=5,∴a3=a1+2d=5,∴a1=5-2d,∴(5-2d)(1+2d)=5,解得:d1=0,d2=2,若d=0,q=2d=0(舍去)若d=2,q=2d=4,∴b1=a1=a3-2d=1,∴a n=a1+(n-1)d=2n-1,b n=b1q n-1=4n-1.(2)c n=a n·b n=(2n-1)·4n-1,∴S n=1+3×4+5×42+…+(2n-1)4n-1∴4S n=4+3×42+5×43+…+(2n-1)4n,.【解析】本题考查等差数列、等比数列的通项公式和错位相减法求和,考查推理能力和计算能力,属于中档题.(1)利用等差数列和等比数列的通项公式即可求解;(2)由c n=a n·b n=(2n-1)·4n-1,利用错位相减法即可求解.9.【答案】解:(I)由a3+9是a1,a5的等差中项得a1+a5=2a3+18,所以a1+a3+a5=3a3+18=42,解得a3=8,由a1+a5=34,得,解得q2=4或,因为q>1,所以q=2,所以;(II)证明:由(I)可得,∴==,∴=.【解析】(Ⅰ)由等差中项的性质可求得a3=8,进而得到a1+a5=34,进一步求得公比q,由此即可得解;(Ⅱ)化简数列{b n},由此即可得证.本题考查等差数列与等比数列的综合运用,考查化简运算能力及逻辑推理能力,属于中档题.10.【答案】解:(1)①当λ=1时,a n S n+1-a n+1S n=a n+1-a n,则a n S n+1+a n=a n+1S n+a n+1,即(S n+1+1)a n=(S n+1)a n+1.∵数列{a n}的各项均为正数,∴=.∴•…=•…,化简,得S n+1+1=2a n+1,①∴当n≥2时,S n+1=2a n,②②-①,得a n+1=2a n,∵当n=1时,a2=2,∴n=1时上式也成立,∴数列{a n}是首项为1,公比为2的等比数列,即a n=2n-1.②由①知,b n=(n+1)a n=(n+1)•2n-1.T n=b1+b2+…+b n=2•1+3•21+…+(n+1)•2n-1,2T n=2•2+3•22+…+n•2n-1+(n+1)•2n,两式相减,可得-T n=2+2+22+…+2n-1-(n+1)•2n=2+-(n+1)•2n=-n•2n.∴T n=n•2n.(2)由题意,令n=1,得a2=λ+1;令n=2,得a3=(λ+1)2.要使数列{a n}是等差数列,必须有2a2=a1+a3,解得λ=0.当λ=0时,S n+1a n=(S n+1)a n+1,且a2=a1=1.当n≥2时,S n+1(S n-S n-1)=(S n+1)(S n+1-S n),整理,得S n2+S n=S n+1S n-1+S n+1,即=,从而•…=•…,化简,得S n+1=S n+1,即a n+1=1.综上所述,可得a n=1,n∈N*.∴λ=0时,数列{a n}是等差数列.【解析】本题第(1)①题将λ=1代入递推式并转化递推式,然后运用累乘法可得S n+1+1=2a n+1,再类比可得S n+1=2a n,两式相减,再进行计算可发现数列{a n}是等比数列,即可得到数列{a n}的通项公式;第(1)②题先根据①的结果得到数列{b n}的通项公式,然后运用错位相减法求出前n项的和T n;第(2)题可先假设数列{a n}是等差数列,则根据等差中项的性质有2a2=a1+a3,计算出a2,a3关于λ的表达式并代入可解出λ的值,再代入递推式进行验证数列{a n}是等差数列,即可得到结论.本题主要考查数列的求通项公式,等差数列和等比数列的性质应用.考查了累乘法,错位相减法,转化思想的应用,逻辑推理能力和数学运算能力.本题属较难题.。

2020年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学 (全国卷III) word版试题及答案解析

2020年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学 (全国卷III) word版试题及答案解析

2020年普通高等学校招生全国统一考试(III 卷) 理科数学一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.已知集合A=(){}*,,,x y x y N y x ∈≥,B=(){},8x y x y +=,则A B 中元素个数为 A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 2.复数113i-的虚部是 A. 310-B. 110-C. 110D. 3103.在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为1p ,2p ,3p ,4p ,且411i i p ==∑,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是 A. 14230.1,0.4p p p p ==== B .14230.4,0.1p p p p ==== C .14230.2,0.3p p p p ==== D .14230.3,0.2p p p p ====4. Logistic 模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领域,有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数()t I (t 的单位:天)的Logistic 模型:()()0.23531t K I t e--=+,其中K 为的最大确诊病例数.当()0.95I t K *=时,标志着已初步遏制疫情,则t *约为(ln19≈3) A.60 B.63 C.66 D.695. 设O 为坐标原点,直线2x =与抛物线2:2(0)C y px p =>交于D ,E 两点,若OD OE ⊥,则C 的焦点坐标为A. (14,0)B. (12,0)C. (1,0)D. (2,0)6. 已知向量a,b 满足5a =,6b =,·6a b =-,则cos(,)a a b +=A. 3135- B. 1935-C. 1735D. 19357. 在△ABC 中,2cos =3C ,4AC =,3BC =,则cos B =A. 19B. 13C. 12D. 238. 右图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是 A. 6+42 B. 442+ C. 623+ D. 423+9.已知2tan tan()74πθθ-+=,则tan θ=A. -2B. -1C. 1D. 210.若直线l 与曲线y x =和圆2215x y +=都相切,则l 的方程为 A. 21y x =+ B. 122y x =+ C. 112y x =+ D. 1122y x =+11. 设双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F , 2F ,离心率为5. P 是C 上一点,且12F P F P ⊥.若△12PF F 的面积为4,则a=A .1B .2C .4D .812. 已知5458<,45138<,设5a log 3=,8b=log 5,13c log 8=,则 A. a b c << B. b a c << C. b c a << D. c a b <<二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

2020年高考数学 大题专项练习 数列 一(15题含答案解析)

2020年高考数学 大题专项练习 数列 一(15题含答案解析)

2020年高考数学大题专项练习数列一(15题含答案解析)高中高中数学题号一总分得分一、解答题1.已知数列的前项和为,,,求.2.设等差数列{a n}满足,,(1)求{a n}的通项公式;(2)设{a n}的前项和为,求满足成立的值。

3.设数列A:, ,… (N≥2)。

如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有<,则称n是数列A的一个“G时刻”。

记“G(A)是数列A 的所有“G时刻”组成的集合。

(1)对数列A:-2,2,-1,1,3,写出G(A)的所有元素;(2)证明:若数列A中存在使得>,则G(A)≠;(3)证明:若数列A满足-≤1(n=2,3, …,N),则G(A)的元素个数不小于 -。

4.设数列的前项和为,且.(1) 求的值,并用表示;(2) 求数列的通项公式;(3) 设,求证:.5.已知在数列{a n }中,a 1=1,a n a n +1=n .(12)(1)求证:数列{a 2n }与{a 2n -1}都是等比数列;(2)若数列{a n }的前2n 项的和为T 2n ,令b n =(3-T 2n )·n·(n +1),求数列{b n }的最大项. 6.单调递增数列{a n }的前项和为,且满足.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)数列{b n }满足,求数列{b n }的前项和7.已知等差数列的前n 项和为,且.(1)求数列的通项公式;(2)求证:.8.已知为等差数列,前n 项和为,是首项为2的等比数列,且公比大于0,,,.(Ⅰ)求和的通项公式;(Ⅱ)求数列的前n项和.9.已知数列的前项和为,,且满足(1)求及通项公式;(2)若,求数列的前项和.10.各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,已知点(a n,a n+1)(n∈N*)在函数的图象上,且.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n;(2)已知数列{b n}满足b n=4﹣n,设其前n项和为T n,若存在正整数k,使不等式T n >k有解,且(n∈N*)恒成立,求k的值.11.在等差数列中,,,(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前项和.12.在数列{a n}中,,(1)写出这个数列的前4项,并猜想这个数列的通项公式;(2)证明这个数列的通项公式.13.数列{a n}的前项和为.(1)求{a n}的通项公式;(2)设,求数列{b n}的前项和.为等差数列的前n项和,且记,其中表示不超过14.x的最大整数,如.(I)求;(II)求数列的前1 000项和.15.已知数列的前n项和S n=3n2+8n,是等差数列,且(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)令求数列的前n项和T n.2020年高考数学大题专项练习数列五(15题含答案解析)答案解析一、解答题1.答案为:2.3.解:4.5.解:(1)证明:由题意可得a 1a 2=,则a 2=.1212又a n a n +1=n ,a n +1a n +2=n +1,∴=.(12)(12)an +2an 12∴数列{a 2n -1}是以1为首项,为公比的等比数列;12数列{a 2n }是以为首项,为公比的等比数列.1212(2)T 2n =(a 1+a 3+…+a 2n -1)+(a 2+a 4+…+a 2n )=+=3-3·n .1-(12)n 1-1212[1-(12)n ]1-12(12)∴b n =3n(n +1)n ,b n +1=3(n +1)(n +2)n +1,∴=,(12)(12)bn +1bn n +22n∴b 1<b 2=b 3,b 3>b 4>…>b n >…,∴数列{b n }的最大项为b 2=b 3=.926.7.8.(1)..(2).9.10.11.12.13.(1);(2)数列的前项或前项的和最大;(3).14.解:15.。

【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)

【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年高考数学(文数)解答题强化专练——数列含答案

2020年高考数学(文数)解答题强化专练——数列含答案

(文数)解答题强化专练——数列一、解答题(本大题共10小题,共120.0分)1.在等差数列{a n}中,S n为其前n项的和,若S5=25,a10=19.(1)求数列{a n}的通项公式a n及前n项和S n;(2)若数列{b n}中b n=,求数列{b n}的前n和T n.2.在数列{a n}中,a1=3,a n=2a n-1+(n-2)(n≥2,n∈N*).(1)求证:数列{a n+n}是等比数列,并求{a n}的通项公式;(2)求数列{a n}的前n项和S n.3.已知数列是以为首项,为公差的等差数列,且,,成等比数列.(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前项和.4.设S n是等差数列{a n}的前n项和,若公差d≠0,a5=10,且、、成等比数列.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)设b n=,T n=b1+b2+…+b n,求证:T n<.5.已知{a n}是递增的等比数列,a5=48,4a2,3a3,2a4成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{b n}满足b1=a2,b n+1=b n+a n,求数列{b n}的前n项和S n.6.已知数列{a n}中,a1=1,a2=3,点(a n,a n+1)在直线2x-y+1=0上,(Ⅰ)证明数列{a n+1-a n}为等比数列,并求其公比.(Ⅱ)设b n=log2(a n+1),数列{b n}的前n项和为S n,若S m≤λ(a m+1),求实数λ的最小值.7.已知正项等比数列{a n}满足a3=9,a4-a2=24.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式a n;(Ⅱ)设b n=n·a n,求数列{b n}的前n项的和S n.8.已知数列{a n}满足a1=1,na n+1-(n+1)a n=1+2+3+…+n,n∈N*.(1)求证:数列{}是等差数列;(2)若b n=,求数列{b n}的前n项和为S n.9.已知数列{a n}的前n项和S n满足S n+1=S n+•a n(n∈N*),且a1=1.(Ⅰ)证明:数列{}是等比数列;(Ⅱ)求数列{a n}的前n项和S n.10.已知数列{a n}的前n项和为S n,满足S1=1,且对任意正整数n,都有.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若,求数列{b n}的前n项和T n.答案和解析1.【答案】解:(1)设等差数列{a n}的公差为d,∵S5=25,a10=19.∴5a1+d=25,a1+9d=19,联立解得:a1=1,d=2.∴a n=1+2(n-1)=2n-1.S n==n2.(2)b n===,∴数列{b n}的前n和T n===.【解析】(1)设等差数列{a n}的公差为d,由S5=25,a10=19.可得5a1+d=25,a1+9d=19,联立解得:a1,d.即可得出.(2)b n===,利用裂项求和即可得出.本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、裂项求和方法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.2.【答案】(1)证明:∵a1=3,a n=2a n-1+(n-2)(n≥2,n∈N*).∴a n+n=2(a n-1+n-1),∴数列{a n+n}是等比数列,首项为4,公比为2.∴a n=4×2n-1-n=2n+1-n.(2)解:数列{a n}的前n项和S n=(22+23+…+2n+1)-(1+2+…+n)=-=2n+2-4-.【解析】(1)a1=3,a n=2a n-1+(n-2)(n≥2,n∈N*).变形为a n+n=2(a n-1+n-1),再利用等比数列的通项公式即可得出.(2)利用等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式即可得出.本题考查了递推关系、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.3.【答案】解:(1)因为,,成等比数列,所以,即,因为,所以,即,所以(负值舍去),所以.(2)由(1)知,,所以.【解析】本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式,等比数列的通项公式、性质及前n项和公式,以及分组法求和,属于一般题.(1)根据,,成等比数列列方程组,求出a1和公差,即可得到数列的通项公式;(2)由(1)求得,,利用分组求和法,结合等差数列和等比数列的前n项和公式即可求解.4.【答案】(Ⅰ)解:∵S n是等差数列{a n}的前n项和,公差d≠0,a5=10,且a2、a4、a8成等比数列,∴由题知:,解得:a1=2,d=2,故数列{a n}的通项公式a n=2n.(Ⅱ)证明:∵==,∴T n=b1+b2+…+b n==.∴T n<.【解析】本题考查数列的通项公式,等差数列的前n项和公式及裂项求和公式,属于一般题.(Ⅰ)利用等差数列的前n项和公式、等比数列性质,列出方程组,求出a1=2,d=2,由此能求出数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)由==,利用裂项求和法能证明T n<.5.【答案】解:(1)设等比数列{a n}的公比为q(q>1),因为4a2,3a3,2a4成等差数列,所以6a3=4a2+2a4,即6a1q2=4a1q+2a1q3,即q2-3q+2=0,解得q=2或q=1(舍去).又因为a5=a1q4=16a1=48,所以a1=3,所以a n=3·2n-1.(2)由条件及(1)可得b1=a2=3×2=6.因为b n+1=b n+a n,所以b n+1-b n=a n,所以b n-b n-1=a n-1(n≥2),所以b n=(b n-b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b2-b1)+b1=a n-1+a n-2+a n-3+…+a2+a1+6=3·2n-1+3(n≥2).又因为b1=6满足上式,所以b n=3·2n-1+3(n∈N*).所以.【解析】本题考查的知识要点:数列的通项公式的求法及应用,叠加法在数列通项公式的求法中的应用,数列的求和的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力,属于中档题.(1)利用已知条件求出公比和首项,进而得到通项公式;(2)利用叠加法,并利用等比数列的求和公式求出n≥2时b n的表达式,进一步验证n=1时是否成立,从而得出数列{b n}的通项公式,然后利用分组求和法,求得S n.6.【答案】解:(Ⅰ)证明:点(a n,a n+1)在直线2x-y+1=0上,可得a n+1=2a n+1,即有a n+1+1=2(a n+1),可得{a n+1}为首项为2,公比为2的等比数列,可得a n+1=2n,即a n=2n-1,a n+1-a n=2n+1-1-(2n-1)=2n,可得数列{a n+1-a n}为等比数列,其公比为2;(Ⅱ)设b n=log2(a n+1)=log22n=n,S n=n(n+1),S m≤λ(a m+1)即为m(m+1)≤λ•2m,可得2λ≥恒成立,由c m=,c m+1-c m=-=,当m=1时,c2>c1,m=2时,c3=c2,m>2时,c m+1<c m,即c1<c2=c3>c4>c5>…,可得c2=c3=为最大值,即有λ≥,则λ≥,即实数λ的最小值为.【解析】(Ⅰ)首先判断{a n+1}为首项为2,公比为2的等比数列,由等比数列的通项公式和定义,即可得到所求;(Ⅱ)运用对数的运算性质可得b n,再由等差数列的求和公式和通项公式,结合参数分离和数列的单调性,求得最大值,可得所求最小值.本题考查等比数列的定义和通项公式、以及等差数列的通项公式和求和公式的运用,考查数列不等式恒成立问题,注意运用参数分离和数列的单调性,考查运算能力、推理能力,属于中档题.7.【答案】解:(Ⅰ)设数列{a n}的公比为q.由a4-a2=24,得,即3q2-8q-3=0,解得q=3或.又∵a n>0,则q>0,∴q=3,∴a n=.(Ⅱ)b n=n·a n=,∴S n=3S n=,∴=,∴.【解析】本题考查等比数列的通项公式和用错位相减法求数列的前n项和.(Ⅰ)把已知条件用a3和公比q表示,建立方程,求出q,即可得到通项公式.(Ⅱ)紧紧抓住数列的特点,它是由一个等比数列和一个等差数列对应项相乘而得,此类数列可通过错位相减法求前n项和.8.【答案】解:(1)证明:数列{a n}满足a1=1,na n+1-(n+1)a n=1+2+3+…+n=,n∈N*,则(常数),n∈N*.则数列{}是以1为首项,为公差的等差数列.(2)由(1)得=,n∈N*,所以,n∈N*,所以,所以S n=b1+b2+…+b n=,=.【解析】本题考查的知识要点:数列的通项公式的求法及应用,裂项相消法在数列求和中的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力,属于中档题.(1)根据数列的递推关系式整理得到(常数),n∈N*即可证明.(2)利用裂项相消法求出数列的和.9.【答案】解:(Ⅰ)证明:根据题意可得,S n+1-S n=•a n,∴a n+1=•a n,∴=•,∵a1=1,∴数列{}是以1为首项,以为公比的等比数列,(Ⅱ)由(Ⅰ)可得=()n-1,∴a n=n•()n-1,∴S n=1×()0+2×()1+3×()2+…+n•()n-1,∴S n=1×()1+2×()2+3×()3+…+n•()n,∴S n=1+()1+()2+()3+…+()n-1-n•()n=-n•()n=-(+n)•()n,∴S n=-(+)•()n.【解析】本题考查了等比数列的判定、数列递推关系、错位相减求和法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.(Ⅰ)由S n+1=S n+•a n,可得∴=•,故数列{}是以1为首项,以为公比的等比数列,(Ⅱ)先求出a n=n•()n-1,再利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出.10.【答案】解析:(1)由S1=1,得a1=1.又对任意正整数n,都成立,即S n+1+n(n+1)=(n+1)S n+1-(n+1)S n,所以nS n+1-(n+1)S n=n(n+1),所以,即数列是以1为公差,1为首项的等差数列,所以,即,得a n=S n-S n-1=2n-1(n≥2),又由a1=1,所以.解法2:由,可得S n+1+n(n+1)=(n+1)a n+1,当n≥2时,S n+n(n-1)=na n,两式相减,得a n+1+2n=(n+1)a n+1-na n,整理得a n+1-a n=2,在中,令n=2,得,即1+a2+2=2a2,解得a2=3,∴a2-a1=2,所以数列{a n}是首项为1,公差为2的等差数列,∴a n=1+2(n-1)=2n-1.(2)由(1)可得,所以,①则,②①-②,得,整理得,所以.【解析】本题考查的知识要点:数列的通项公式的求法,乘公比错位相减法在数列求和中的应用,主要考查学生的运算能力,属于中档题.(1)法1:将题中条件变形为nS n+1-(n+1)S n=n(n+1),即可求解;法2:将题中条件变形为S n+1+n(n+1)=(n+1)a n+1,再利用作差法即可求解.(2)利用(1)的结论,进一步利用乘公比错位相减法求出数列的和.。

2020高考—数列(解答+答案)

2020高考—数列(解答+答案)

2020年高考——数列1.(20全国Ⅰ理17)(12分)设{}n a 是公比不为1的等比数列,1a 为2a ,3a 的等差中项. (1)求{}n a 的公比;(2)若11a =,求数列{}n na 的前n 项和.2.(20全国Ⅲ文17)(12分)设等比数列{a n }满足124a a +=,138a a -=. (1)求{a n }的通项公式;(2)记n S 为数列{log 3a n }的前n 项和.若13m m m S S S +++=,求m .3.(20全国Ⅲ理17)(12分)设数列{a n }满足a 1=3,134n n a a n +=-.(1)计算a 2,a 3,猜想{a n }的通项公式并加以证明; (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .4.(20新高考Ⅰ18)(12分)已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==. (1)求{}n a 的通项公式;(2)记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数,求数列{}m b 的前100项和100S .5.(20天津19)(本小题满分15分)已知{}n a 为等差数列,{}n b 为等比数列,()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-. (Ⅰ)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(Ⅱ)记{}n a 的前n 项和为n S ,求证:()2*21n n n S S S n ++<∈N;(Ⅲ)对任意的正整数n ,设()21132,,,.n nn n n n n a b n a a c a n b +-+-⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项和.6.(20浙江20)(本题满分15分)已知数列{a n },{b n },{c n }满足1111121,,,nn n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-=∈*N . (Ⅰ)若{b n }为等比数列,公比0q >,且1236b b b +=,求q 的值及数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)若{b n }为等差数列,公差0d >,证明:*12311,n c c c c n d++++<+∈N .7.(20江苏20)(本小题满分16分)已知数列{}()n a n ∈*N 的首项a 1=1,前n 项和为S n .设λ与k 是常数,若对一切正整数n ,均有11111k k k n n n S S a λ++-=成立,则称此数列为“λ~k ”数列.(1)若等差数列{}n a 是“λ~1”数列,求λ的值; (2)若数列{}n a”数列,且0n a >,求数列{}n a 的通项公式; (3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{}n a 为“λ~3”数列,且0n a ≥?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由.8.(20北京21)(本小题15分) 已知{}n a 是无穷数列.给出两个性质:①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >,在{}n a 中都存在一项m a ,使2i m ja a a =;②对于{}n a 中任意项(3)n a n ,在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >.使得2kn la a a =.(Ⅰ)若(1,2,)n a n n ==,判断数列{}n a 是否满足性质①,说明理由;(Ⅱ)若12(1,2,)n n a n -==,判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②,说明理由;(Ⅲ)若{}n a 是递增数列,且同时满足性质①和性质②,证明:{}n a 为等比数列。

2020年全国各地高中数学真题分类汇编—数列(含答案)

2020年全国各地高中数学真题分类汇编—数列(含答案)

2020年全国各地⾼考真题分类汇编—数列1.(2020•浙江)已知等差数列{a n}的前n项和S n,公差d≠0,且≤1.记b1=S2,b n+1=S2n+2﹣S2n,n∈N*,下列等式不可能成⽴的是()A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2a8D.b42=b2b82.(2020•北京)在等差数列{a n}中,a1=﹣9,a5=﹣1.记T n=a1a2…a n(n=1,2,…),则数列{T n}()A.有最⼤项,有最⼩项B.有最⼤项,⽆最⼩项C.⽆最⼤项,有最⼩项D.⽆最⼤项,⽆最⼩项3.(2020•新课标Ⅰ)设{a n}是等⽐数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=()A.12B.24C.30D.324.(2020•新课标Ⅱ)如图,将钢琴上的12个键依次记为a1,a2,…,a12.设1≤i<j<k≤12.若k﹣j=3且j﹣i=4,则a i,a j,a k为原位⼤三和弦;若k﹣j=4且j﹣i=3,则称a i,a j,a k 为原位⼩三和弦.⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为()A.5B.8C.10D.155.(2020•新课标Ⅱ)0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤.若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得a i+m=a i(i=1,2,…)成⽴,则称其为0﹣1周期序列,并称满⾜a i+m=a i(i=1,2…)的最⼩正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…,C(k)=a i a i+k(k=1,2,…,m﹣1)是描述其性质的重要指标,下列周期为5的0﹣1序列中,满⾜C(k)≤(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010…B.11011…C.10001…D.11001…6.(2020•新课标Ⅱ)记S n为等⽐数列{a n}的前n项和.若a5﹣a3=12,a6﹣a4=24,则=()A.2n﹣1B.2﹣21﹣n C.2﹣2n﹣1D.21﹣n﹣17.(2020•新课标Ⅱ)数列{a n}中,a1=2,a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+…+a k+10=215﹣25,则k=()A.2B.3C.4D.58.(2020•新课标Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中⼼有⼀块圆形⽯板(称为天⼼⽯),环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环,向外每环依次增加9块.下⼀层的第⼀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)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块9.(2020•上海)已知数列{a n}是公差不为零的等差数列,且a1+a10=a9,则=.10.(2020•新课标Ⅱ)记S n为等差数列{a n}的前n项和.若a1=﹣2,a2+a6=2,则S10=.11.(2020•浙江)已知数列{a n}满⾜a n=,则S3=.12.(2020•海南)将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n},则{a n}的前n项和为.13.(2020•江苏)设{a n}是公差为d的等差数列,{b n}是公⽐为q的等⽐数列.已知数列{a n+b n}的前n项和S n=n2﹣n+2n﹣1(n∈N*),则d+q的值是.14.(2020•新课标Ⅰ)数列{a n}满⾜a n+2+(﹣1)n a n=3n﹣1,前16项和为540,则a1=.15.(2020•天津)已知{a n}为等差数列,{b n}为等⽐数列,a1=b1=1,a5=5(a4﹣a3),b5=4(b4﹣b3).(Ⅰ)求{a n}和{b n}的通项公式;(Ⅱ)记{a n}的前n项和为S n,求证:S n S n+2<S n+12(n∈N*);(Ⅲ)对任意的正整数n,设c n=求数列{c n}的前2n项和.16.(2020•海南)已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)求a1a2﹣a2a3+…+(﹣1)n﹣1a n a n+1.17.(2020•江苏)已知数列{a n}(n∈N*)的⾸项a1=1,前n项和为S n.设λ和k为常数,若对⼀切正整数n,均有S n+1﹣S n=λa n+1成⽴,则称此数列为“λ﹣k”数列.(1)若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列,求λ的值;(2)若数列{a n}是“﹣2”数列,且a n>0,求数列{a n}的通项公式;(3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列,且a n≥0?若存在,求出λ的取值范围;若不存在,说明理由.18.(2020•新课标Ⅰ)设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列,a1为a2,a3的等差中项.(1)求{a n}的公⽐;(2)若a1=1,求数列{na n}的前n项和.19.(2020•⼭东)已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{b m}的前100项和S100.20.(2020•新课标Ⅲ)设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2=4,a3﹣a1=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{log3a n}的前n项和.若S m+S m+1═S m+3,求m.21.(2020•浙江)已知数列{a n},{b n},{c n}满⾜a1=b1=c1=1,c n=a n+1﹣a n,c n+1=c n,(n∈N*).(Ⅰ)若{b n}为等⽐数列,公⽐q>0,且b1+b2=6b3,求q的值及数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)若{b n}为等差数列,公差d>0,证明:c1+c2+c3+…+c n<1+,n∈N*.22.(2020•上海)已知各项均为正数的数列{a n},其前n项和为S n,a1=1.(1)若数列{a n}为等差数列,S10=70,求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{a n}为等⽐数列,a4=,求满⾜S n>100a n时n的最⼩值.参考答案与试题解析⼀.选择题(共8⼩题)1.(2020•浙江)已知等差数列{a n}的前n项和S n,公差d≠0,且≤1.记b1=S2,b n+1=S2n+2﹣S2n,n∈N*,下列等式不可能成⽴的是()A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2a8D.b42=b2b8【解答】解:在等差数列{a n}中,a n=a1+(n﹣1)d,∴a2=a1+d,a4=a1+3d,a8=a1+7d,b n+1=S2n+2﹣S2n,∴b2=S4﹣S2=a3+a4,b4=S8﹣S6=a7+a8,b6=S12﹣S10=a11+a12,b8=S16﹣S14=a15+a16,A.2a4=a2+a6,根据等差数列的性质可得A正确,B.若2b4=b2+b6,则2(a7+a8)=a3+a4+a11+a12=(a3+a12)+(a4+a11),成⽴,B正确,C.若a42=a2a8,则(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),即a12+6a1d+9d2=a12+8a1d+7d2,得a1d=d2,∵d≠0,∴a1=d,符合≤1,C正确;D.若b42=b2b8,则(a7+a8)2=(a3+a4)(a15+a16),即4a12+52a1d+169d2=4a12+68a1d+145d2,得16a1d=24d2,∵d≠0,∴2a1=3d,不符合≤1,D错误;故选:D.2.(2020•北京)在等差数列{a n}中,a1=﹣9,a5=﹣1.记T n=a1a2…a n(n=1,2,…),则数列{T n}()A.有最⼤项,有最⼩项B.有最⼤项,⽆最⼩项C.⽆最⼤项,有最⼩项D.⽆最⼤项,⽆最⼩项【解答】解:设等差数列{a n}的公差为d,由a1=﹣9,a5=﹣1,得d=,∴a n=﹣9+2(n﹣1)=2n﹣11.由a n=2n﹣11=0,得n=,⽽n∈N*,可知数列{a n}是单调递增数列,且前5项为负值,⾃第6项开始为正值.可知T1=﹣9<0,T2=63>0,T3=﹣315<0,T4=945>0为最⼤项,⾃T5起均⼩于0,且逐渐减⼩.∴数列{T n}有最⼤项,⽆最⼩项.故选:B.3.(2020•新课标Ⅰ)设{a n}是等⽐数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=()A.12B.24C.30D.32【解答】解:{a n}是等⽐数列,且a1+a2+a3=1,则a2+a3+a4=q(a1+a2+a3),即q=2,∴a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)=25×1=32,故选:D.4.(2020•新课标Ⅱ)如图,将钢琴上的12个键依次记为a1,a2,…,a12.设1≤i<j<k≤12.若k﹣j=3且j﹣i=4,则a i,a j,a k为原位⼤三和弦;若k﹣j=4且j﹣i=3,则称a i,a j,a k 为原位⼩三和弦.⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为()A.5B.8C.10D.15【解答】解:若k﹣j=3且j﹣i=4,则a i,a j,a k为原位⼤三和弦,即有i=1,j=5,k=8;i=2,j=6,k=9;i=3,j=7,k=10;i=4,j=8,k=11;i=5,j =9,k=12,共5个;若k﹣j=4且j﹣i=3,则a i,a j,a k为原位⼩三和弦,可得i=1,j=4,k=8;i=2,j=5,k=9;i=3,j=6,k=10;i=4,j=7,k=11;i=5,j =8,k=12,共5个,总计10个.故选:C.5.(2020•新课标Ⅱ)0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤.若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0,1}(i=1,2,…),且存在正整数m,使得a i+m=a i(i=1,2,…)成⽴,则称其为0﹣1周期序列,并称满⾜a i+m=a i(i=1,2…)的最⼩正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…,C(k)=a i a i+k(k=1,2,…,m﹣1)是描述其性质的重要指标,下列周期为5的0﹣1序列中,满⾜C(k)≤(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010…B.11011…C.10001…D.11001…【解答】解:对于A选项:序列1101011010C(1)=a i a i+1=(1+0+0+0+0)=,C(2)=a i a i+2=(0+1+0+1+0)=,不满⾜C(k)≤(k=1,2,3,4),故排除A;对于B选项:序列1101111011C(1)=a i a i+1=(1+0+0+1+1)=,不满⾜条件,排除;对于C选项:序列100011000110001C(1)=a i a i+1=(0+0+0+0+1)=,C(2)=a i a i+2=(0+0+0+0++0)=0,C(3)=a i a i+3=(0+0+0+0+0)=0,C(4)=a i a i+4=(1+0+0+0+0)=,符合条件,对于D选项:序列1100111001C(1)=a i a i+1=(1+0+0+0+1)=不满⾜条件.故选:C.6.(2020•新课标Ⅱ)记S n为等⽐数列{a n}的前n项和.若a5﹣a3=12,a6﹣a4=24,则=()A.2n﹣1B.2﹣21﹣n C.2﹣2n﹣1D.21﹣n﹣1【解答】解:设等⽐数列的公⽐为q,∵a5﹣a3=12,∴a6﹣a4=q(a5﹣a3),∴q=2,∴a1q4﹣a1q2=12,∴12a1=12,∴a1=1,∴S n==2n﹣1,a n=2n﹣1,∴==2﹣21﹣n,故选:B.7.(2020•新课标Ⅱ)数列{a n}中,a1=2,a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+…+a k+10=215﹣25,则k=()A.2B.3C.4D.5【解答】解:由a1=2,且a m+n=a m a n,取m=1,得a n+1=a1a n=2a n,∴,则数列{a n}是以2为⾸项,以2为公⽐的等⽐数列,则,∴a k+1+a k+2+…+a k+10==215﹣25,∴k+1=5,即k=4.故选:C.8.(2020•新课标Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中⼼有⼀块圆形⽯板(称为天⼼⽯),环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环,向外每环依次增加9块.下⼀层的第⼀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)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块【解答】解:⽅法⼀:设每⼀层有n环,由题意可知从内到外每环之间构成等差数列,且公差d=9,a1=9,由等差数列的性质可得S n,S2n﹣S n,S3n﹣S2n成等差数列,且(S3n﹣S2n)﹣(S2n﹣S n)=n2d,则n2d=729,则n=9,则三层共有扇⾯形⽯板S3n=S27=27×9+×9=3402块,⽅法⼆:设第n环天⽯⼼块数为a n,第⼀层共有n环,则{a n}是以9为⾸项,9为公差的等差数列,a n=9+(n﹣1)×9=9n,设S n为{a n}的前n项和,则第⼀层、第⼆层、第三层的块数分别为S n,S2n﹣S n,S3n﹣S2n,∵下层⽐中层多729块,∴S3n﹣S2n=S2n﹣S n+729,∴﹣=﹣+729,∴9n2=729,解得n=9,∴S3n=S27==3402,故选:C.⼆.填空题(共6⼩题)9.(2020•上海)已知数列{a n}是公差不为零的等差数列,且a1+a10=a9,则=.【解答】解:根据题意,等差数列{a n}满⾜a1+a10=a9,即a1+a1+9d=a1+8d,变形可得a1=﹣d,所以====.故答案为:.10.(2020•新课标Ⅱ)记S n为等差数列{a n}的前n项和.若a1=﹣2,a2+a6=2,则S10=25.【解答】解:因为等差数列{a n}中,a1=﹣2,a2+a6=2a4=2,所以a4=1,3d=a4﹣a1=3,即d=1,则S10=10a1=10×(﹣2)+45×1=25.故答案为:2511.(2020•浙江)已知数列{a n}满⾜a n=,则S3=10.【解答】解:数列{a n}满⾜a n=,可得a1=1,a2=3,a3=6,所以S3=1+3+6=10.故答案为:10.12.(2020•海南)将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n},则{a n}的前n项和为3n2﹣2n.【解答】解:将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n},则{a n}是以1为⾸项、以6为公差的等差数列,故它的前n项和为n×1+=3n2﹣2n,故答案为:3n2﹣2n.13.(2020•江苏)设{a n}是公差为d的等差数列,{b n}是公⽐为q的等⽐数列.已知数列{a n+b n}的前n项和S n=n2﹣n+2n﹣1(n∈N*),则d+q的值是4.【解答】解:因为{a n+b n}的前n项和S n=n2﹣n+2n﹣1(n∈N*),因为{a n}是公差为d的等差数列,设⾸项为a1;{b n}是公⽐为q的等⽐数列,设⾸项为b1,所以{a n}的通项公式a n=a1+(n﹣1)d,所以其前n项和S==n2+(a1﹣)n,当{b n}中,当公⽐q=1时,其前n项和S=nb1,所以{a n+b n}的前n项和S n=S+S=n2+(a1﹣)n+nb1=n2﹣n+2n﹣1(n∈N*),显然没有出现2n,所以q≠1,则{b n}的前n项和为S==+,所以S n=S+S=n2+(a1﹣)n+﹣=n2﹣n+2n﹣1(n∈N*),由两边对应项相等可得:解得:d=2,a1=0,q=2,b1=1,所以d+q=4,故答案为:4.14.(2020•新课标Ⅰ)数列{a n}满⾜a n+2+(﹣1)n a n=3n﹣1,前16项和为540,则a1=7.【解答】解:由a n+2+(﹣1)n a n=3n﹣1,当n为奇数时,有a n+2﹣a n=3n﹣1,可得a n﹣a n﹣2=3(n﹣2)﹣1,…a3﹣a1=3•1﹣1,累加可得a n﹣a1=3[1+3+…+(n﹣2)]﹣=3•=;当n为偶数时,a n+2+a n=3n﹣1,可得a4+a2=5,a8+a6=17,a12+a10=29,a16+a14=41.可得a2+a4+…+a16=92.∴a1+a3+…+a15=448.∴=448,∴8a1=56,即a1=7.故答案为:7.三.解答题(共8⼩题)15.(2020•天津)已知{a n}为等差数列,{b n}为等⽐数列,a1=b1=1,a5=5(a4﹣a3),b5=4(b4﹣b3).(Ⅰ)求{a n}和{b n}的通项公式;(Ⅱ)记{a n}的前n项和为S n,求证:S n S n+2<S n+12(n∈N*);(Ⅲ)对任意的正整数n,设c n=求数列{c n}的前2n项和.【解答】解:(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d,等⽐数列{b n}的公⽐为q,由a1=1,a5=5(a4﹣a3),则1+4d=5d,可得d=1,∴a n=1+n﹣1=n,∵b1=1,b5=4(b4﹣b3),∴q4=4(q3﹣q2),解得q=2,∴b n=2n﹣1;(Ⅱ)证明:法⼀:由(Ⅰ)可得S n=,∴S n S n+2=n(n+1)(n+2)(n+3),(S n+1)2=(n+1)2(n+2)2,∴S n S n+2﹣S n+12=﹣(n+1)(n+2)<0,∴S n S n+2<S n+12(n∈N*);法⼆:∵数列{a n}为等差数列,且a n=n,∴S n=,S n+2=,S n+1=,∴==<1,∴S n S n+2<S n+12(n∈N*);(Ⅲ),当n为奇数时,c n===﹣,当n为偶数时,c n==,对任意的正整数n,有c2k﹣1=(﹣)=﹣1,和c2k==+++…+,①,由①×可得c2k=++…++,②,①﹣②得c2k=+++…+﹣﹣,∴c2k=﹣,因此c2k=c2k﹣1+c2k=﹣﹣.数列{c n}的前2n项和﹣﹣.16.(2020•海南)已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)求a1a2﹣a2a3+…+(﹣1)n﹣1a n a n+1.【解答】解:(1)设等⽐数列{a n}的公⽐为q(q>1),则,∵q>1,∴,∴.(2)a1a2﹣a2a3+…+(﹣1)n﹣1a n a n+1=23﹣25+27﹣29+…+(﹣1)n﹣1•22n+1,==.17.(2020•江苏)已知数列{a n}(n∈N*)的⾸项a1=1,前n项和为S n.设λ和k为常数,若对⼀切正整数n,均有S n+1﹣S n=λa n+1成⽴,则称此数列为“λ﹣k”数列.(1)若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列,求λ的值;(2)若数列{a n}是“﹣2”数列,且a n>0,求数列{a n}的通项公式;(3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列,且a n≥0?若存在,求出λ的取值范围;若不存在,说明理由.【解答】解:(1)k=1时,a n+1=S n+1﹣S n=λa n+1,由n为任意正整数,且a1=1,a n≠0,可得λ=1;(2)﹣=,则an+1=S n+1﹣S n=(﹣)•(+)=•(+),因此+=•,即=,Sn+1=a n+1=(S n+1﹣S n),从⽽S n+1=4S n,⼜S1=a1=1,可得S n=4n﹣1,a n=S n﹣S n﹣1=3•4n﹣2,n≥2,综上可得a n=,n∈N*;(3)若存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列,则S n+1﹣S n=λa n+1,则S n+1﹣3S n+1S n+3S n+1S n﹣S n=λ3a n+1=λ3(S n+1﹣S n),由a1=1,a n≥0,且S n>0,令p n=()>0,则(1﹣λ3)p n3﹣3p n2+3p n﹣(1﹣λ3)=0,λ=1时,p n=p n2,由p n>0,可得p n=1,则S n+1=S n,即a n+1=0,此时{a n}唯⼀,不存在三个不同的数列{a n},λ≠1时,令t=,则p n3﹣tp n2+tp n﹣1=0,则(p n﹣1)[p n2+(1﹣t)p n+1]=0,①t≤1时,p n2+(1﹣t)p n+1>0,则p n=1,同上分析不存在三个不同的数列{a n};②1<t<3时,△=(1﹣t)2﹣4<0,p n2+(1﹣t)p n+1=0⽆解,则p n=1,同上分析不存在三个不同的数列{a n};③t=3时,(p n﹣1)3=0,则p n=1,同上分析不存在三个不同的数列{a n}.④t>3时,即0<λ<1时,△=(1﹣t)2﹣4>0,p n2+(1﹣t)p n+1=0有两解α,β,设α<β,α+β=t﹣1>2,αβ=1>0,则0<α<1<β,则对任意n∈N*,=1或=α3(舍去)或=β3,由于数列{S n}从任何⼀项求其后⼀项均有两种不同的结果,所以这样的数列{S n}有⽆数多个,则对应的数列{a n}有⽆数多个.则存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列,且a n≥0,综上可得0<λ<1.18.(2020•新课标Ⅰ)设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列,a1为a2,a3的等差中项.(1)求{a n}的公⽐;(2)若a1=1,求数列{na n}的前n项和.【解答】解:(1)设{a n}是公⽐q不为1的等⽐数列,a1为a2,a3的等差中项,可得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2,即为q2+q﹣2=0,解得q=﹣2(1舍去),所以{a n}的公⽐为﹣2;(2)若a1=1,则a n=(﹣2)n﹣1,na n=n•(﹣2)n﹣1,则数列{na n}的前n项和为S n=1•1+2•(﹣2)+3•(﹣2)2+…+n•(﹣2)n﹣1,﹣2S n=1•(﹣2)+2•(﹣2)2+3•(﹣2)3+…+n•(﹣2)n,两式相减可得3S n=1+(﹣2)+(﹣2)2+(﹣2)3+…+(﹣2)n﹣1﹣n•(﹣2)n=﹣n•(﹣2)n,化简可得S n=,所以数列{na n}的前n项和为.19.(2020•⼭东)已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{b m}的前100项和S100.【解答】解:(1)∵a2+a4=20,a3=8,∴+8q=20,解得q=2或q=(舍去),∴a1=2,∴a n=2n,(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,∴2n≤m,∴n≤log2m,故b1=0,b2=1,b3=1,b4=2,b5=2,b6=2,b7=2,b8=3,b9=3,b10=3,b11=3,b12=3,b13=3,b14=3,b15=3,b16=4,…,可知0在数列{b m}中有1项,1在数列{b m}中有2项,2在数列{b m}中有4项,…,由<100,>100可知b63=5,b64=b65=…=b100=6.∴数列{b m}的前100项和S100=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.20.(2020•新课标Ⅲ)设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2=4,a3﹣a1=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{log3a n}的前n项和.若S m+S m+1═S m+3,求m.【解答】解:(1)设公⽐为q,则由,可得a1=1,q=3,所以a n=3n﹣1.(2)由(1)有log3a n=n﹣1,是⼀个以0为⾸项,1为公差的等差数列,所以S n=,所以+=,m2﹣5m﹣6=0,解得m=6,或m=﹣1(舍去),所以m=6.21.(2020•浙江)已知数列{a n},{b n},{c n}满⾜a1=b1=c1=1,c n=a n+1﹣a n,c n+1=c n,(n∈N*).(Ⅰ)若{b n}为等⽐数列,公⽐q>0,且b1+b2=6b3,求q的值及数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)若{b n}为等差数列,公差d>0,证明:c1+c2+c3+…+c n<1+,n∈N*.【解答】(Ⅰ)解:由题意,b2=q,b3=q2,∵b1+b2=6b3,∴1+q=6q2,整理,得6q2﹣q﹣1=0,解得q=﹣(舍去),或q=,∴c n+1=•c n=•c n=•c n=•c n=4•c n,∴数列{c n}是以1为⾸项,4为公⽐的等⽐数列,∴c n=1•4n﹣1=4n﹣1,n∈N*.∴a n+1﹣a n=c n=4n﹣1,则a1=1,a2﹣a1=1,a3﹣a2=41,•••a n﹣a n﹣1=4n﹣2,各项相加,可得a n=1+1+41+42+…+4n﹣2=+1=.(Ⅱ)证明:依题意,由c n+1=•c n(n∈N*),可得b n+2•c n+1=b n•c n,两边同时乘以b n+1,可得b n+1b n+2c n+1=b n b n+1c n,∵b1b2c1=b2=1+d,∴数列{b n b n+1c n}是⼀个常数列,且此常数为1+d,b n b n+1c n=1+d,∴c n==•=(1+)•=(1+)(﹣),⼜∵b1=1,d>0,∴b n>0,∴c1+c2+…+c n=(1+)(﹣)+(1+)(﹣)+…+(1+)(﹣)=(1+)(﹣+﹣+…+﹣)=(1+)(﹣)=(1+)(1﹣)<1+,∴c1+c2+…+c n<1+,故得证.22.(2020•上海)已知各项均为正数的数列{a n},其前n项和为S n,a1=1.(1)若数列{a n}为等差数列,S10=70,求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{a n}为等⽐数列,a4=,求满⾜S n>100a n时n的最⼩值.【解答】解:(1)数列{a n}为公差为d的等差数列,S10=70,a1=1,可得10+×10×9d=70,解得d=,则a n=1+(n﹣1)=n﹣;(2)数列{a n}为公⽐为q的等⽐数列,a4=,a1=1,可得q3=,即q=,则a n=()n﹣1,S n==2﹣()n﹣1,S n>100a n,即为2﹣()n﹣1>100•()n﹣1,即2n>101,可得n≥7,即n的最⼩值为7.考点卡⽚1.数列的函数特性【知识点的认识】1、等差数列的通项公式:a n=a1+(n﹣1)d;前n项和公式S n=na1+n(n﹣1)d或者S n=2、等⽐数列的通项公式:a n=a1q n﹣1;前n项和公式S n==(q≠1)3、⽤函数的观点理解等差数列、等⽐数列(1)对于等差数列,a n=a1+(n﹣1)d=dn+(a1﹣d),当d≠0时,a n是n的⼀次函数,对应的点(n,a n)是位于直线上的若⼲个点.当d>0时,函数是增函数,对应的数列是递增数列;同理,d=0时,函数是常数函数,对应的数列是常数列;d<0时,函数是减函数,对应的数列是递减函数.若等差数列的前n项和为S n,则S n=pn2+qn(p、q∈R).当p=0时,{a n}为常数列;当p≠0时,可⽤⼆次函数的⽅法解决等差数列问题.(2)对于等⽐数列:a n=a1q n﹣1.可⽤指数函数的性质来理解.当a1>0,q>1或a1<0,0<q<1时,等⽐数列是递增数列;当a1>0,0<q<1或a1<0,q>1时,等⽐数列{a n}是递减数列.当q=1时,是⼀个常数列.当q<0时,⽆法判断数列的单调性,它是⼀个摆动数列.【典型例题分析】典例1:数列{a n}满⾜a n=n2+kn+2,若不等式a n≥a4恒成⽴,则实数k的取值范围是()A.[﹣9,﹣8]B.[﹣9,﹣7]C.(﹣9,﹣8)D.(﹣9,﹣7)解:a n=n2+kn+2=,∵不等式a n≥a4恒成⽴,∴,解得﹣9≤k≤﹣7,故选:B.典例2:设等差数列{a n}满⾜a1=1,a n>0(n∈N*),其前n项和为S n,若数列{}也为等差数列,则的最⼤值是()A.310B.212C.180D.121解:∵等差数列{a n}满⾜a1=1,a n>0(n∈N*),设公差为d,则a n=1+(n﹣1)d,其前n项和为S n=,∴=,=1,=,=,∵数列{}也为等差数列,∴=+,∴=1+,解得d=2.∴S n+10=(n+10)2,=(2n﹣1)2,∴==,由于为单调递减数列,∴≤=112=121,故选:D.2.等差数列的通项公式【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种,数列从第⼆项起,每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数,已知等差数列的⾸项a1,公差d,那么第n项为a n=a1+(n﹣1)d,或者已知第m项为a m,则第n项为a n=a m+(n﹣m)d.【例题解析】eg1:已知数列{a n}的前n项和为S n=n2+1,求数列{a n}的通项公式,并判断{a n}是不是等差数列解:当n=1时,a1=S1=12+1=2,当n≥2时,a n=S n﹣S n﹣1=n2+1﹣(n﹣1)2﹣1=2n﹣1,∴a n=,把n=1代⼊2n﹣1可得1≠2,∴{a n}不是等差数列考察了对概念的理解,除掉第⼀项这个数列是等差数列,但如果把⾸项放进去的话就不是等差数列,题中a n的求法是数列当中常⽤到的⽅式,⼤家可以熟记⼀下.eg2:已知等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1,2a+1,a+7则这个数列的通项公式为解:∵等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1,2a+1,a+7,∴2(2a+1)=a﹣1+a+7,解得a=2.∴a1=2﹣1=1,a2=2×2+1=5,a3=2+7=9,∴数列a n是以1为⾸项,4为公差的等差数列,∴a n=1+(n﹣1)×4=4n﹣3.故答案:4n﹣3.这个题很好的考察了的呢公差数列的⼀个重要性质,即等差中项的特点,通过这个性质然后解⽅程⼀样求出⾸项和公差即可.【考点点评】求等差数列的通项公式是⼀种很常⻅的题型,这⾥⾯往往⽤的最多的就是等差中项的性质,这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点.3.等差数列的前n项和【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种,如果⼀个数列从第⼆项起,每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数,这个数列就叫做等差数列,⽽这个常数叫做等差数列的公差,公差常⽤字⺟d表示.其求和公式为S n=na1+n(n﹣1)d或者S n=【例题解析】eg1:设等差数列的前n项和为S n,若公差d=1,S5=15,则S10=解:∵d=1,S5=15,∴5a1+d=5a1+10=15,即a1=1,则S10=10a1+d=10+45=55.故答案为:55点评:此题考查了等差数列的前n项和公式,解题的关键是根据题意求出⾸项a1的值,然后套⽤公式即可.eg2:等差数列{a n}的前n项和S n=4n2﹣25n.求数列{|a n|}的前n项的和T n.解:∵等差数列{a n}的前n项和S n=4n2﹣25n.∴a n=S n﹣S n﹣1=(4n2﹣25n)﹣[4(n﹣1)2﹣25(n﹣1)]=8n﹣29,该等差数列为﹣21,﹣13,﹣5,3,11,…前3项为负,其和为S3=﹣39.∴n≤3时,T n=﹣S n=25n﹣4n2,n≥4,T n=S n﹣2S3=4n2﹣25n+78,∴.点评:本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意分类讨论思想的合理运⽤.其实⽅法都是⼀样的,要么求出⾸项和公差,要么求出⾸项和第n项的值.【考点点评】等差数列⽐较常⻅,单独考察等差数列的题也⽐较简单,⼀般单独考察是以⼩题出现,⼤题⼀般要考察的话会结合等⽐数列的相关知识考察,特别是错位相减法的运⽤.4.等⽐数列的性质【等⽐数列】(⼜名⼏何数列),是⼀种特殊数列.如果⼀个数列从第2项起,每⼀项与它的前⼀项的⽐等于同⼀个常数,这个数列就叫做等⽐数列,因为第⼆项与第⼀项的⽐和第三项与第⼆项的⽐相等,这个常数叫做等⽐数列的公⽐,公⽐通常⽤字⺟q表示(q≠0).注:q=1时,a n 为常数列.等⽐数列和等差数列⼀样,也有⼀些通项公式:①第n项的通项公式,a n=a1q n﹣1,这⾥a1为⾸项,q为公⽐,我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤⽴的点.②求和公式,S n=,表示的是前⾯n项的和.③若m+n=q+p,且都为正整数,那么有a m•a n =a p•a q.例:2,x,y,z,18成等⽐数列,则y=.解:由2,x,y,z,18成等⽐数列,设其公⽐为q,则18=2q4,解得q2=3,∴y=2q2=2×3=6.故答案为:6.本题的解法主要是运⽤了等⽐数列第n项的通项公式,这也是⼀个常⽤的⽅法,即知道某两项的值然后求出公⽐,继⽽可以以已知项为⾸项,求出其余的项.关键是对公式的掌握,⽅法就是待定系数法.【等⽐数列的性质】(1)通项公式的推⼴:a n=a m•q n﹣m,(n,m∈N*).(2)若{a n}为等⽐数列,且k+l=m+n,(k,l,m,n∈N*),则a k•a l=a m•a n(3)若{a n},{b n}(项数相同)是等⽐数列,则{λa n}(λ≠0),{a},{a n•b n},仍是等⽐数列.(4)单调性:或 {a n}是递增数列;或 {a n}是递减数列;q=1 {a n}是常数列;q<0 {a n}是摆动数列.5.等⽐数列的通项公式【知识点的认识】1.等⽐数列的定义如果⼀个数列从第2项起,每⼀项与它的前⼀项的⽐值等于同⼀个常数,那么这个数列叫做等⽐数列,这个常数叫做等⽐数列的公⽐,通常⽤字⺟q表示(q≠0).从等⽐数列的定义看,等⽐数列的任意项都是⾮零的,公⽐q也是⾮零常数.2.等⽐数列的通项公式设等⽐数列{a n}的⾸项为a1,公⽐为q,则它的通项a n=a1•q n﹣13.等⽐中项:如果在a与b中间插⼊⼀个数G,使a,G,b成等⽐数列,那么G叫做a与b的等⽐中项.G2=a•b(ab≠0)4.等⽐数列的常⽤性质(1)通项公式的推⼴:a n=a m•q n﹣m,(n,m∈N*).(2)若{a n}为等⽐数列,且k+l=m+n,(k,l,m,n∈N*),则a k•a l=a m•a n(3)若{a n},{b n}(项数相同)是等⽐数列,则{λa n}(λ≠0),{a},{a n•b n},仍是等⽐数列.(4)单调性:或 {a n}是递增数列;或 {a n}是递减数列;q=1 {a n}是常数列;q<0 {a n}是摆动数列.6.等⽐数列的前n项和【知识点的知识】1.等⽐数列的前n项和公式等⽐数列{a n}的公⽐为q(q≠0),其前n项和为S n,当q=1时,S n=na1;当q≠1时,S n==.2.等⽐数列前n项和的性质公⽐不为﹣1的等⽐数列{a n}的前n项和为S n,则S n,S2n﹣S n,S3n﹣S2n仍成等⽐数列,其公⽐为q n.7.数列的应⽤【知识点的知识】1、数列与函数的综合2、等差数列与等⽐数列的综合3、数列的实际应⽤数列与银⾏利率、产品利润、⼈⼝增⻓等实际问题的结合.8.数列的求和【知识点的知识】就是求出这个数列所有项的和,⼀般来说要求的数列为等差数列、等⽐数列、等差等⽐数列等等,常⽤的⽅法包括:(1)公式法:①等差数列前n项和公式:S n=na1+n(n﹣1)d或S n=②等⽐数列前n项和公式:③⼏个常⽤数列的求和公式:(2)错位相减法:适⽤于求数列{a n×b n}的前n项和,其中{a n}{b n}分别是等差数列和等⽐数列.(3)裂项相消法:适⽤于求数列{}的前n项和,其中{a n}为各项不为0的等差数列,即=().(4)倒序相加法:推导等差数列的前n项和公式时所⽤的⽅法,就是将⼀个数列倒过来排列(反序),再把它与原数列相加,就可以得到n个(a1+a n).(5)分组求和法:有⼀类数列,既不是等差数列,也不是等⽐数列,若将这类数列适当拆开,可分为⼏个等差、等⽐或常⻅的数列,然后分别求和,再将其合并即可.【典型例题分析】典例1:已知等差数列{a n}满⾜:a3=7,a5+a7=26,{a n}的前n项和为S n.(Ⅰ)求a n及S n;(Ⅱ)令b n=(n∈N*),求数列{b n}的前n项和T n.分析:形如的求和,可使⽤裂项相消法如:.解:(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d,∵a3=7,a5+a7=26,∴,解得a1=3,d=2,∴a n=3+2(n﹣1)=2n+1;S n==n2+2n.(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n=2n+1,∴b n====,∴T n===,即数列{b n}的前n项和T n=.点评:该题的第⼆问⽤的关键⽅法就是裂项求和法,这也是数列求和当中常⽤的⽅法,就像友情提示那样,两个等差数列相乘并作为分⺟的⼀般就可以⽤裂项求和.【解题⽅法点拨】数列求和基本上是必考点,⼤家要学会上⾯所列的⼏种最基本的⽅法,即便是放缩也要往这⾥⾯考.9.数列递推式【知识点的知识】1、递推公式定义:如果已知数列{a n}的第1项(或前⼏项),且任⼀项a n与它的前⼀项a n﹣1(或前⼏项)间的关系可以⽤⼀个公式来表示,那么这个公式就叫做这个数列的递推公式.2、数列前n项和S n与通项a n的关系式:a n=.在数列{a n}中,前n项和S n与通项公式a n的关系,是本讲内容⼀个重点,要认真掌握.注意:(1)⽤a n=S n﹣S n﹣1求数列的通项公式时,你注意到此等式成⽴的条件了吗?(n≥2,当n=1时,a1=S1);若a1适合由a n的表达式,则a n不必表达成分段形式,可化统⼀为⼀个式⼦.(2)⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时,常需运⽤关系式a n=S n﹣S n﹣1,先将已知条件转化为只含a n或S n的关系式,然后再求解.3、数列的通项的求法:(1)公式法:①等差数列通项公式;②等⽐数列通项公式.(2)已知S n(即a1+a2+…+a n=f(n))求a n,⽤作差法:a n=.⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时,常需运⽤关系式,先将已知条件转化为只含或的关系式,然后再求解.(3)已知a1•a2…a n=f(n)求a n,⽤作商法:a n,=.(4)若a n+1﹣a n=f(n)求a n,⽤累加法:a n=(a n﹣a n﹣1)+(a n﹣1﹣a n﹣2)+…+(a2﹣a1)+a1(n≥2).(5)已知=f(n)求a n,⽤累乘法:a n=(n≥2).(6)已知递推关系求a n,有时也可以⽤构造法(构造等差、等⽐数列).特别地有,①形如a n=ka n﹣1+b、a n=ka n﹣1+b n(k,b为常数)的递推数列都可以⽤待定系数法转化为公⽐为k的等⽐数列后,再求a n.②形如a n=的递推数列都可以⽤倒数法求通项.(7)求通项公式,也可以由数列的前⼏项进⾏归纳猜想,再利⽤数学归纳法进⾏证明.10.等差数列与等⽐数列的综合【知识点的知识】1、等差数列的性质(1)若公差d>0,则为递增等差数列;若公差d<0,则为递减等差数列;若公差d=0,则为常数列;(2)有穷等差数列中,与⾸末两端“等距离”的两项和相等,并且等于⾸末两项之和;(3)m,n∈N+,则a m=a n+(m﹣n)d;(4)若s,t,p,q∈N*,且s+t=p+q,则a s+a t=a p+a q,其中a s,a t,a p,a q是数列中的项,特别地,当s+t=2p时,有a s+a t=2a p;(5)若数列{a n},{b n}均是等差数列,则数列{ma n+kb n}仍为等差数列,其中m,k均为常数.(6)a n,a n﹣1,a n﹣2,…,a2,a1仍为等差数列,公差为﹣d.(7)从第⼆项开始起,每⼀项是与它相邻两项的等差中项,也是与它等距离的前后两项的等差中项,即2a n+1=a n+a n+2,2a n=a n﹣m+a n+m,(n≥m+1,n,m∈N+)(8)a m,a m+k,a m+2k,a m+3k,…仍为等差数列,公差为kd(⾸项不⼀定选a1).2、等⽐数列的性质.(1)通项公式的推⼴:a n=a m•q n﹣m,(n,m∈N*).(2)若{a n}为等⽐数列,且k+l=m+n,(k,l,m,n∈N*),则a k•a l=a m•a n(3)若{a n},{b n}(项数相同)是等⽐数列,则{λa n}(λ≠0),{a},{a n•b n},仍是等⽐数列.(4)单调性:或 {a n}是递增数列;或 {a n}是递减数列;q=1 {a n}是常数列;q<0 {a n}是摆动数列.31。

2020年高考数学 大题专项练习 数列 二(15题含答案解析)

2020年高考数学 大题专项练习 数列 二(15题含答案解析)

2020年高考数学大题专项练习数列二1.已知{a n}是正数组成的数列,a1=1,且点()在函数的图象上.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足,,求证:.2.设等差数列{a n}满足,,(1)求{a n}的通项公式;(2)设{a n}的前项和为,求满足成立的值。

3.设数列A:, ,… (N≥2)。

如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有<,则称n是数列A的一个“G时刻”。

记“G(A)是数列A 的所有“G时刻”组成的集合。

(1)对数列A:-2,2,-1,1,3,写出G(A)的所有元素;(2)证明:若数列A中存在使得>,则G(A)≠;(3)证明:若数列A满足-≤1(n=2,3, …,N),则G(A)的元素个数不小于 -。

4.设数列的前项和为,且.(1) 求的值,并用表示;(2) 求数列的通项公式;(3) 设,求证:.5.已知在数列{a n }中,a 1=1,a n a n +1=n .(12)(1)求证:数列{a 2n }与{a 2n -1}都是等比数列;(2)若数列{a n }的前2n 项的和为T 2n ,令b n =(3-T 2n )·n·(n +1),求数列{b n }的最大项. 6.单调递增数列{a n }的前项和为,且满足.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)数列{b n }满足,求数列{b n }的前项和7.已知等差数列的前n项和为,且.(1)求数列的通项公式;(2)求证:.8.已知为等差数列,前n项和为,是首项为2的等比数列,且公比大于0,,,.(Ⅰ)求和的通项公式;(Ⅱ)求数列的前n项和.9.已知数列的前项和为,,且满足(1)求及通项公式;(2)若,求数列的前项和.10.各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n,已知点(a n,a n+1)(n∈N*)在函数的图象上,且.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n;(2)已知数列{b n}满足b n=4﹣n,设其前n项和为T n,若存在正整数k,使不等式T n>k 有解,且(n∈N*)恒成立,求k的值.11.在等差数列中,,,(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前项和.12.在数列{a n}中,,(1)写出这个数列的前4项,并猜想这个数列的通项公式;(2)证明这个数列的通项公式.13.数列{a n}的前项和为.(1)求{a n}的通项公式;(2)设,求数列{b n}的前项和.14.为等差数列的前n项和,且记,其中表示不超过x的最大整数,如.(I)求;(II)求数列的前1 000项和.15.已知数列的前n项和S n=3n2+8n,是等差数列,且(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)令求数列的前n项和T n.答案解析1.解:2.3.解:4.5.解:(1)证明:由题意可得a 1a 2=,则a 2=.1212又a n a n +1=n ,a n +1a n +2=n +1,∴=.(12)(12)an +2an 12∴数列{a 2n -1}是以1为首项,为公比的等比数列;12数列{a 2n }是以为首项,为公比的等比数列.1212(2)T 2n =(a 1+a 3+…+a 2n -1)+(a 2+a 4+…+a 2n )=+=3-3·n .1-(12)n 1-1212[1-(12)n ]1-12(12)∴b n =3n(n +1)n ,b n +1=3(n +1)(n +2)n +1,∴=,(12)(12)bn +1bn n +22n∴b 1<b 2=b 3,b 3>b 4>…>b n >…,∴数列{b n }的最大项为b 2=b 3=.926.7.8.(1)..(2).9.10.11.12.13.(1);(2)数列的前项或前项的和最大;(3).14.解:15.。

专题15 三角或数列解答题--2020届全国卷高考数学真题分类汇编含答案

专题15 三角或数列解答题--2020届全国卷高考数学真题分类汇编含答案

专题15三角或数列解答题研究发现,课标全国卷的试卷结构和题型具有一定的稳定性和延续性,每个题型考查的知识点、考查方法、考查角度、思维方法等相对固定,掌握了全国卷的各种题型,就把握了全国卷命题的灵魂,基于此,潜心研究全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷及高考数学考试说明,精心分类汇总至少最近三年全国卷的所有题型(按年份先理后文的排列),对把握全国卷命题的方向,指导我们的高考有效复习,走出题海,快速提升成绩,会起到事半功倍的效果。

三角或数列解答题,Ⅰ卷(理)2016-2018都考三角大题,Ⅱ卷(理)2016-2018依次考数列→三角→数列,Ⅲ卷(理)依次考数列→三角→数列;文科Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷2016-2018都考数列大题;全国卷中每年只考一题,考三角大题时,一般配有2道数列小题,1-2道三角小题,考数列大题时,一般配3道三角小题,不再配数列小题,三角大题侧重于考解三角形,重点考查正、余弦定理,题型设计较为灵活,小题中侧重考查三角函数的图像及性质;数列一般考求通项,求和,数列应用题已经多年不考了,总体来说数列的地位已经降低,题目难度小。

1.(2018年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅰ卷数学(理17))在平面四边形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.(1)求cos∠ADB;(2)若DC=2,求BC.【答案】见解析。

【考点】HT:三角形中的几何计算.【专题】11:计算题;31:数形结合;49:综合法;58:解三角形.【分析】(1)由正弦定理得=,求出sin∠ADB=,由此能求出cos∠ADB;(2)由∠ADC=90°,得cos∠BDC=sin∠ADB=,再由DC=2,利用余弦定理能求出BC.【解答】解:(1)∵∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.∴由正弦定理得:=,即=,∴sin∠ADB==,∵AB<BD,∴∠ADB<∠A,∴cos∠ADB==.(2)∵∠ADC=90°,∴cos∠BDC=sin∠ADB=,∵DC=2,∴BC===5.【点评】本题考查三角函数中角的余弦值、线段长的求法,考查正弦定理、余弦定理等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是中档题.2.(2017年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅰ卷数学(理17))△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为.(1)求sinBsinC;(2)若6cosBcosC=1,a=3,求△ABC的周长.【答案】见解析。

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《数列》图文答案

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《数列》图文答案

高考数学《数列》课后练习一、选择题1.设数列是公差的等差数列,为前项和,若,则取得最大值时,的值为A .B .C .或D .【答案】C 【解析】,进而得到,即,数列是公差的等差数列,所以前五项都是正数,或时,取最大值,故选C.2.数列{}n a 的通项公式为()n a n c n N *=-∈.则“2c <”是“{}na 为递增数列”的( )条件. A .必要而不充分 B .充要C .充分而不必要D .即不充分也不必要【答案】A 【解析】 【分析】根据递增数列的特点可知10n n a a +->,解得12c n <+,由此得到若{}n a 是递增数列,则32c <,根据推出关系可确定结果. 【详解】 若“{}n a 是递增数列”,则110n n a a n c n c +-=+--->, 即()()221n c n c +->-,化简得:12c n <+, 又n *∈N ,1322n ∴+≥,32c ∴<, 则2c <¿{}n a 是递增数列,{}n a 是递增数列2c ⇒<,∴“2c <”是“{}n a 为递增数列”的必要不充分条件.故选:A . 【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断,涉及到根据数列的单调性求解参数范围,属于基础题.3.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若34322128,6a a S ⋅==,则数列{}(1)nn a -的前40项和为( ) A .0 B .20C .40D .80【答案】B【解析】 【分析】先由题意求出34a +a =7,然后利用等差数列的前n 项和公式表示出134a a +=,前后两式作差,求出公差,进而代入求出首项,最后即得n a n =,代入题目中{}(1)nn a -,两两组合可求新数列前40项的和. 【详解】 依题意,()133362a a S +== ,∴134a a +=,①∵3422128a a ⋅=,即342128a a +=, ∴34a +a =7,② ②-①得33d =, ∴1d =, ∴11,n a a n ==, ∴(1)(1)n n n a n -=-,∴{}(1)nn a -的前40项和40(12)(34)(3940)20S -++-++⋅⋅⋅+-+==,故选:B . 【点睛】本题考查了指数运算:同底数幂相乘,底数不变,指数相加;主要考查等差数列的前n 和公式,等差中项的性质等等,以及常见的摆动数列的有限项求和,可以采用的方法为:分组求和法,两两合并的方法等等,对学生的运算能力稍有要求,为中等难度题4.已知数列{}n a 满足12n n a a +-=,且134,,a a a 成等比数列.若{}n a 的前n 项和为n S ,则n S 的最小值为( )A .–10B .14-C .–18D .–20【答案】D 【解析】 【分析】利用等比中项性质可得等差数列的首项,进而求得n S ,再利用二次函数的性质,可得当4n =或5时,n S 取到最小值.【详解】根据题意,可知{}n a 为等差数列,公差2d =,由134,,a a a 成等比数列,可得2314a a a =,∴1112()4(6)a a a ++=,解得18a =-.∴22(1)981829()224n n n S n n n n -=-+⨯=-=--. 根据单调性,可知当4n =或5时,n S 取到最小值,最小值为20-. 故选:D. 【点睛】本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前n 项和的最值,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力,求解时注意当4n =或5时同时取到最值.5.在数列{}n a 中,若10a =,12n n a a n +-=,则23111na a a +++L 的值 A .1n n- B .1n n+ C .11n n -+ D .1n n + 【答案】A 【解析】分析:由叠加法求得数列的通项公式(1)n a n n =-,进而即可求解23111na a a +++L 的和. 详解:由题意,数列{}n a 中,110,2n n a a a n +=-=,则112211()()()2[12(1)](1)n n n n n a a a a a a a a n n n ---=-+-++-+=+++-=-L L , 所以1111(1)1n a n n n n==--- 所以231111111111(1)()()12231n n a a a n n n n-+++=-+-++-=-=-L L ,故选A. 点睛:本题主要考查了数列的综合问题,其中解答中涉及到利用叠加法求解数列的通项公式和利用裂项法求解数列的和,正确选择方法和准确运算是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,以及推理与运算能力.6.已知椭圆221x y m n+=满足条件:,,m n m n +成等差数列,则椭圆离心率为( )A.2B.2C .12D【答案】B 【解析】 【分析】根据满足条件,,m n m n +成等差数列可得椭圆为2212x ym m+=,求出,a c .再求椭圆的离心率即可. 【详解】()22n m m n n m =++⇒=, ∴椭圆为2212x y m m +=,22c m m m =-=,得c =又a =2c e a ∴==.B. 【点睛】一般求离心率有以下几种情况:①直接求出,a c ,从而求出e ;②构造,a c 的齐次式,求出e ;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解.7.已知数列{}n a 中,732,1a a ==,又数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是等差数列,则11a 等于( ) A .0 B .12C .23D .1-【答案】B 【解析】 【分析】先根据条件得等差数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭公差以及通项公式,代入解得11a .【详解】 设等差数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭公差为d ,则731111144,112324d d d a a =-∴=-=++, 从而31115(3)11242424n n n a a =+-⋅=+++ 11111115211242432a a =+=∴=+,选B. 【点睛】本题考查等差数列通项公式,考查基本求解能力,属基本题.8.等差数列的首项为125,且从第10项开始为比1大的项,则公差d 的取值范围是( )A .(0,)+∞B .8,75⎛⎫+∞⎪⎝⎭C .83,7525⎛⎫⎪⎝⎭ D .83,7525⎛⎤⎥⎝⎦ 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知101a >,91a ≤,把1a 的值代入列不等式解得即可. 【详解】由题意,设数列{}n a 的公差为d ,首项1125a =,则10911a a >⎧⎨≤⎩,即101919181a a d a a d =+>⎧⎨=+≤⎩,解得837525d <≤. 故选:D. 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式的应用,要熟练记忆等差数列的通项公式.9.设{a n }为等比数列,{b n }为等差数列,且S n 为数列{b n }的前n 项和.若a 2=1,a 10=16且a 6=b 6,则S 11=( ) A .20 B .30 C .44 D .88【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列{a n }的公比为q ,由a 2=1,a 10=16列式求得q 2,进一步求出a 6,可得b 6,再由等差数列的前n 项和公式求解S 11. 【详解】设等比数列{a n }的公比为q ,由a 2=1,a 10=16, 得810216a q a ==,得q 2=2. ∴4624a a q ==,即a 6=b 6=4,又S n 为等差数列{b n }的前n 项和, ∴()1111161111442b b S b+⨯===.故选:C. 【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及性质,训练了等差数列前n 项和的求法,是中档题.10.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若150S >,160S <,则n S 取最大值时n 的值为( ) A .6 B .7C .8D .13【答案】C 【解析】 【分析】根据题意推导出数列{}n a 为单调递减数列,且当8n ≤时,0n a >,当9n ≥时,0n a <,由此可得出结果. 【详解】()115158151502a a S a +==>Q ,()()116168916802a a S a a +==+<,80a ∴>,90a <,所以,等差数列{}n a 的公差980d a a =-<,则数列{}n a 为单调递减数列. 当8n ≤时,0n a >,当9n ≥时,0n a <, 因此,当8n =时,n S 取最大值. 故选:C. 【点睛】本题考查利用等差数列前n 项和的最值求对应的n 的值,主要分析出数列的单调性,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.11.已知数列{}n a 满足:()()2*112,10n n n a a S S n +=+-=∈N ,其中n S 为数列{}n a 的前n 项和.设()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ,若对任意的n 均有(1)()f n kf n +<成立,则k 的最小整数值为( ) A .2 B .3C .4D .5【答案】A 【解析】 【分析】当1n ≥时,有条件可得()211n n n nS S S S +--=-,从而111n n nS S S +--=,故111111n n S S +-=--,得出 11n S ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列,从而求出n S 【详解】当1n ≥时,有条件可得()211n n n nS S S S +--=-,从而111n n nS S S +--=,故111111111n n n n n S S S S S +-=-=----,又1111121S ==--,11n S ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的11n n S ∴=-,1n n S n +=,由()()()12111()1n S S S f n n +++=+L , 得()1(1)1(1)23152,2()2223n n S f n n f n n n n +++++⎡⎫===-∈⎪⎢+++⎣⎭, 依题意知(1)()f n k f n +>, min 2k ∴=.故选:A 【点睛】本题考查数列的综合应用.属于中等题.12.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若23109a a a ++=,则9S =( ) A .3 B .9C .18D .27【答案】D 【解析】设等差数列{}n a 的首项为1a ,公差为d . ∵23109a a a ++=∴13129a d +=,即143a d += ∴53a = ∴1999()272a a S ⨯+== 故选D.13.在等差数列{}n a 中,3a ,15a 是方程2650x x -+=的根,则17S 的值是( ) A .41 B .51C .61D .68【答案】B 【解析】 【分析】由韦达定理得3156a a +=,由等差数列的性质得117315a a a a +=+,再根据等差数列的前n 项和公式求17S . 【详解】在等差数列{}n a 中,3a ,15a 是方程2650x x -+=的根,3156a a ∴+=.()()11731517171717651222a a a a S ++⨯∴====.【点睛】本题考查等差数列的性质和前n 项和公式,属于基础题.14.在递减等差数列{}n a 中,21324a a a =-.若113a =,则数列11{}n n a a +的前n 项和的最大值为 ( ) A .24143B .1143C .2413D .613【答案】D 【解析】设公差为,0d d < ,所以由21324a a a =-,113a =,得213(132)(13)42d d d +=+-⇒=- (正舍),即132(1)152n a n n =--=- ,因为111111()(152)(132)2215213n n a a n n n n +==----- ,所以数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和等于1111116()()213213213261313n --≤--=-⨯- ,选D. 点睛:裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式,然后通过累加抵消中间若干项的方法,裂项相消法适用于形如1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(其中{}n a 是各项均不为零的等差数列,c 为常数)的数列. 裂项相消法求和,常见的有相邻两项的裂项求和(如本例),还有一类隔一项的裂项求和,如1(1)(3)n n ++或1(2)n n +.15.等比数列{n a }的前n 项和为n S ,若103010,30,S S ==则20S = A .10 B .20 C .20或-10 D .-20或10【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质可得,S 10,S 20﹣S 10,S 30﹣S 20成等比数列即(S 20﹣S 10)2=S 10•(S 30﹣S 20),代入可求. 【详解】由等比数列的性质可得,S 10,S 20﹣S 10,S 30﹣S 20成等比数列,且公比为10q∴(S 20﹣S 10)2=S 10•(S 30﹣S 20)即()()22020101030S S -=- 解20S =20或-10(舍去) 故选B .本题主要考查了等比数列的性质(若S n 为等比数列的前n 项和,且S k ,S 2k ﹣S k ,S 3k ﹣S 2k 不为0,则其成等比数列)的应用,注意隐含条件的运用16.定义“穿杨二元函数”如:(,)248n C a n a a a a =++++L 144424443个.例如:()3,436122445C =+++=.若a Z +∃∈,满足(),C a n n =,则整数n 的值为( )A .0B .1C .0或1D .不存在满足条件的n【答案】B 【解析】 【分析】由(,)248n C a n a a a a =++++L 144424443个,得()()12,2112nn C a n a a -=⨯=--,然后根据(),C a n n =结合条件分析得出答案.【详解】由(,)248n C a n a a a a =++++L 144424443个,得()()12,2112nn C a n a a -=⨯=-- 由(),C a n n =,可得()21na n -=.当0n =时,对任意a Z +∈都满足条件. 当0n ≠时, 21nna =-,由a Z +∈,当1n =时,1a =满足条件. 当2n ≥且n Z ∈时,设()21xf x x =--,则()2ln 21xf x '=-在2x ≥上单调递增. 所以()()24ln 210f x f ''>=->,所以()f x 在2x ≥上单调递增. 所以()()24120f x f >=-->,即当2n ≥且n Z ∈时,恒有21n n ->.则()0,121nna =∈-这与a Z +∈不符合.所以此时不满足条件. 综上:满足条件的n 值为0或1.故选:B 【点睛】本题考查新定义,根据定义解决问题,关键是理解定义,属于中档题.17.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若816S =,61a =,则数列{}n a 的公差为( ) A .32B .32-C .23D .23-【解析】 【分析】根据等差数列公式直接计算得到答案. 【详解】依题意,()()183********a a a a S ++===,故364a a +=,故33a =,故63233a a d -==-,故选:D . 【点睛】 本题考查了等差数列的计算,意在考查学生的计算能力.18.在一个数列中,如果*n N ∀∈,都有12n n n a a a k ++=(k 为常数),那么这个数列叫做等积数列,k 叫做这个数列的公积.已知数列{}n a 是等积数列,且11a =,22a =,公积为8,则122020a a a ++⋅⋅⋅+=( )A .4711B .4712C .4713D .4715【答案】B 【解析】 【分析】计算出3a 的值,推导出()3n n a a n N *+=∈,再由202036731=⨯+,结合数列的周期性可求得数列{}n a 的前2020项和. 【详解】由题意可知128n n n a a a ++=,则对任意的n *∈N ,0n a ≠,则1238a a a =,31284a a a ∴==, 由128n n n a a a ++=,得1238n n n a a a +++=,12123n n n n n n a a a a a a +++++∴=,3n n a a +∴=,202036731=⨯+Q ,因此,()1220201231673673714712a a a a a a a ++⋅⋅⋅+=+++=⨯+=.故选:B. 【点睛】本题考查数列求和,考查了数列的新定义,推导出数列的周期性是解答的关键,考查推理能力与计算能力,属于中等题.19.根据下面的程序框图,输出的S 的值为( )A .1007B .1009C .0D .-1【答案】A【解析】【分析】 按照程序框图模拟运行即可得解.【详解】1i =,1112x ==--,0(1)1S =+-=-;2i =,111(1)2x ==--, 11122S =-+=-;3i =,12112x ==-, 13222S =-+=;4i =,1112x ==--, 31(1)22S =+-=,…, 由此可知,运行程序过程中,x 呈周期性变化,且周期为3, 所以输出112672110072S ⎛⎫=-++⨯-= ⎪⎝⎭. 故选A【点睛】本题主要考查程序框图和数列的周期性,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20.{}n a 为等差数列,公差为d ,且01d <<,5()2k a k Z π≠∈,223557sin 2sin cos sin a a a a +⋅=,函数()sin(4)(0)f x d wx d w =+>在20,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调且存在020,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()f x 关于0(,0)x 对称,则w 的取值范围是( ) A .20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦ B .30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦ C .24,33⎛⎤ ⎥⎝⎦ D .33,42⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】D【解析】【分析】推导出sin4d =1,由此能求出d ,可得函数解析式,利用在203x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,上单调且存在()()0020203x f x f x x π⎛⎫∈+-= ⎪⎝⎭,,,即可得出结论. 【详解】 ∵{a n }为等差数列,公差为d ,且0<d <1,a 52k π≠(k ∈Z ), sin 2a 3+2sin a 5•cos a 5=sin 2a 7,∴2sin a 5cos a 5=sin 2a 7﹣sin 2a 3=2sin372a a +cos 732a a -•2cos 372a a +sin 732a a -=2sin a 5cos2d •2cos a 5sin2d , ∴sin4d =1, ∴d 8π=.∴f (x )8π=cosωx , ∵在203x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,上单调 ∴23ππω≥, ∴ω32≤; 又存在()()0020203x f x f x x π⎛⎫∈+-= ⎪⎝⎭,,,所以f (x )在(0,23π)上存在零点, 即223ππω<,得到ω34>. 故答案为 33,42⎛⎤⎥⎝⎦ 故选D【点睛】本题考查等差数列的公差的求法,考查三角函数的图象与性质,准确求解数列的公差是本题关键,考查推理能力,是中档题.。

【高考专项】2020年高考数学 数列 解答题专项练习40题(含答案详解)

【高考专项】2020年高考数学 数列 解答题专项练习40题(含答案详解)

2020年高考数学数列解答题专项练习40题1、数列{a n}的前n项和为S n,,且成等差数列.(1)求a1的值,并证明为等比数列;(2)设,若对任意的,不等式恒成立,试求实数的取值范围.2、已知数列{a n}的前n项和,{b n}是等差数列,且(1)求数列{b n}的通项公式;(2)令求数列{c n}的前n项和.3、已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差,且成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令,求数列{c n}的前n项和.4、已知数列{a n}满足,.(1)证明数列{a n+1}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)令,求数列{b n}的前n项和5、已知数列{a n}前n项和为。

(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列;求数列的前n项和。

6、设数列{a n}的前n项和为S n,若.(1)求出数列{a n}的通项公式;(2)已知,数列{b n}的前n项和记为,证明:.7、已知等差数列{a n}满足,,数列{b n}满足.(1)求数列{a n}、{b n}的通项公式;(2)求数列的前n项和.8、正项数列{a n}的前n项和为S n,且.(1)试求数列{a n}的通项公式;(2)设,求{b n}的前n项和为.(3)在(2)的条件下,若对一切恒成立,求实数m的取值范围.9、已知等差数列{a n}的公差d≠0,它的前n项和为S n,若,且a2,a6,a18成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{}的前n项和为,求证:.10、等差数列{a n}中,已知,且为递增的等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}的通项公式(),求数列{b n}的前n项和S n.11、已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且是S n与2的等差中项,等差数列中,,点在一次函数的图象上.(1)求数列{a n},{b n}的通项和;(2)设,求数列{c n}的前n项和.12、已知公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n,,且成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若,数列{b n}的前n项和为,求.13、记为各项为正数的等比数列{a n}的前S n项和,已知.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令,求的前n项和.14、设数列{a n}的前n项和为S n,已知3S n=4-4,.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令,求数列{b n}的前n项和Tn.15、已知数列{a n}的各项均为正数,对任意,它的前n项和S n满足,并且,,成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设,为数列{b n}的前n项和,求.16、已知数列{a n}的前n项和为S n,且,.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)当时,求证:数列的前n项和.17、已知数列为等差数列,且,.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:.18、已知{a n}是各项均为正数的等比数列,{b n}是等差数列,且,,;求:(1){a n}和{b n}的通项公式;(2)设,,求数列{c n}的前n项和.19、已知公差大于零的等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足:,.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}是等差数列,且,求非零常数.20、等差数列{a n}中,,.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设,求的值.21、已知等差数列{a n}的前n项的和为S n,(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设(3)设,表示不超过的最大整数,求{c n}的前1000项的和22、S n为数列{a n}的前n项和.已知,.(1)求{a n}的通项公式;(2)设,求数列{b n}的前项和.23、已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=2S n+1,其中S n为{a n}的前n项和,n∈N*.(1)求a n;(2)若数列{b n}满足b n=,{b n}的前n项和为T n,且对任意的正整数n都有T n <m,求m的最小值.24、已知数列{a n},a=1,=a-n²-n-(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明++…+<(n∈N).25、已知数列{a n}的首项a1=a(a>0),其前n项和为S n,设().(1)若a2=a+1,a3=2a2,且数列{b n}是公差为3的等差数列,求S2n;(2)设数列{b n}的前n项和为T n,满足T n=n2.①求数列{a n}的通项公式;②若对且n≥2,不等式恒成立,求a的取值范围.26、设数列{a n}的各项均为不等的正整数,其前n项和为S n,我们称满足条件“对任意的m,n∈N*. 均有”的数列{a n}为“好”数列.(1)试分别判断数列{a n},{b n}是否为“好”数列,其中,,n∈N*,并给出证明;(2)已知数列{c n}为“好”数列.①若c2017=2018,求数列{c n}的通项公式;②若c1=p,且对任意给定正整数p,s(s>1),有c1,c2,c3成等比数列,求证:t≥s2.27、已知数列{a n}的各项均为正数,,前n项和为S n,且,为正常数.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记,().求证:①;②.28、已知数列{a n}满足….(1)求,,的值;(2)猜想数列{a n}的通项公式,并证明.29、等差数列{a n}的公差为正数,,其前n项和为S n;数列{b n}为等比数列,,且.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)设,求数列{c n}的前n项和.30、设数列{a n}的前n项和为S n,已知,().(1)求证:数列{a n}为等比数列;(2)若数列{b n}满足:,.①求数列{b n}的通项公式;②是否存在正整数n,使得成立?若存在,求出所有n的值;若不存在,请说明理由.31、已知数列{a n}的前n项和S n,且,数列是首项为1,公比为的等比数列. (1)若数列{a n+b n}是等差数列,求该等差数列的通项公式;(2)求数列{a n+n+b n}的前项和.32、已知等比数列{a n}中,.(1)求{a n}的通项公式;(2)设,求数列的前项和.33、已知数列{a n}为等差数列,S n为{a n}的前n项和,.数列为等比数列且.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)记,其前n项和为,求证:.34、已知数列{a n}的前n项和为S n,满足(1)求证:数列{a n+2}为等比数列;(2)求数列{a n}的通项;(3)若数列{b n}满足为数列的前n项和,求.35、已知各项均为正数的数列{a n},满足且.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设,若的前n项和为S n,求S n;(3)在(2)的条件下,求使成立的正整数n的最小值.36、设数列{a n}的前n项和,数列满足.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{a n}的前n项和.37、已知数列{a n}满足,且.(1)求证:数列是等差数列,并求出数列{a n}的通项公式;(2)令,求数列{b n}的前n项和S n38、已知{a n}是等比数列,满足,且成等差数列(1)求数列{a n}的通项公式(2)设,数列{b n}的前项和为,求正整数k的值,使得对任意n≥2均有g(k)≥g(n)39、已知二次函数f(x)=3x2-2x.,数列{a n}的前n项和为,点均在函数的图像上。

2020年高考数学 大题专项练习 数列 三(15题含答案解析)

2020年高考数学 大题专项练习 数列 三(15题含答案解析)

2020年高考数学 大题专项练习数列 三1.已知数列{a n }满足a n+1=λa n +2n(n ∈N *,λ∈R),且a 1=2.(1)若λ=1,求数列{a n }的通项公式;(2)若λ=2,证明数列{n na 2}是等差数列,并求数列{a n }的前n 项和S n . 2.设数列{}的前项和为.已知=4,=2+1,.(1)求通项公式;(2)求数列{}的前项和.3.已知数列{a n }是等差数列,a 2=6,前n 项和为S n ,数列{b n }是等比数列,b 2=2,a 1b 3=12,S 3+b 1=19.(1)求{a n },{b n }的通项公式;(2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n .4.设等差数列{a n}的前n项和为S n,且a5+a13=34,S3=9.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和公式;(2)设数列{b n}的通项公式为b n=a na n+t,问:是否存在正整数t,使得b1,b2,b m(m≥3,m∈N)成等差数列?若存在,求出t和m的值;若不存在,请说明理由.5.已知数列满足:,。

数列的前n项和为,且.⑴求数列、的通项公式;⑵令数列满足,求其前n项和为6.已知{a n}是递增数列,其前n项和为S n,a1>1,且10S n=(2a n+1)(a n+2),n∈N*.(1)求数列{a n}的通项a n;(2)是否存在m,n,k∈N*,使得2(a m+a n)=a k成立?若存在,写出一组符合条件的m,n,k的值;若不存在,请说明理由.7.已知数列的前项和为,且满足;数列的前项和为,且满足,.(1)求数列、的通项公式;(2)是否存在正整数,使得恰为数列中的一项?若存在,求所有满足要求的;若不存在,说明理由.8.已知是各项均为正数的等比数列,且.(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)为各项非零的等差数列,其前n项和S n,已知,求数列的前n项和.9.已知数列{a}是等比数列,为数列{a n}的前项和,且n(1)求数列{a n}的通项公式.(2)设且{b n}为递增数列.若求证:10.在公差不为零的等差数列{a n }中,a 1=1,a 2,a 4,a 8成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2a n ,T n =b 1+b 2+…+b n ,求T n .11.已知数列{a n }满足a 1=1,且a n =2a n ﹣1+2n (n ≥2,且n ∈N *)(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{a n }的前n 项之和S n ,求证:322->n S n n. 12.已知数列是等比数列,首项为,公比,其前n 项和为,且成等差数列.(1)求的通项公式;(2)若数列满足为数列前n 项和,若恒成立,求的最大值.13.设数列{a}满足a1=2,a n+1=2a n+2n+1(n∈N*).n(1)若b n=,证明:数列{b n}为等差数列,并求出数列{b n}的通项公式;(2)若c n=a n+b n,求数列{c n}的前n项和S n.14.若数列{a}的前项和S n满足,等差数列{b n}满足n.(1)求数列{a n}、{b n}的通项公式;(2)设,求数列的前项和为.15.已知数列{a}的各项均为正数,其前n项和为,且满足,N.n(1)求a2的值;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)是否存在正整数k, 使a k,S2k-1,a4k成等比数列? 若存在, 求k的值;若不存在,请说明理由.答案解析1.解:2.(1);(2).∴S 3+b 1=3a 2+b 1=18+b 1=19, ∴b 1=1,∵b 2=2,数列{b n }是等比数列,∴b n =2n-1. ∴b 3=4,∵a 1b 3=12,∴a 1=3,∵a 2=6,数列{a n }是等差数列, ∴a n =3n.(2)设C n =b n cos(a n π),由(1)得C n =b n cos(a n π)=(-1)n 2n-1,则C n +1=(-1)n +12n,∴C n +1C n=-2,又C 1=-1,∴数列{b n cos(a n π)}是以-1为首项、-2为公比的等比数列.∴T n =-1×[1--2n]1--2=13[(-2)n-1].4.解:(1)设{a n }的公差为d ,由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1+16d =34,3a 1+3d =9,解得a 1=1,d=2,故a n =2n -1,S n =n 2.(2)由(1)知b n =2n -12n -1+t ,要使b 1,b 2,b m 成等差数列,必须有2b 2=b 1+b m ,即2×33+t =11+t +2m -12m -1+t ,移项得2m -12m -1+t =63+t -11+t =6+6t -3-t3+t 1+t,整理得m=3+4t -1.因为m ,t 为正整数,所以t 只能取2,3,5. 当t=2时,m=7;当t=3时,m=5; 当t=5时,m=4.所以存在正整数t ,使得b 1,b 2,b m 成等差数列. 5.6.解:(1)由10a 1=(2a 1+1)(a 1+2),得2a 21-5a 1+2=0,解得a 1=2或a 1=12.又a 1>1,所以a 1=2.因为10S n =(2a n +1)(a n +2),所以10S n =2a 2n +5a n +2,故10a n +1=10S n +1-10S n =2a 2n +1+5a n +1+2-2a 2n -5a n -2,整理,得2(a 2n +1-a 2n )-5(a n +1+a n )=0, 即(a n +1+a n )[2(a n +1-a n )-5]=0. 因为{a n }是递增数列且a 1=2,所以a n +1+a n ≠0,因此a n +1-a n =52.所以数列{a n }是以2为首项,52为公差的等差数列,所以a n =2+52(n -1)=12(5n -1).(2)满足条件的正整数m ,n ,k 不存在,理由如下:假设存在m ,n ,k ∈N *,使得2(a m +a n )=a k ,则5m -1+5n -1=12(5k -1),整理,得2m +2n -k=35,(*)显然,(*)式左边为整数,所以(*)式不成立. 故满足条件的正整数m ,n ,k 不存在. 7.8.Ⅰ);(Ⅱ)9.10.解:(1)设等差数列{a n }的公差为d ,则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,a 1+3d 2=a 1+d a 1+7d ,解得d=1或d=0(舍去),∴a n =1+(n -1)=n.(2)由(1)得a n =n ,∴b n =2n,∴{b n }是首项为2,公比为2的等比数列,∴T n =21-2n1-2=2n +1-2.11.解:12.13.14.解:15.。

【高考专项】2020年高考数学 数列 解答题专项练习40题(含答案详解)

【高考专项】2020年高考数学 数列 解答题专项练习40题(含答案详解)

2020年高考数学数列解答题专项练习40题1、数列{a n}的前n项和为S n,,且成等差数列.(1)求a1的值,并证明为等比数列;(2)设,若对任意的,不等式恒成立,试求实数的取值范围.2、已知数列{a n}的前n项和,{b n}是等差数列,且(1)求数列{b n}的通项公式;(2)令求数列{c n}的前n项和.3、已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差,且成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令,求数列{c n}的前n项和.4、已知数列{a n}满足,.(1)证明数列{a n+1}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)令,求数列{b n}的前n项和5、已知数列{a n}前n项和为。

(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列;求数列的前n项和。

6、设数列{a n}的前n项和为S n,若.(1)求出数列{a n}的通项公式;(2)已知,数列{b n}的前n项和记为,证明:.7、已知等差数列{a n}满足,,数列{b n}满足.(1)求数列{a n}、{b n}的通项公式;(2)求数列的前n项和.8、正项数列{a n}的前n项和为S n,且.(1)试求数列{a n}的通项公式;(2)设,求{b n}的前n项和为.(3)在(2)的条件下,若对一切恒成立,求实数m的取值范围.9、已知等差数列{a n}的公差d≠0,它的前n项和为S n,若,且a2,a6,a18成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{}的前n项和为,求证:.10、等差数列{a n}中,已知,且为递增的等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}的通项公式(),求数列{b n}的前n项和S n.11、已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且是S n与2的等差中项,等差数列中,,点在一次函数的图象上.(1)求数列{a n},{b n}的通项和;(2)设,求数列{c n}的前n项和.12、已知公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n,,且成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若,数列{b n}的前n项和为,求.13、记为各项为正数的等比数列{a n}的前S n项和,已知.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令,求的前n项和.14、设数列{a n}的前n项和为S n,已知3S n=4-4,.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令,求数列{b n}的前n项和Tn.15、已知数列{a n}的各项均为正数,对任意,它的前n项和S n满足,并且,,成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设,为数列{b n}的前n项和,求.16、已知数列{a n}的前n项和为S n,且,.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)当时,求证:数列的前n项和.17、已知数列为等差数列,且,.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:.18、已知{a n}是各项均为正数的等比数列,{b n}是等差数列,且,,;求:(1){a n}和{b n}的通项公式;(2)设,,求数列{c n}的前n项和.19、已知公差大于零的等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足:,.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}是等差数列,且,求非零常数.20、等差数列{a n}中,,.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设,求的值.21、已知等差数列{a n}的前n项的和为S n,(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设(3)设,表示不超过的最大整数,求{c n}的前1000项的和22、S n为数列{a n}的前n项和.已知,.(1)求{a n}的通项公式;(2)设,求数列{b n}的前项和.23、已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=2S n+1,其中S n为{a n}的前n项和,n∈N*.(1)求a n;(2)若数列{b n}满足b n=,{b n}的前n项和为T n,且对任意的正整数n都有T n <m,求m的最小值.24、已知数列{a n},a=1,=a-n²-n-(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明++…+<(n∈N).25、已知数列{a n}的首项a1=a(a>0),其前n项和为S n,设().(1)若a2=a+1,a3=2a2,且数列{b n}是公差为3的等差数列,求S2n;(2)设数列{b n}的前n项和为T n,满足T n=n2.①求数列{a n}的通项公式;②若对且n≥2,不等式恒成立,求a的取值范围.26、设数列{a n}的各项均为不等的正整数,其前n项和为S n,我们称满足条件“对任意的m,n∈N*. 均有”的数列{a n}为“好”数列.(1)试分别判断数列{a n},{b n}是否为“好”数列,其中,,n∈N*,并给出证明;(2)已知数列{c n}为“好”数列.①若c2017=2018,求数列{c n}的通项公式;②若c1=p,且对任意给定正整数p,s(s>1),有c1,c2,c3成等比数列,求证:t≥s2.27、已知数列{a n}的各项均为正数,,前n项和为S n,且,为正常数.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记,().求证:①;②.28、已知数列{a n}满足….(1)求,,的值;(2)猜想数列{a n}的通项公式,并证明.29、等差数列{a n}的公差为正数,,其前n项和为S n;数列{b n}为等比数列,,且.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)设,求数列{c n}的前n项和.30、设数列{a n}的前n项和为S n,已知,().(1)求证:数列{a n}为等比数列;(2)若数列{b n}满足:,.①求数列{b n}的通项公式;②是否存在正整数n,使得成立?若存在,求出所有n的值;若不存在,请说明理由.31、已知数列{a n}的前n项和S n,且,数列是首项为1,公比为的等比数列. (1)若数列{a n+b n}是等差数列,求该等差数列的通项公式;(2)求数列{a n+n+b n}的前项和.32、已知等比数列{a n}中,.(1)求{a n}的通项公式;(2)设,求数列的前项和.33、已知数列{a n}为等差数列,S n为{a n}的前n项和,.数列为等比数列且.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)记,其前n项和为,求证:.34、已知数列{a n}的前n项和为S n,满足(1)求证:数列{a n+2}为等比数列;(2)求数列{a n}的通项;(3)若数列{b n}满足为数列的前n项和,求.35、已知各项均为正数的数列{a n},满足且.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设,若的前n项和为S n,求S n;(3)在(2)的条件下,求使成立的正整数n的最小值.36、设数列{a n}的前n项和,数列满足.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{a n}的前n项和.37、已知数列{a n}满足,且.(1)求证:数列是等差数列,并求出数列{a n}的通项公式;(2)令,求数列{b n}的前n项和S n38、已知{a n}是等比数列,满足,且成等差数列(1)求数列{a n}的通项公式(2)设,数列{b n}的前项和为,求正整数k的值,使得对任意n≥2均有g(k)≥g(n)39、已知二次函数f(x)=3x2-2x.,数列{a n}的前n项和为,点均在函数的图像上。

2020年高考理科数学全国卷3(附答案与解析)

2020年高考理科数学全国卷3(附答案与解析)

2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国Ⅲ卷理科数学答案解析一、选择题 1.【答案】C【解析】采用列举法列举出A B 中元素的即可.由题意,A B 中的元素满足8y x x y ⎧⎨+=⎩≥,且x ,*y ∈N ,由82x y x +=≥,得4x ≤,所以满足8x y +=的有()17,,()26,,()35,,()44,,故A B 中元素的个数为4.故选:C .【考点】集合的交集运算,交集定义的理解 2.【答案】D【解析】利用复数的除法运算求出z 即可.因为()()113131313131010i z i i i i +===+--+,所以复数113z i=-的虚部为310.故选:D . 【考点】复数的除法运算,复数的虚部的定义 3.【答案】B【解析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差,由此可得出标准差最大的一组. 对于A 选项,该组数据的平均数为()()140.1230.4 2.5A x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.12 2.50.43 2.50.44 2.50.10.65A s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=;对于B 选项,该组数据的平均数为()()140.4230.1 2.5B x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.42 2.50.13 2.50.14 2.50.4 1.85B s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=;对于C 选项,该组数据的平均数为()()140.2230.3 2.5C x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.22 2.50.33 2.50.34 2.50.2 1.05C s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=;对于D 选项,该组数据的平均数为()()140.3230.2 2.5D x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.32 2.50.23 2.50.24 2.50.3 1.45D s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=.因此,B 选项这一组的标准差最大.故选:B . 【考点】标准差的大小比较,方差公式的应用 4.【答案】C【解析】将t t *=代入函数()()0.23531t K I t e --=+结合()0.95I t K *=求得t *即可得解.()()0.23531t K I t e --=+,所以()()0.23530.951t KI t K e**--==+,则()*0.235319t e -=,所以,()0.2353ln193t *-=≈,解得353660.23t *+≈≈.故选:C .【考点】对数的运算,指数与对数的互化 5.【答案】B【解析】根据题中所给的条件OD OE ⊥,结合抛物线的对称性,可知4DOx EOx π∠=∠=,从而可以确定出点D 的坐标,代入方程求得p 的值,进而求得其焦点坐标,得到结果.因为直线2x =与抛物线()220y px p =>交于E ,D 两点,且OD OE ⊥,根据抛物线的对称性可以确定4DOx EOx π∠=∠=,所以()22D ,,代入抛物线方程44p =,求得1p =,所以其焦点坐标为102⎛⎫⎪⎝⎭,,故选:B .【考点】圆锥曲线,直线与抛物线的交点,抛物线的对称性,点在抛物线上的条件,抛物线的焦点坐标 6.【答案】D【解析】计算出()a ab ⋅+、a b +的值,利用平面向量数量积可计算出cos a a b +,的值.5a =,6b =,6a b ⋅=-,()225619a a b a a b ∴⋅+=+⋅=-=.()2222257a b a ba ab b +=+=+⋅+=-,因此,()1919cos 5735a a ba ab a a b⋅++===⨯⋅+,.故选:D . 【考点】平面向量夹角余弦值的计算,平面向量数量积的计算,向量模的计算 7.【答案】A【解析】根据已知条件结合余弦定理求得AB ,再根据222cos 2AB BC AC B AB BC+-=⋅,即可求得答案.在ABC △中,2cos 3C =,4AC =,3BC =.根据余弦定理:2222cos AB AC BC AC BC C =+-⋅⋅,2224322433AB =+-⨯⨯⨯,可得29AB =,即3AB =.由22299161cos 22339AB BC AC B AB BC +-+-===⋅⨯⨯,故1cos 9B =.故选:A . 【考点】余弦定理解三角形8.【答案】C【解析】根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形,求出每个面的面积,即可求得其表面积.根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得:12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△,根据勾股定理可得:AB AD DB ===ADB ∴△是边长为,根据三角形面积公式可得:(211sin 6022ADBS AB AD =⋅⋅==△∴该几何体的表面积是:632=⨯++ 故选:C .【考点】根据三视图求立体图形的表面积,根据三视图画出立体图形 9.【答案】D【解析】利用两角和的正切公式,结合换元法,解一元二次方程,即可得出答案.2tan tan 74πθθ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭,tan 12tan 71tan θθθ+∴-=-,令tan t θ=,1t ≠,则1271tt t+-=-,整理得2440t t -+=,解得2t =,即tan 2θ=.故选:D .【考点】利用两角和的正切公式化简求值 10.【答案】D【解析】根据导数的几何意义设出直线l 的方程,再由直线与圆相切的性质,即可得出答案.设直线l 在曲线y =(0x,则00x >,函数y导数为y '=,则直线l 的斜率k =,设直线l 的方程为)0y x x =-,即00xx -+=,由于直线l 与圆2215x y +=相切,则=,两边平方并整理得2005410x x --=,解得01x=,015x =-(舍),则直线l 的方程为210x y -+=,即1122y x =+.故选:D .【考点】导数的几何意义的应用,直线与圆的位置的应用 11.【答案】A【解析】根据双曲线的定义,三角形面积公式,勾股定理,结合离心率公式,即可得出答案.5ca=,c ∴,根据双曲线的定义可得122PF PF a -=,1212142PF F PF S PF =⋅=△,即128PF PF ⋅=, 12F P F P ⊥,()222122PF PF c ∴+=,()22121224PF PF PF PF c ∴-+⋅=,即22540a a -+=,解得1a =,故选:A .【考点】双曲线的性质以及定义的应用,勾股定理,三角形面积公式的应用 12.【答案】A【解析】由题意可得a 、b 、()01c ∈,,利用作商法以及基本不等式可得出a 、b 的大小关系,由8log 5b =,得85b =,结合5458<可得出45b <,由13log 8c =,得138c =,结合45138<,可得出45c >,综合可得出a 、b 、c 的大小关系.由题意可知a 、b 、()01c ∈,, ()222528log 3lg3lg81lg3lg8lg3lg8lg 241log 5lg5lg522lg5lg 25lg5a b ⎛⎫⎛⎫++⎛⎫==⋅⋅==⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭<<,a b ∴<;由8log 5b =,得85b =,由5458<,得5488b <,54b ∴<,可得45b <;由13log 8c =,得138c =,由45138<,得451313c <,54c ∴>,可得45c >.综上所述,a b c <<.故选:A .【考点】对数式的大小比较,基本不等式、对数式与指数式的互化,指数函数单调性的应用 二、填空题 13.【答案】7【解析】作出可行域,利用截距的几何意义解决.不等式组所表示的可行域如图.因为32z x y =+,所以322x z y =-+,易知截距2z 越大,则z 越大,平移直线32x y =-,当322x zy =-+经过A 点时截距最大,此时z 最大,由21y x x =⎧⎨=⎩,得12x y =⎧⎨=⎩,()12A ,,所以max 31227z =⨯+⨯=.故答案为:7.【考点】简单线性规划的应用,求线性目标函数的最大值 14.【答案】240【解析】写出622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭二项式展开通项,即可求得常数项.622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭其二项式展开通项:()()()621221236661222rrr r r r r r r r r C xC x C x x T x ---+-⎛⎫⋅⋅⋅⋅=⋅⎭= ⎝=⎪,当1230r -=,解得4r =,622x x ⎛⎫∴+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是:664422161516240C C ⋅=⋅=⨯=.故答案为:240.【考点】二项式定理,利用通项公式求二项展开式中的指定项15. 【解析】与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图,如球内切于正方体,切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的直径;球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于球的直径.将原问题转化为求解圆锥内切球的问题,然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.易知半径最大球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示,其中2BC =,3AB AC ==,且点M 为BC 边上的中点,设内切圆的圆心为O ,由于AM ==122S =⨯⨯=△ABC r ,则:()11113322222ABC AOB BOC AOC S S S S AB r BC r AC r r =++=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⨯++⨯=△△△△r,其体积:343V r π=.. 16.【答案】②③【解析】利用特殊值法可判断命题①的正误;利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误;利用对称性的定义可判断命题③的正误;取0x π-<<可判断命题④的正误.综合可得出结论.对于命题①,152622f π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭,152622fπ⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭,则66f f ππ⎛⎫⎛⎫-≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以,函数()f x 的图象不关于y 轴对称,命题①错误;对于命题②,函数()f x 的定义域为{}x x k k π≠∈Z ,,定义域关于原点对称,()()()()111sin sin sin sin sin sin f x x x x f x x x x ⎛⎫-=-+=--=-+=- ⎪-⎝⎭,所以,函数()f x 的图象关于原点对称,命题②正确;对于命题③,11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫-=-+=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭, 11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫+=++=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭+ ⎪⎝⎭,则22f x f x ππ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以,函数()f x 的图象关于直线2x π=对称,命题③正确;对于命题④,当0x π-<<时,sin 0x <,()1sin 02sin f x x x=+<<,命题④错误.故答案为:②③.【考点】正弦型函数的奇偶性、对称性,最值的求解 三、解答题17.【答案】(1)25a =,37a =,21n a n =+,当1n =时,13a =成立;假设n k =时,21k a k =+成立.那么1n k =+时,()()134321423211k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n ∈N ,都有21n a n =+成立.(2)()12122n n S n +=-⋅+【解析】(1)利用递推公式得出2a ,3a ,猜想得出{}n a 的通项公式,利用数学归纳法证明即可.由题意可得2134945a a =-=-=,32381587a a =-=-=,由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项,2为公差的等差数列,即21n a n =+,证明如下:当1n =时,13a =成立;假设n k =时,21k a k =+成立.那么1n k =+时,()()134321423211k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n ∈N ,都有21n a n =+成立;(2)由错位相减法求解即可.由(1)可知,()2212n nn a n ⋅=+⋅,()()231325272212212n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅,①()()23412325272212212n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅,②,由-①②得:()()()()()21231112126222221262212122212n n n n n n S n n n -+++--=+⨯+++-+⋅=+⨯-+⋅=⋅⨯---,即()12122n n S n +=-⋅+.【考点】求等差数列的通项公式,利用错位相减法求数列的和18.【答案】(1)该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09 (2)350(3()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯≈>,因此,有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【解析】(1)根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率.由频数分布表可知,该市一天的空气质量等级为1的概率为216250.43100++=,等级为2的概率为510120.27100++=,等级为3的概率为6780.21100++=,等级为4的概率为7200.09100++=. (2)利用每组的中点值乘以频数,相加后除以100可得结果.由频数分布表可知,一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100203003550045350100⨯+⨯+⨯=.(3)根据表格中的数据完善22⨯列联表,计算出2K 的观测值,再结合临界值表可得结论.22⨯列联表如下:()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯≈>,因此,有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【考点】利用频数分布表计算频率和平均数,独立性检验的应用19.【答案】(1)在棱1CC 上取点G ,使得112C G CG =,连接DG 、FG 、1C E 、1C F ,长方体1111ABCD A B C D -中,AD BC ∥且AD BC =,11BB CC ∥且11BB CC =,112C G CG=12BF FB =,112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =,所以,四边形BCGF 平行四边形,则AF DG∥且AF DG =,同理可证四边形1DEC G 为平行四边形,1C E DG ∴∥且1C E DG =,1C E AF ∴∥且1C E AF =,则四边形1AEC F 为平行四边形,因此,点1C 在平面AEF 内.(2)7【解析】(1)连接1C E 、1C F ,证明出四边形1AEC F 为平行四边形,进而可证得点1C 在平面AEF 内.在棱1CC 上取点G ,使得112C G CG =,连接DG 、FG 、1C E 、1C F ,长方体1111ABCD A B C D -中,AD BC ∥且AD BC =,11BB CC ∥且11BB CC =,112C G CG=12BF FB =,112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =,所以,四边形BCGF 平行四边形,则AF DG∥且AF DG =,同理可证四边形1DEC G 为平行四边形,1C E DG ∴∥且1C E DG =,1C E AF ∴∥且1C E AF =,则四边形1AEC F 为平行四边形,因此,点1C 在平面AEF 内;(2)以点1C 为坐标原点,11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -,利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值,进而可求得二面角1A EF A --的正弦值.以点1C 为坐标原点,11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -,则()213A ,,、()1210A ,,、()202E ,,、()011F ,,,()011AE =--,,,()202AF =--,,,()1012A E =-,,,()1201A F =-,,,设平面AEF 的法向量为()111m x y z =,,,由00m AE m AF ⎧⋅⎪⎨⋅=⎪⎩=,得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-,得111x y ==,则()111m =-,,,设平面1A EF 的法向量为()222n x y z =,,,由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩,取22z =,得21x =,24y =,则()142n =,,,3cos 3m n m n m n⋅===⨯⋅,,设二面角1A EF A--的平面角为θ,则cos θ=,sinθ∴==.因此,二面角1A EF A --.【考点】点在平面的证明,利用空间向量法求解二面角20.【答案】(1)221612525x y +=(2)52【解析】(1)因为()222:10525x y C m m+=<<,可得5a =,b m =,根据离心率公式,结合已知,即可求得答案.()222:10525x y C m m +=<<,5a∴=,b m =,根据离心率4c e a ====, 解得54m =或54m =-(舍),C ∴的方程为:22214255x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=,即221612525x y +=. (2)点P 在C 上,点Q 在直线6x =上,且BP BQ =,BP BQ ⊥,过点P 作x 轴垂线,交点为M ,设6x =与x 轴交点为N ,可得PMB BNQ ≅△△,可求得P 点坐标,求出直线AQ 的直线方程,根据点到直线距离公式和两点距离公式,即可求得APQ △的面积.点P 在C 上,点Q 在直线6x =上,且BP BQ =,BP BQ ⊥,过点P 作x 轴垂线,交点为M ,设6x =与x 轴交点为N .根据题意画出图形,如图BP BQ =,BP BQ ⊥,90PMB QNB ∠=∠=,又90PBM QBN ∠+∠=,90BQN QBN ∠+∠=,PBM BQN ∴∠=∠,根据三角形全等条件“AAS ”,可得:PMB BNQ ≅△△,221612525x y +=, ()50B ∴,,651PM BN ∴==-=,设P 点为()P P x y ,,可得P 点纵坐标为1P y =,将其代入221612525x y +=,可得:21612525P x +=,解得:3P x =或3P x =-,P ∴点为()31,或()31-,, ①当P 点为()31,时,故532MB =-=,PMB BNQ ≅△△,2MB NQ ∴==,可得:Q 点为()62,,画 出图象,如图()50A -,,()62Q ,,可求得直线AQ 的直线方程为:211100x y -+=,根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为:d ===,根据两点间距离公式可得:AQ =,APQ ∴△面积为:1522⨯=;②当P 点为()31-,时,故5+38MB ==,PMB BNQ ≅△△,8MB NQ ∴==,可得:Q 点为()68,,画出图象,如图()50A -,,()68Q ,,可求得直线AQ 的直线方程为:811400x y -+=,根据点到直线距离公式可得P到直线AQ 的距离为:d ===AQ ==APQ ∴△面积为:1522=,综上所述,APQ △面积为:52. 【考点】椭圆标准方程,三角形面积,椭圆的离心率定义,数形结合求三角形面积 21.【答案】(1)34b =-(2)由(1)可得()334f x x x c =-+,()231133422f x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,令()0f x '>,得12x >或12x -<;令()0f x '<,得1122x -<<,所以()f x 在1122⎛⎫- ⎪⎝⎭,上单调递减,在12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭,,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,上单调递增,且()114f c -=-,1124f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,1124f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()114f c =+,若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ,则()10f ->或()10f <,即14c >或14c -<.当14c >时,()1104f c -=->,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭>,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭>,()1104f c =+>,又()()32464341160f c c c c c c -=-++=-<,由零点存在性定理知()f x 在()41c --,上存在唯一一个零点0x ,即()f x 在()1-∞-,上存在唯一一个零点,在()1-+∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;当14c -<时,()1104f c -=-<,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭<,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭<,()1104f c =+<,又()()32464341160f c c c c c c -=++=->,由零点存在性定理知()f x 在()14c -,上存在唯一一个零点0x ',即()f x 在()1+∞,上存在唯一一个零点,在()1-∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;综上,()f x 所有零点的绝对值都不大于1.【解析】(1)利用导数的几何意义得到102f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭,解方程即可.因为()23f x x b '=+,由题意,102f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭,即21302b ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭,则34b =-; (2)由(1)可得()231132422f x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,易知()f x 在1122⎛⎫- ⎪⎝⎭,上单调递减,在12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭,,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,上单调递增,且()114f c -=-,1124f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,1124f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()114f c =+,采用反证法,推出矛盾即可.由(1)可得()334f x x x c =-+,()231133422f x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,令()0f x '>,得12x >或12x -<;令()0f x '<,得1122x -<<,所以()f x 在1122⎛⎫- ⎪⎝⎭,上单调递减,在12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭,,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,上单调递增,且()114f c -=-,1124f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,1124f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()114f c =+,若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ,则()10f ->或()10f <,即14c >或14c -<.当14c >时,()1104f c -=->,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭>,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭>,()1104f c =+>,又()()32464341160f c c c c c c -=-++=-<,由零点存在性定理知()f x 在()41c --,上存在唯一一个零点0x ,即()f x 在()1-∞-,上存在唯一一个零点,在()1-+∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;当14c -<时,()1104f c -=-<,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭<,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭<,()1104f c =+<,又()()32464341160f c c c c c c -=++=->,由零点存在性定理知()f x 在()14c -,上存在唯一一个零点0x ',即()f x 在()1+∞,上存在唯一一个零点,在()1-∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;综上,()f x 所有零点的绝对值都不大于1. 【考点】利用导数研究函数的零点,导数的几何意义,反证法22.【答案】(1)(2)3cos sin 120ρθρθ-+=【解析】(1)由参数方程得出A ,B 的坐标,最后由两点间距离公式,即可得出AB 的值.令0x =,则220t t +-=,解得2t =-或1t =(舍),则26412y =++=,即()012A ,.令0y =,则2320t t -+=,解得2t =或1t =(舍),则2244x =--=-,即()40B -,.AB ∴=(2)由A ,B 的坐标得出直线AB 的直角坐标方程,再化为极坐标方程即可.由(1)可知()120304AB k -==--,则直线AB 的方程为()34y x =+,即3120x y -+=.由cos x ρθ=,sin y ρθ=可得,直线AB 的极坐标方程为3cos sin 120ρθρθ-+=.【考点】利用参数方程求点的坐标,直角坐标方程化极坐标方程 23.【答案】(1)()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=,()22212ab bc ca a b c ∴++=-++. a ,b ,c 均不为0,则2220a b c ++>,()222120ab bc ca a b c ∴++=-++<. (2)不妨设{}max a b c a =,,,由0a b c ++=,1abc =可知,0a >,0b <,0c <,a b c =--,1a bc=,()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc ++++∴=⋅===≥.当且仅当b c =时,取等号,a ∴ {}3max 4a b c ,,.【解析】(1)由()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=结合不等式的性质,即可得出证明.()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=,()22212ab bc ca a b c ∴++=-++.a ,b ,c 均不为0,则2220a b c ++>,()222120ab bc ca a b c ∴++=-++<. (2)不妨设{}max a b c a =,,,由题意得出0a >,b ,0c <,由()222322b c b c bca aa bcbc+++=⋅==,结合基本不等式,即可得出证明.不妨设{}max a b c a =,,,由0a b c ++=,1abc =可知,0a >,0b <,0c <,a b c =--,1a bc=,()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc ++++∴=⋅===≥.当且仅当b c =时,取等号,a ∴{}3max 4a b c ,,.【考点】不等式的基本性质,基本不等式的应用2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国Ⅲ卷理科数学答案解析一、选择题 1.【答案】C【解析】采用列举法列举出A B 中元素的即可.由题意,A B 中的元素满足8y x x y ⎧⎨+=⎩≥,且x ,*y ∈N ,由82x y x +=≥,得4x ≤,所以满足8x y +=的有()17,,()26,,()35,,()44,,故A B 中元素的个数为4.故选:C .【考点】集合的交集运算,交集定义的理解 2.【答案】D【解析】利用复数的除法运算求出z 即可.因为()()113131313131010i z i i i i +===+--+,所以复数113z i=-的虚部为310.故选:D . 【考点】复数的除法运算,复数的虚部的定义 3.【答案】B【解析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差,由此可得出标准差最大的一组. 对于A 选项,该组数据的平均数为()()140.1230.4 2.5A x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.12 2.50.43 2.50.44 2.50.10.65A s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=;对于B 选项,该组数据的平均数为()()140.4230.1 2.5B x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.42 2.50.13 2.50.14 2.50.4 1.85B s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=;对于C 选项,该组数据的平均数为()()140.2230.3 2.5C x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.22 2.50.33 2.50.34 2.50.2 1.05C s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=;对于D 选项,该组数据的平均数为()()140.3230.2 2.5D x =+⨯++⨯=,方差为()()()()222221 2.50.32 2.50.23 2.50.24 2.50.3 1.45D s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=.因此,B 选项这一组的标准差最大.故选:B . 【考点】标准差的大小比较,方差公式的应用 4.【答案】C【解析】将t t *=代入函数()()0.23531t K I t e --=+结合()0.95I t K *=求得t *即可得解.()()0.23531t K I t e --=+,所以()()0.23530.951t KI t K e**--==+,则()*0.235319t e -=,所以,()0.2353ln193t *-=≈,解得353660.23t *+≈≈.故选:C .【考点】对数的运算,指数与对数的互化 5.【答案】B【解析】根据题中所给的条件OD OE ⊥,结合抛物线的对称性,可知4DOx EOx π∠=∠=,从而可以确定出点D 的坐标,代入方程求得p 的值,进而求得其焦点坐标,得到结果.因为直线2x =与抛物线()220y px p =>交于E ,D 两点,且OD OE ⊥,根据抛物线的对称性可以确定4DOx EOx π∠=∠=,所以()22D ,,代入抛物线方程44p =,求得1p =,所以其焦点坐标为102⎛⎫⎪⎝⎭,,故选:B .【考点】圆锥曲线,直线与抛物线的交点,抛物线的对称性,点在抛物线上的条件,抛物线的焦点坐标 6.【答案】D【解析】计算出()a ab ⋅+、a b +的值,利用平面向量数量积可计算出cos a a b +,的值.5a =,6b =,6a b ⋅=-,()225619a a b a a b ∴⋅+=+⋅=-=.()2222257a b a ba ab b +=+=+⋅+=-,因此,()1919cos 5735a a ba ab a a b⋅++===⨯⋅+,.故选:D . 【考点】平面向量夹角余弦值的计算,平面向量数量积的计算,向量模的计算 7.【答案】A【解析】根据已知条件结合余弦定理求得AB ,再根据222cos 2AB BC AC B AB BC+-=⋅,即可求得答案.在ABC △中,2cos 3C =,4AC =,3BC =.根据余弦定理:2222cos AB AC BC AC BC C =+-⋅⋅,2224322433AB =+-⨯⨯⨯,可得29AB =,即3AB =.由22299161cos 22339AB BC AC B AB BC +-+-===⋅⨯⨯,故1cos 9B =.故选:A . 【考点】余弦定理解三角形8.【答案】C【解析】根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形,求出每个面的面积,即可求得其表面积.根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得:12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△,根据勾股定理可得:AB AD DB ===ADB ∴△是边长为,根据三角形面积公式可得:(211sin 6022ADBS AB AD =⋅⋅==△∴该几何体的表面积是:632=⨯++ 故选:C .【考点】根据三视图求立体图形的表面积,根据三视图画出立体图形 9.【答案】D【解析】利用两角和的正切公式,结合换元法,解一元二次方程,即可得出答案.2tan tan 74πθθ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭,tan 12tan 71tan θθθ+∴-=-,令tan t θ=,1t ≠,则1271tt t+-=-,整理得2440t t -+=,解得2t =,即tan 2θ=.故选:D .【考点】利用两角和的正切公式化简求值 10.【答案】D【解析】根据导数的几何意义设出直线l 的方程,再由直线与圆相切的性质,即可得出答案.设直线l 在曲线y =(0x,则00x >,函数y =导数为y '=l 的斜率k =,设直线l 的方程为)0y x x =-,即00xx -+=,由于直线l 与圆2215x y +=相切,则=,两边平方并整理得2005410x x --=,解得01x=,015x =-(舍),则直线l 的方程为210x y -+=,即1122y x =+.故选:D .【考点】导数的几何意义的应用,直线与圆的位置的应用 11.【答案】A【解析】根据双曲线的定义,三角形面积公式,勾股定理,结合离心率公式,即可得出答案.5ca=,c ∴,根据双曲线的定义可得122PF PF a -=,1212142PF F PF S PF =⋅=△,即128PF PF ⋅=, 12F P F P ⊥,()222122PF PF c ∴+=,()22121224PF PF PF PF c ∴-+⋅=,即22540a a -+=,解得1a =,故选:A .【考点】双曲线的性质以及定义的应用,勾股定理,三角形面积公式的应用 12.【答案】A【解析】由题意可得a 、b 、()01c ∈,,利用作商法以及基本不等式可得出a 、b 的大小关系,由8log 5b =,得85b =,结合5458<可得出45b <,由13log 8c =,得138c =,结合45138<,可得出45c >,综合可得出a 、b 、c 的大小关系.由题意可知a 、b 、()01c ∈,, ()222528log 3lg3lg81lg3lg8lg3lg8lg 241log 5lg5lg522lg5lg 25lg5a b ⎛⎫⎛⎫++⎛⎫==⋅⋅==⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭<<,a b ∴<;由8log 5b =,得85b =,由5458<,得5488b <,54b ∴<,可得45b <;由13log 8c =,得138c =,由45138<,得451313c <,54c ∴>,可得45c >.综上所述,a b c <<.故选:A .【考点】对数式的大小比较,基本不等式、对数式与指数式的互化,指数函数单调性的应用 二、填空题 13.【答案】7【解析】作出可行域,利用截距的几何意义解决.不等式组所表示的可行域如图.因为32z x y =+,所以322x z y =-+,易知截距2z 越大,则z 越大,平移直线32x y =-,当322x zy =-+经过A 点时截距最大,此时z 最大,由21y x x =⎧⎨=⎩,得12x y =⎧⎨=⎩,()12A ,,所以max 31227z =⨯+⨯=.故答案为:7.【考点】简单线性规划的应用,求线性目标函数的最大值 14.【答案】240【解析】写出622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭二项式展开通项,即可求得常数项.622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭其二项式展开通项:()()()621221236661222rrr r r r r r r r r C xC x C x x T x ---+-⎛⎫⋅⋅⋅⋅=⋅⎭= ⎝=⎪,当1230r -=,解得4r =,622x x ⎛⎫∴+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是:664422161516240C C ⋅=⋅=⨯=.故答案为:240.【考点】二项式定理,利用通项公式求二项展开式中的指定项15. 【解析】与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图,如球内切于正方体,切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的直径;球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于球的直径.将原问题转化为求解圆锥内切球的问题,然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.易知半径最大球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示,其中2BC =,3AB AC ==,且点M 为BC 边上的中点,设内切圆的圆心为O ,由于AM ==122S =⨯⨯=△ABC r ,则:()11113322222ABC AOB BOC AOC S S S S AB r BC r AC r r =++=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⨯++⨯=△△△△r,其体积:343V r π=.. 16.【答案】②③【解析】利用特殊值法可判断命题①的正误;利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误;利用对称性的定义可判断命题③的正误;取0x π-<<可判断命题④的正误.综合可得出结论.对于命题①,152622f π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭,152622fπ⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭,则66f f ππ⎛⎫⎛⎫-≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以,函数()f x 的图象不关于y 轴对称,命题①错误;对于命题②,函数()f x 的定义域为{}x x k k π≠∈Z ,,定义域关于原点对称,()()()()111sin sin sin sin sin sin f x x x x f x x x x ⎛⎫-=-+=--=-+=- ⎪-⎝⎭,所以,函数()f x 的图象关于原点对称,命题②正确;对于命题③,11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫-=-+=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭, 11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫+=++=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭+ ⎪⎝⎭,则22f x f x ππ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以,函数()f x 的图象关于直线2x π=对称,命题③正确;对于命题④,当0x π-<<时,sin 0x <,()1sin 02sin f x x x=+<<,命题④错误.故答案为:②③.【考点】正弦型函数的奇偶性、对称性,最值的求解 三、解答题17.【答案】(1)25a =,37a =,21n a n =+,当1n =时,13a =成立;假设n k =时,21k a k =+成立.那么1n k =+时,()()134321423211k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n ∈N ,都有21n a n =+成立.(2)()12122n n S n +=-⋅+【解析】(1)利用递推公式得出2a ,3a ,猜想得出{}n a 的通项公式,利用数学归纳法证明即可.由题意可得2134945a a =-=-=,32381587a a =-=-=,由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项,2为公差的等差数列,即21n a n =+,证明如下:当1n =时,13a =成立;假设n k =时,21k a k =+成立.那么1n k =+时,()()134321423211k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n ∈N ,都有21n a n =+成立;(2)由错位相减法求解即可.由(1)可知,()2212n nn a n ⋅=+⋅,()()231325272212212n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅,①()()23412325272212212n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅,②,由-①②得:()()()()()21231112126222221262212122212n n n n n n S n n n -+++--=+⨯+++-+⋅=+⨯-+⋅=⋅⨯---,即()12122n n S n +=-⋅+.【考点】求等差数列的通项公式,利用错位相减法求数列的和18.【答案】(1)该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09 (2)350(3()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯≈>,因此,有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【解析】(1)根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率.由频数分布表可知,该市一天的空气质量等级为1的概率为216250.43100++=,等级为2的概率为510120.27100++=,等级为3的概率为6780.21100++=,等级为4的概率为7200.09100++=. (2)利用每组的中点值乘以频数,相加后除以100可得结果.由频数分布表可知,一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100203003550045350100⨯+⨯+⨯=.(3)根据表格中的数据完善22⨯列联表,计算出2K 的观测值,再结合临界值表可得结论.22⨯列联表如下:()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯≈>,因此,有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【考点】利用频数分布表计算频率和平均数,独立性检验的应用19.【答案】(1)在棱1CC 上取点G ,使得112C G CG =,连接DG 、FG 、1C E 、1C F ,长方体1111ABCD A B C D -中,AD BC ∥且AD BC =,11BB CC ∥且11BB CC =,112C G CG=12BF FB =,112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =,所以,四边形BCGF 平行四边形,则AF DG∥且AF DG =,同理可证四边形1DEC G 为平行四边形,1C E DG ∴∥且1C E DG =,1C E AF ∴∥且1C E AF =,则四边形1AEC F 为平行四边形,因此,点1C 在平面AEF 内.(2)7【解析】(1)连接1C E 、1C F ,证明出四边形1AEC F 为平行四边形,进而可证得点1C 在平面AEF 内.在棱1CC 上取点G ,使得112C G CG =,连接DG 、FG 、1C E 、1C F ,长方体1111ABCD A B C D -中,AD BC ∥且AD BC =,11BB CC ∥且11BB CC =,112C G CG=12BF FB =,112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =,所以,四边形BCGF 平行四边形,则AF DG∥且AF DG =,同理可证四边形1DEC G 为平行四边形,1C E DG ∴∥且1C E DG =,1C E AF ∴∥且1C E AF =,则四边形1AEC F 为平行四边形,因此,点1C 在平面AEF 内;(2)以点1C 为坐标原点,11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -,利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值,进而可求得二面角1A EF A --的正弦值.以点1C 为坐标原点,11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -,则()213A ,,、()1210A ,,、()202E ,,、()011F ,,,()011AE =--,,,()202AF =--,,,()1012A E =-,,,()1201A F =-,,,设平面AEF 的法向量为()111m x y z =,,,由00m AE m AF ⎧⋅⎪⎨⋅=⎪⎩=,得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-,得111x y ==,则()111m =-,,,设平面1A EF 的法向量为()222n x y z =,,,由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩,取22z =,得21x =,24y =,则()142n =,,,3cos 3m n m n m n⋅===⨯⋅,,设二面角1A EF A--的平面角为θ,则cos θ=,sinθ∴==.因此,二面角1A EF A --.【考点】点在平面的证明,利用空间向量法求解二面角20.【答案】(1)221612525x y +=(2)52【解析】(1)因为()222:10525x y C m m+=<<,可得5a =,b m =,根据离心率公式,结合已知,即可求得答案.()222:10525x y C m m +=<<,5a∴=,b m =,根据离心率4c e a ====, 解得54m =或54m =-(舍),C ∴的方程为:22214255x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=,即221612525x y +=. (2)点P 在C 上,点Q 在直线6x =上,且BP BQ =,BP BQ ⊥,过点P 作x 轴垂线,交点为M ,设6x =与x 轴交点为N ,可得PMB BNQ ≅△△,可求得P 点坐标,求出直线AQ 的直线方程,根据点到直线距离公式和两点距离公式,即可求得APQ △的面积.点P 在C 上,点Q 在直线6x =上,且BP BQ =,BP BQ ⊥,过点P 作x 轴垂线,交点为M ,设6x =与x 轴交点为N .根据题意画出图形,如图BP BQ =,BP BQ ⊥,90PMB QNB ∠=∠=,又90PBM QBN ∠+∠=,90BQN QBN ∠+∠=,PBM BQN ∴∠=∠,根据三角形全等条件“AAS ”,可得:PMB BNQ ≅△△,221612525x y +=, ()50B ∴,,651PM BN ∴==-=,设P 点为()P P x y ,,可得P 点纵坐标为1P y =,将其代入221612525x y +=,可得:21612525P x +=,解得:3P x =或3P x =-,P ∴点为()31,或()31-,, ①当P 点为()31,时,故532MB =-=,PMB BNQ ≅△△,2MB NQ ∴==,可得:Q 点为()62,,画 出图象,如图()50A -,,()62Q ,,可求得直线AQ 的直线方程为:211100x y -+=,根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为:d ===,根据两点间距离公式可得:AQ =,APQ ∴△面积为:1522⨯=;②当P 点为()31-,时,故5+38MB ==,PMB BNQ ≅△△,8MB NQ ∴==,可得:Q 点为()68,,画出图象,如图()50A -,,()68Q ,,可求得直线AQ 的直线方程为:811400x y -+=,根据点到直线距离公式可得P到直线AQ 的距离为:d ===AQ ==APQ ∴△面积为:1522=,综上所述,APQ △面积为:52. 【考点】椭圆标准方程,三角形面积,椭圆的离心率定义,数形结合求三角形面积 21.【答案】(1)34b =-(2)由(1)可得()334f x x x c =-+,()231133422f x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,令()0f x '>,得12x >或12x -<;令()0f x '<,得1122x -<<,所以()f x 在1122⎛⎫- ⎪⎝⎭,上单调递减,在12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭,,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,上单调递增,且()114f c -=-,1124f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,1124f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()114f c =+,若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ,则()10f ->或()10f <,即14c >或14c -<.当14c >时,()1104f c -=->,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭>,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭>,()1104f c =+>,又()()32464341160f c c c c c c -=-++=-<,由零点存在性定理知()f x 在()41c --,上存在唯一一个零点0x ,即()f x 在()1-∞-,上存在唯一一个零点,在()1-+∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;当14c -<时,()1104f c -=-<,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭<,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭<,()1104f c =+<,又()()32464341160f c c c c c c -=++=->,由零点存在性定理知()f x 在()14c -,上存在唯一一个零点0x ',即()f x 在()1+∞,上存在唯一一个零点,在()1-∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;综上,()f x 所有零点的绝对值都不大于1.【解析】(1)利用导数的几何意义得到102f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭,解方程即可.因为()23f x x b '=+,由题意,102f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭,即21302b ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭,则34b =-; (2)由(1)可得()231132422f x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,易知()f x 在1122⎛⎫- ⎪⎝⎭,上单调递减,在12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭,,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,上单调递增,且()114f c -=-,1124f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,1124f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()114f c =+,采用反证法,推出矛盾即可.由(1)可得()334f x x x c =-+,()231133422f x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,令()0f x '>,得12x >或12x -<;令()0f x '<,得1122x -<<,所以()f x 在1122⎛⎫- ⎪⎝⎭,上单调递减,在12⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭,,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,上单调递增,且()114f c -=-,1124f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,1124f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()114f c =+,若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ,则()10f ->或()10f <,即14c >或14c -<.当14c >时,()1104f c -=->,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭>,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭>,()1104f c =+>,又()()32464341160f c c c c c c -=-++=-<,由零点存在性定理知()f x 在()41c --,上存在唯一一个零点0x ,即()f x 在()1-∞-,上存在唯一一个零点,在()1-+∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;当14c -<时,()1104f c -=-<,11024f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭<,11024f c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭<,()1104f c =+<,又()()32464341160f c c c c c c -=++=->,由零点存在性定理知()f x 在()14c -,上存在唯一一个零点0x ',即()f x 在()1+∞,上存在唯一一个零点,在()1-∞,上不存在零点,此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;综上,()f x 所有零点的绝对值都不大于1. 【考点】利用导数研究函数的零点,导数的几何意义,反证法22.【答案】(1)(2)3cos sin 120ρθρθ-+=【解析】(1)由参数方程得出A ,B 的坐标,最后由两点间距离公式,即可得出AB 的值.令0x =,则220t t +-=,解得2t =-或1t =(舍),则26412y =++=,即()012A ,.令0y =,则2320t t -+=,解得2t =或1t =(舍),则2244x =--=-,即()40B -,.AB ∴=(2)由A ,B 的坐标得出直线AB 的直角坐标方程,再化为极坐标方程即可.由(1)可知()120304AB k -==--,则直线AB 的方程为()34y x =+,即3120x y -+=.由cos x ρθ=,sin y ρθ=可得,直线AB 的极坐标方程为3cos sin 120ρθρθ-+=.【考点】利用参数方程求点的坐标,直角坐标方程化极坐标方程 23.【答案】(1)()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=,()22212ab bc ca a b c ∴++=-++. a ,b ,c 均不为0,则2220a b c ++>,()222120ab bc ca a b c ∴++=-++<. (2)不妨设{}max a b c a =,,,由0a b c ++=,1abc =可知,0a >,0b <,0c <,a b c =--,1a bc=,()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc ++++∴=⋅===≥.当且仅当b c =时,取等号,a ∴ {}3max 4a b c ,,.【解析】(1)由()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=结合不等式的性质,即可得出证明.()22222220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=,()22212ab bc ca a b c ∴++=-++.a ,b ,c 均不为0,则2220a b c ++>,()222120ab bc ca a b c ∴++=-++<. (2)不妨设{}max a b c a =,,,由题意得出0a >,b ,0c <,由()222322b c b c bca aa bcbc+++=⋅==,结合基本不等式,即可得出证明.不妨设{}max a b c a =,,,由0a b c ++=,1abc =可知,0a >,0b <,0c <,a b c =--,1a bc=,()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc ++++∴=⋅===≥.当且仅当b c =时,取等号,a ∴{}3max 4a b c ,,.【考点】不等式的基本性质,基本不等式的应用。

7-3数列高考汇编解答题三答案

7-3数列高考汇编解答题三答案

数列专题15.【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3,134n n a a n +=-. (1)计算a 2,a 3,猜想{a n }的通项公式并加以证明; (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .【解析】(1)235,7,a a == 猜想21,n a n =+ 由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--…… 2153(3)a a -=-.因为13a =,所以2 1.n a n =+(2)由(1)得2(21)2n n n a n =+,所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①② 得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯,所以1(21)2 2.n n S n +=-+16.【2020年高考山东】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==. (1)求{}n a 的通项公式;(2)记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数,求数列{}m b 的前100项和100S . 【解析】(1)设{}n a 的公比为q .由题设得31120a q a q +=,218a q =.解得12q =-(舍去),2q =.由题设得12a =.所以{}n a 的通项公式为2n n a =.(2)由题设及(1)知10b =,且当122n n m +≤<时,m b n =. 所以10012345673233636465100()()()()S b b b b b b b b b b b b b =+++++++++++++++2345012223242526(10063)=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯-480=.17.【2020年高考浙江】已知数列{a n },{b n },{c n }满足1111121,,,nn n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-=∈*N . (Ⅰ)若{b n }为等比数列,公比0q >,且1236b b b +=,求q 的值及数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)若{b n }为等差数列,公差0d >,证明:*12311,n c c c c n d++++<+∈N . 【解析】(Ⅰ)由1236b b b +=得216q q +=,解得12q =.由14n n c c +=得14n n c -=. 由114n n n a a -+-=得121421443n n n a a --+=++++=.(Ⅱ)由12n n n n b c c b ++=得12111111()n n n n n b b c d c b b d b b +++==-,所以123111(1)n n d c c c c d b ++++++=-, 由11b =,0d >得10n b +>,因此*12311,n c c c c n d++++<+∈N . 18.【2020年高考天津】【解析】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ,等比数列{}n b 的公比为q .由11a =,()5435a a a =-,可得1d =,从而{}n a 的通项公式为n a n =.由()15431,4b b b b ==-,又0q ≠,可得2440q q -+=,解得2q =,从而{}n b 的通项公式为12n n b -=.(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)可得(1)2n n n S +=,故21(1)(2)(3)4n n S S n n n n +=+++,()22211(1)24n S n n +=++,从而2211(1)(2)02n n n S S S n n ++-=-++<,所以221n n n S S S ++<. (Ⅲ)解:当n 为奇数时,()111232(32)222(2)2n n n n n nn n a b n c a a n n n n-+-+--===-++;当n 为偶数时,1112n n n n a n c b -+-==.对任意的正整数n ,有222221112221212121k k nn nk k k c k k n --==⎛⎫=-=- ⎪+-+⎝⎭∑∑, 和22311211352144444nnk knk k k n c ==--==++++∑∑. ① 由①得22311113232144444n k nn k n n c +=--=++++∑. ② 由①②得22111211312221121441444444414n n k n n n k n n c ++=⎛⎫- ⎪--⎝⎭=+++-=---∑,从而得21565994nk nk n c =+=-⨯∑.因此,2212111465421949n n n nk k k n k k k n c c c n -===+=+=--+⨯∑∑∑. 所以,数列{}n c 的前2n 项和为465421949n n n n +--+⨯.19.【2019年高考天津卷理数】【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ,等比数列{}n b 的公比为q .依题意得2662,6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,2,d q =⎧⎨=⎩故14(1)331,6232n nn n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯.所以,{}n a 的通项公式为{}31,n n a n b =+的通项公式为32n n b =⨯.(2)(i )()()()()22211321321941n n n nnnn a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-.所以,数列(){}221n n a c -的通项公式为()221941n n na c -=⨯-.(ii )()()22221111211nnni i ni i i i i i i i i i a c a a c a a c ====⎡⎤=+-=+⎣⎦-∑∑∑∑()()12212439412n nn ni i =⎛⎫- ⎪=⨯+⨯+⨯- ⎪⎝⎭∑ ()()2114143252914nn n n ---=⨯+⨯+⨯-- ()211*2725212n n n n --=⨯+⨯--∈N .20.【2019年高考江苏卷】【解析】解:(1)设等比数列{a n }的公比为q ,所以a 1≠0,q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩,得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩,解得112a q =⎧⎨=⎩.因此数列{}n a 为“M—数列”.(2)①因为1122n n n S b b +=-,所以0n b ≠.由1111,b S b ==,得212211b =-,则22b =.由1122n n n S b b +=-,得112()n n n n n b b S b b ++=-,当2n ≥时,由1n n n b S S -=-,得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---,整理得112n n n b b b +-+=.所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列.因此,数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N.②由①知,b k =k ,*k ∈N .因为数列{c n }为“M–数列”,设公比为q ,所以c 1=1,q >0.因为c k ≤b k ≤c k +1,所以1k k qk q -≤≤,其中k =1,2,3,…,m .当k =1时,有q ≥1;当k =2,3,…,m 时,有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-. 设f (x )=ln (1)x x x >,则21ln ()xf 'x x-=.令()0f 'x =,得x =e.列表如下: x(1,e)e (e ,+∞)()f 'x+0 –f (x )极大值因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=,所以max ln 3()(3)3f k f ==.取33q =k =1,2,3,4,5时,ln ln k q k,即k k q ≤,经检验知1k q k -≤也成立.因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6,分别取k =3,6,得3≤q 3,且q 5≤6,从而q 15≥243,且q 15≤216, 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6.综上,所求m 的最大值为5.。

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2020年高考数学 大题专项练习
数列 三
1.已知数列{a n }满足a n+1=λa n +2n (n ∈N *,λ∈R),且a 1=2.
(1)若λ=1,求数列{a n }的通项公式;
(2)若λ=2,证明数列{n n a 2
}是等差数列,并求数列{a n }的前n 项和S n . 2.设数列{}的前项和为
.已知=4,=2+1,.(1)求通项公式
;(2)求数列{}的前项和.
3.已知数列{a n }是等差数列,a 2=6,前n 项和为S n ,数列{b n }是等比数列,b 2=2,a 1b 3=12,S 3+b 1=19.
(1)求{a n },{b n }的通项公式;
(2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n .
4.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 5+a 13=34,S 3=9.
(1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式;
(2)设数列{b n }的通项公式为b n =,问:是否存在正整数t ,使得b 1,b 2,b m (m≥3,m an an +t
∈N)成等差数列?若存在,求出t 和m 的值;若不存在,请说明理由.
5.已知数列满足:,。

数列的前n 项和为,且
.⑴求数列、的通项公式;⑵令数列满足,求其前n 项和为
6.已知{a n }是递增数列,其前n 项和为S n ,a 1>1,且10S n =(2a n +1)(a n +2),n ∈N *.
(1)求数列{a n }的通项a n ;
(2)是否存在m ,n ,k ∈N *,使得2(a m +a n )=a k 成立?若存在,写出一组符合条件的m ,n ,k 的值;若不存在,请说明理由.
7.已知数列的前项和为,且满足;数列的前项和为,且满足
,.
(1)求数列、的通项公式;
(2)是否存在正整数,使得恰为数列中的一项?若存在,求所有满足要求的;若不存在,说明理由.
8.已知是各项均为正数的等比数列,且.
(Ⅰ)求数列的通项公式;
(Ⅱ)为各项非零的等差数列,其前n项和S n,已知,求数列的前n项和.
9.已知数列{a n}是等比数列,为数列{a n}的前项和,且
(1)求数列{a n}的通项公式.
(2)设且{b n}为递增数列.若求证:
10.在公差不为零的等差数列{a n }中,a 1=1,a 2,a 4,a 8成等比数列.
(1)求数列{a n }的通项公式;
(2)设b n =2a n ,T n =b 1+b 2+…+b n ,求T n .
11.已知数列{a n }满足a 1=1,且a n =2a n ﹣1+2n (n ≥2,且n ∈N *)
(1)求数列{a n }的通项公式;
(2)设数列{a n }的前n 项之和S n ,求证:322
->n S n n .12.已知数列是等比数列,首项为,公比,其前n 项和为,且
成等差数列.(1)求的通项公式;
(2)若数列满足为数列前n 项和,若恒成立,求的最大
值.
13.设数列{a n}满足a1=2,a n+1=2a n+2n+1(n∈N*).
(1)若b n=,证明:数列{b n}为等差数列,并求出数列{b n}的通项公式;
(2)若c n=a n+b n,求数列{c n}的前n项和S n.
14.若数列{a n}的前项和S n满足,等差数列{b n}满足
.
(1)求数列{a n}、{b n}的通项公式;
(2)设,求数列的前项和为.
15.已知数列{a n}的各项均为正数,其前n项和为,且满足,N.(1)求a2的值;
(2)求数列{a n}的通项公式;
(3)是否存在正整数k, 使a k,S2k-1,a4k成等比数列? 若存在, 求k的值;若不存在,请说明理由.
答案解析
1.解:
2.(1);(2).
3.解:(1)∵数列{a n}是等差数列,a2=6,
∴S3+b1=3a2+b1=18+b1=19,
∴b 1=1,
∵b 2=2,数列{b n }是等比数列,
∴b n =2n-1.
∴b 3=4,
∵a 1b 3=12,∴a 1=3,
∵a 2=6,数列{a n }是等差数列,
∴a n =3n.
(2)设C n =b n cos(a n π),由(1)得C n =b n cos(a n π)=(-1)n 2n-1,
则C n +1=(-1)n +12n ,∴=-2,Cn +1Cn
又C 1=-1,
∴数列{b n cos(a n π)}是以-1为首项、-2为公比的等比数列.
∴T n ==[(-2)n -1].-1×[1- -2 n]1- -2 13
4.解:(1)设{a n }的公差为d ,由题意得Error!
解得a 1=1,d=2,故a n =2n -1,S n =n 2.
(2)由(1)知b n =,要使b 1,b 2,b m 成等差数列,必须有2b 2=b 1+b m ,2n -12n -1+t
即2×=+,移项得=-=,33+t 11+t 2m -12m -1+t 2m -12m -1+t 63+t 11+t 6+6t -3-t 3+t 1+t
整理得m=3+.4t -1
因为m ,t 为正整数,所以t 只能取2,3,5.
当t=2时,m=7;当t=3时,m=5;
当t=5时,m=4.
所以存在正整数t ,使得b 1,b 2,b m 成等差数列.5.
6.解:
(1)由10a 1=(2a 1+1)(a 1+2),得2a -5a 1+2=0,解得a 1=2或a 1=.2112
又a 1>1,所以a 1=2.
因为10S n =(2a n +1)(a n +2),
所以10S n =2a +5a n +2,2
n 故10a n +1=10S n +1-10S n =2a +5a n +1+2-2a -5a n -2,2n +
12n 整理,得2(a -a )-5(a n +1+a n )=0,2n +
12n 即(a n +1+a n )[2(a n +1-a n )-5]=0.
因为{a n }是递增数列且a 1=2,
所以a n +1+a n ≠0,因此a n +1-a n =.52
所以数列{a n }是以2为首项,为公差的等差数列,52
所以a n =2+(n -1)=(5n -1).5212
(2)满足条件的正整数m ,n ,k 不存在,理由如下:假设存在m ,n ,k ∈N *,使得2(a m +a n )=a k ,
则5m -1+5n -1=(5k -1),12
整理,得2m +2n -k=,(*)35
显然,(*)式左边为整数,所以(*)式不成立.故满足条件的正整数m ,n ,k 不存在.
7.
8.Ⅰ);(Ⅱ)
9.
10.解:
(1)设等差数列{a n }的公差为d ,则依题意有Error!解得d=1或d=0(舍去),∴a n =1+(n -1)=n.
(2)由(1)得a n =n ,∴b n =2n ,∴{b n }是首项为2,公比为2的等比数列,
∴T n ==2n +1-2.2 1-2n 1-2
11.解:
12.
13.
 14.解:
15.。

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