2022年北京市届高三数学理一轮复习典型题专项训练数列教学内容.pdf

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1、资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑北京市 2019 届高三数学理一轮复习典型题专项训练数列一、选择、填空题1、 （2018 北京高考）设na是等差数列，且13a，2536aa，则na的通项公式为。2、（2017 北京高考）若等差数列na和等比数列nb满足 a1=b1= 1， a4=b4=8， 则22ab=_3、（2016 北京高考）已知na为等差数列，nS为其前n项和，若16a，350aa， 则6=S_. 4、 （朝阳区 2018 届高三 3 月综合练习 （一模）等比数列na满足如下条件： 10a；数列na的前n项和1nS试写出满足上述所有条件的一个数列的通项公式5、 （东

2、城区2018 届高三 5 月综合练习（二模） ）设等比数列na的公比2q，前 n 项和为 Sn，则24aS=_6、 （丰台区 2018 届高三 5月综合练习（二模） ）已知等比数列na中，11a，2327a a，则数列na的前 5 项和5=S7、 （海淀区2018 届高三上学期期末考试）已知公差为1的等差数列na中，1a，2a，4a成等比数列，则na的前 100 项的和为8、 （石景山区2018 届高三 3 月统一测试（一模） ）如图所示：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”若某勾股树含有1023个正方形，且其最大的正方形的

3、边长为22，则其最小正方形的边长为_9、 （西城区 2018 届高三 4 月统一测试 （一模）设等差数列 na的前n项和为nS 若12a，420S，则3a_；nS_10、 （海淀区2018 届高三上学期期中考试）已知数列na满足1222(1,2,3,.)naaaan，则（）（A）10a（B）10a精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑（C）12aa（D）20a11 、 （2018

4、顺义区二模）已知na为等差数列，nS为其前n项和，若35, 1101Sa，则20a_. 12、 （朝阳区 2017 届高三上学期期末）已知等差数列na的前 n 项和为nS若12a，32aS，则2a= ，10S13、 （朝阳区 2017 届高三上学期期中）各项均为正数的等比数列na的前n项和为nS.若23a，245SS，则1a，4S14、 （丰台区 2017 届高三上学期期末）在等比数列na中，31a，123+=aaa9，则456+aaa等于（A）9 （B）72 （ C）9 或 72 （D） 9 或72 15、 （海淀区 2017 届高三上学期期中）已知数列na的前n项和31nnS，则23aa_

5、. 二、解答题1、 （2017 北京高考）设 an和 bn是两个等差数列，记cn=max b1 a1n,b2 a2n, , bn ann( n=1,2,3,)，其中 max x1,x2, , xs表示 x1,x2, , xs这 s 个数中最大的数（）若 an=n，bn=2n 1，求 c1,c2,c3的值，并证明 cn是等差数列；（）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当 n m 时，ncMn；或者存在正整数m，使得cm,cm+1,cm+2, 是等差数列。2、 （2016 北京高考）设数列 A：1a，2a, Na(N).如果对小于n(2nN)的每个正整数k都有kana，则称n是数列 A 的一个

6、“ G 时刻” .记“)(AG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)(AG的所有元素；（2）证明：若数列A 中存在na使得na1a，则)(AG；（3）证明：若数列A 满足na-1na1 （ n=2,3, ,N）,则)(AG的元素个数不小于Na-1a. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑3、 （东城区2018 届高三5 月综

7、合练习（二模） ）设,a均是正整数，数列na满足：1aa，1,2,nnnnnaaaaa是偶数，是奇数 .（I）若33a，5，写出1a的值；（II）若1a，为给定的正奇数，求证：若na为奇数，则nal；若na为偶数，则2nal；（III）在（ II）的条件下，求证：存在正整数(2)n n，使得1na. 4、 （丰台区2018 届高三 5 月综合练习（二模） ）已知数列na的前n项和为nS，1=0a，2=am，当2n时，11,1,.nnnnaktSaktnakt其中，k是数列的前n项中1iiaa的数对1(,)iia a的个数，t是数列的前n项中1iiaa的数对1(,)iia a的个数(1,2,3,

8、1)in（）若5m，求3a，4a，5a的值；（）若na (3)n为常数，求m的取值范围；（）若数列na有最大项，写出m的取值范围（结论不要求证明）5、 （海淀区 2018 届高三上学期期末考试）无穷数列na满足：1a为正整数， 且对任意正整数n，1na为前 n 项12,na aa中等于na的项的个数 . （）若12a，请写出数列na的前 7 项；（）求证：对于任意正整数M，必存在kN，使得kaM；（）求证： “11a” 是“ 存在mN，当nm时，恒有2nnaa成立 ” 的充要条件 .精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - -

9、- - - - - -第 3 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑6、 （石景山区2018 届高三 3 月统一测试（一模） ）对于项数为m（1m）的有穷正整数数列na,记12max ,kkba aa（1,2,km） ，即kb为12,ka aa中的最大值， 称数列nb为数列na的“创新数列” .比如 1,3,2,5,5 的“创新数列”为1,3,3,5,5 . （）若数列na的“创新数列”nb为 1,2,3,4,4，写出所有可能的数列na；（）设数列nb为数列na的“创新数列”，满足12018km kab（1,2,km）

10、，求证：kkab（1,2,km） ；（） 设数列nb为数列na的“创新数列”，数列nb中的项互不相等且所有项的和等于所有项的积，求出所有的数列na. 7、 （ 西 城 区2018届 高 三4 月 统 一 测 试 （ 一 模 ） ） 数 列nA ：12,(2)naaan满 足 ：1 (1,2, )kakn记nA 的前k项和为kS ，并规定00S定义集合*nEkN，|knkjSS ，0,1,1jk（）对数列5A ：0.3，0.7，0.1，0.9，0.1，求集合5E；（）若集合12, (1nmEk kkm，12)mkkk，证明：11 (1,2,1)iikkSSim；（）给定正整数C对所有满足nSC的

11、数列nA ，求集合nE的元素个数的最小值8、 （海淀区 2018 届高三上学期期中考试）已知na是等比数列， 满足26a =，318a = -，数列nb满足12b，且2nnba是公差为 2 的等差数列（）求数列na和nb的通项公式；（）求数列nb的前n项和9、 （海淀区 2018 届高三上学期期中考试）若数列A：1a，2a， ，na（3n） 中*iaN（1in）且对任意的21kn112kkkaaa恒成立，则称数列A为“U数列”精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 19 页 - - -

12、 - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑（）若数列1，x，y，7为“U数列”，写出所有可能的x，y；（）若“U数列”A：1a，2a， ，na中，11a，2017na，求n的最大值；（）设0n为给定的偶数，对所有可能的“U数列”A：1a，2a， ，0na，记012max,.,nMa aa，其中12max,.,sx xx表示1x，2x， ，sx这s个数中最大的数， 求M的最小值10 、 （ 2018 顺义区二模）已知数列12:,nnAa aa. 如果数列12:,nnBb bb满足1nba，11kkkkbbaa，其中2,3,kn，则称nB为nA的“陪伴数列

13、”. （）写出数列4:3,1,2,5A的“陪伴数列”4B；（）若9A的“陪伴数列”是9B. 试证明：991,b aa成等差数列 . （）若n为偶数，且nA的“陪伴数列”是nB，证明：1nba.11、 （朝阳区 2017 届高三上学期期中）已知数列()Nnan是公差不为0 的等差数列，11a，且248111,aaa成等比数列 . （）求数列na的通项公式；（）设数列11nnaa的前n项和为nT，求证 :1nT. 12、 （东城区 2017 届高三上学期期末）已知na是等比数列， 满足13a，424a，数列nnab是首项为4，公差为1的等差数列（）求数列na和nb的通项公式；（）求数列nb的前n项

14、和精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑13、 （海淀区2017 届高三上学期期中）已知数列na是公差为2 的等差数列，数列nb满足1nnnbba ，且2318,24bb. （）求数列na的通项公式；（）求nb 取得最小值时n的值 . 参考答案：一、选择、填空题1、63nannN2、13、64、12nna5、1526、121 7、5050 8、1329、6，2nn10、D11、18

15、12、4, 11013、12，15214、D15、 24 二、解答题1、解： （）1111 10,cba21122max2,2max12 1,3221cba ba，3112233max3,3,3max13 1,332,53 32cba baba. 当3n时，1111()()()()20kkkkkkkkbnabnabbn aan，所以kkbna关于*kN单调递减 . 所以112211max,1nnncba n ba nba nba nn. 所以对任意1,1nncn，于是11nncc，所以nc是等差数列 . （）设数列na和nb的公差分别为12,dd，则12111121(1)(1)()(1)kkb

16、nabkdakd nba ndndk. 所以1121211121(1)(),nba nndnddndcba ndnd当时，当时，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑当10d时，取正整数21dmd，则当nm时，12ndd，因此11ncba n. 此时，12,mmmccc是等差数列 . 当10d时，对任意1n，1121121(1)max,0(1)(max,0).ncba nndban

17、da此时，123,nc ccc是等差数列 . 当10d时，当21dnd时，有12ndd. 所以1121121112(1)()()ncba nndndbdnddadnnn111212()|.nddadbd对任意正数M，取正整数12112211|max,Mbdadddmdd，故当nm时，ncMn. 2、精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑如果iG，取iiGmmin，则对任何iimnk

18、iaaamk,1. 从而)(AGmi且1iinm. 又因为pn是)(AG中的最大元素，所以pG. 3、解： （I）1 或 12. 4 分（II）当1,2n时，11a为奇数，1a成立，21a为偶数，22a. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑假设当nk时，若ka为奇数，则ka，若ka为偶数，则2ka. 那么当1nk时，若ka是奇数，则1kkaa是偶数，12ka；若ka是偶数，12

19、kkaa. 此时若1ka是奇数，则满足1ka，若1ka是偶数，满足12ka. 即1nk时结论也成立 . 综上，若na为奇数，则na；若na为偶数，则2na. 9 分（III）由（ II）知，na中总存在相等的两项.不妨设()rsaars是相等两项中角标最小的两项，下证1r.假设2r. 若rsaa，由110,0rsaa知ra和sa均是由1ra和1sa除以 2 得到，即有11rsaa，与r的最小性矛盾；若rsaa，由112 ,2rsaa知ra和sa均是由1ra和1sa加上得到，即有11rsaa，与r的最小性矛盾；综上，1r，则11saa. 即若1a，是正奇数，则存在正整数(2)n n，使得1na.

20、 13 分4、解： （）因为1=0a，2=5a，所以12aa，所以3214aa1分因为23aa，所以1234341aaaa2 分因为34aa，所以54+14aa4 分所以34a，43a，54a（）当0m时，30a，40a，5 分当0m时，因为12aa，所以32211aama，所以12342133aaama因为34aa，所以2113mm，所以2m7 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word

21、可编辑当0m时，因为12aa，所以32211aama，所以12342133aaama因为34aa，所以2113mm，所以2m9 分所以3n时，1nnaa为常数的必要条件是 2,0,2m当2m时，341aa，因为当3(3)nk k时，1na，都有102111nnSann，所以当2m符合题意， 同理2m和0m也都符合题意10 分所以m的取值范围是 2,0, 2（）|2m m或02m13 分5、 （）若12a，则数列na的前 7 项为 2，1，1， 2，2，3，1 3 分（）证法一假设存在正整数M，使得对任意的*kN，kaM. 由题意，1,2,3,.,kaM，故数列na多有M个不同的取值5 分考虑数

22、列na的前21M项：1a，2a，3a，21Ma其中至少有1M项的取值相同，不妨设121Miiiaaa此时有：111MiaMM，矛盾 .故对于任意的正整数M，必存在*kN，使得kaM. 8 分（）证法二假设存在正整数M，使得对任意的*kN，kaM. 由题意，1,2,3,.,kaM，故数列na多有M个不同的取值5 分对任意的正整数m，数列na中至多有M项的值为m，事实上若数列na中至少有1M项的值为m，其1M项为12311,MMMiiiiiia aaaaa精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10

23、页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑此时有：111MiaMM，矛盾 .故数列na至多有2M项，这与数列na有无穷多项矛盾。故对于任意的正整数M，必存在*kN，使得kaM.8 分（）充分性：若11a，则数列na的项依次为1，1，2，1，3，1，4，1，2k，1，1k，1，k，1，特别地，数列na的通项公式为,211,2nknkank，即1,2121,2nnnkank故对任意的*nN（1）若n为偶数，则21nnaa（2）若n为奇数，则23122nnnnaa综上，2nnaa恒成立，特别地，取1m有当nm时，恒有2nnaa成立

24、（10 分）必要性：方法一假设存在1ak（1k） ，使得 “ 存在mN，当nm时，恒有2nnaa成立 ”则数列na的前21k项为k，211,1,2,1,3,1,4,.,1,2,1,1,1,kkkk项，232,2,3,2,4,2,5,.,2,2,2,1,2,kkkk项，253,3,4,3,5,3,6,.,3,2,3,1,3,kkkk项，52,2,1,2,kkkkk项，31,1,kkk项，k后面的项顺次为21, 1,1, 2 ,1, 3 , . ,1,2 ,1,1,1,kkkkkkkkkk项，22,1,2,2,2,3,.,2,2,2,1,2,kkkkkkkkkk项，23,1,3,2,3,3,.,3

25、,2,3,1,3,kkkkkkkkkk项，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑2,1,2,3,.,2,1,kktktktkt kkt kkt k项，故对任意的1,2,3,.,2,1,skkk，*tN221 2(1)211 2(1)2ktksktksaktas对 任 意 的m， 取12mtk， 其 中 x表 示 不 超 过x的 最 大 整 数 ， 则2ktm， 令212nkkt，

26、则nm，此时nak，21na有2nnaa，这与2nnaa矛盾，故若存在mN，当nm时，恒有2nnaa成立，必有11a13 分方法二若存在mN，当nm时，2nnaa恒成立，记12max,ma aas. 由第（ 2）问的结论可知：存在kN，使得kas（由 s 的定义知1km）不妨设ka是数列na中第一个大于等于1s的项，即121,ka aa均小于等于s. 则11ka.因为1km，所以11kkaa，即11ka且1ka为正整数，所以11ka.记1kats，由数列na的定义可知，在121,ka aa中恰有 t 项等于 1. 假设11a，则可设121tiiiaaa，其中1211tiiik，考虑这 t 个

27、1 的前一项，即12111,tiiiaaa，因为它们均为不超过s 的正整数，且1ts，所以12111,tiiiaaa中一定存在两项相等，将其记为 a，则数列na中相邻两项恰好为（a，1）的情况至少出现2 次，但根据数列na的定义可知：第二个a 的后一项应该至少为2，不能为 1，所以矛盾！故假设11a不成立，所以11a，即必要性得证！13 分综上， “11a” 是“ 存在mN，当nm时，恒有2nnaa成立 ” 的充要条件 . 6、解： （）所有可能的数列na为1,2,3,4,1；1,2,3,4,2；1,2,3,4,3；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢

28、迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑1,2,3,4,4 3 分（）由题意知数列nb中1kkbb. 又12018kmkab，所以12018kmkab 4 分111(2018)(2018)0kkm km km km kaabbbb所以1kkaa，即kkab（1,2,km） 8 分（）当2m时，由1212bbbb得12(1)(1)1bb，又12,b bN所以122bb，不满足题意；当3m时，由题意知数列nb中1nnbb，又123123bbbbb b当11b时此

29、时33b，12333 ,bbbb而12336bb bb，所以等式成立11b；当22b时此时33b，12333 ,bbbb而12333bb bb，所以等式成立22b；当11b，22b得33b，此时数列na为1 ,2,3. 当4m时，12mmbbbmb，而12(1)!mmmbbbmbmb，所以不存在满足题意的数列na. 综上数列na依次为1,2,3. 13 分7、解： （）因为00S，10.3S，20.4S，30.3S，41.2S，51.3S， 2 分所以52,4,5E 3 分 （）由集合nE的定义知1iikkSS ，且1ik是使得ikkSS成立的最小的k，所以11iikkSS. 5 分 又因为1

30、1ika，所以1111iiikkkSSa 6 分1.ikS所以11iikkSS 8 分（）因为0nSS，所以nE非空精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑设集合12,nmEk kk，不妨设12mkkk，则由（）可知11 (1,2,1)iikkSSim，同理101kSS，且mnkSS所以12110()()()()mmmnnkkkkkkSSSSSSSSS10 1111mm个因为nSC

31、，所以nE的元素个数1mC11 分取常数数列nA：1(1,2,1)2iCaiCC，并令1nC，则22(1)2122nCCCSCCC，适合题意，且1,2,1nEC，其元素个数恰为1C综上，nE的元素个数的最小值为1C 13 分 8、解： （）设数列na的公比为q，则21231618aa qaa q2分解得12a，3q3分所以，12 ( 3)nna5分令2nnncba，则11122cba2(1)22ncnn7分1( 3)2nnnncabn9分（）(1)1( 3)24nnn nS13分9、解： （）12xy，13xy或24xy 3分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - -

32、- - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑（）n的最大值为65，理由如下 4分一方面，注意到：11112kkkkkkkaaaaaaa对 任 意 的11in， 令1iiibaa， 则ibZ且1kkbb（21kn） ， 故11kkbb对任意的21kn恒成立（）当11a，2017na时，注意到1211 10baa，得112211()()()1iiiiibbbbbbbbi（21in）此时112110122(1)(2)2nnaabbbnnn即1(1)(2)20

33、17 12nn，解得：6265n，故65n 7分另一方面，取1ibi（164i） ，则对任意的264k，1kkbb，故数列na为“U数列” ，此时651012632017a，即65n符合题意综上，n的最大值为65 9分（）M的最小值为200288nn，证明如下： 10分当02nm（2m，*mN）时，一方面：由（）式，11kkbb，1121()()()m kkm km km km kkkbbbbbbbbm此时有：12112211211122211()()()()()()()(1)mmmmmmmmmmmaaaabbbbbbbbbbbbmmmm m故2212100(1)2822228mmmaaaam

34、 mnnmmM 13分另一方面， 当11bm，22bm，11mb，0mb，11mb， ，211mbm精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑时，111112()()10kkkkkkkkkaaaaaaabb取1ma，则11ma，123maaaa，122mmmaaa，且11211()(1) 12mmaabbbm m2112211()(1) 12mmmmmaabbbm m此时200121

35、28(1)128mnnMaam m综上，M的最小值为200288nn 14分10、 （）解：4:5,1,4,3B. 3 分（）证明：对于数列nA及其“陪伴数列”nB，因为19ba，1212bbaa，2323bbaa，8989bbaa，将上述几个等式中的第2,4,6,8,这 4 个式子都乘以1，相加得1122389122389()()()()()()nbbbbbbbaaaaaaa即9919912baaaaa故9912aba所以991,b a a成等差数列 . 8 分（）证明：因为1nba，1212bbaa，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师

36、归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑2323bbaa，11nnnnbbaa，由于n为偶数，将上述n个等式中的第2,4,6,n这2n个式子都乘以1，相加得11223112231()()()()()()nnnnnbbbbbbbaaaaaaa即1nba，1nba. 13 分11、解： （）设na的公差为d因为248111,aaa成等比数列，所以2428111()aaa即2111111()37adadad化简得2111(3 )() (7 )adadad，即21da d又11

37、a，且0d，解得1d所以有1(1)naandn7 分（）由（）得：11111(1)1nnaannnn所以11111111122311nTnnn因此，1nT13 分12、解： （）设等比数列na的公比为q由题意，得3418aqa，2q精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑所以1113 2nnnaa q(1,2,)n 3 分又数列nnab是首项为4，公差为1的等差数列，所以4(1)

38、1nnabn从而1(3)32nnbn(1,2,)n 6 分（）由（）知1(3)3 2nnbn(1,2,)n数列3n的前n项和为(7)2n n 9 分数列13 2n的前n项和为3(12 )3 2312nn 12 分所以，数列nb的前n项和为(7)3232nn n 13 分13、解析 ： （ I）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 18 页，共 19 页 - - - - - - - - - - 资料收集于网络，如有侵权请联系网站删除word 可编辑（II）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 19 页，共 19 页 - - - - - - - - - -