【推荐】高三数学专题复习专题三数列真题体验文.pdf

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1、小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学专题三数列真题体验引领卷一、填空题1(2014江苏高考)在各项均为正数的等比数列an 中，若a2 1，a8a62a4，则a6的值是_2(2010江苏高考)函数yx2(x0)的图象在点(ak，a2k)处的切线与x轴交点的横坐标为ak 1，k为正整数，a116，则a1a3a5_3(2015全国卷改编)已知等比数列an 满足a1 3，a1a3a521，则a3a5a7_4(2 014天津高考改编)设 an 是首项为a1，公差为 1 的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1_5(2013新课标全国卷改编)设等差数列 an的

2、前n项和为Sn，若Sm 1 2，Sm0，Sm 13，则m_6(2015全国卷)在数列 an 中，a12，an1 2an，Sn为an的前n项和若Sn126，则n_7(2015湖南高考)设Sn为等比数列 an的前n项和，若a11，且 3S1，2S2，S3成等差数列，则an_8(2015全国卷)设Sn是数列 an 的前n项和，且a1 1，an1SnSn1，则Sn_9(2015江苏高考)设数列 an 满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列1an前 10 项的和为 _10(2013江苏高考)在正项等比数列an 中，a512，a6a7 3.则满足a1a2ana1a2an的最大正整数n的值为 _二、

3、解答题11(2014江苏高考)设数列 an的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Snam，则称 an是“H数列”(1)若数列 an的前n项和Sn 2n(nN*)，证明：an 是“H数列”；(2)设an是等差数列，其首项a11，公差d0.若an是“H数列”，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学12(2013江苏高考)设an是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项的和记bnnSnn2c，nN*，其中c为实数(1)若c0，且b1，b2，b4成

4、等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN*)；(2)若bn是等差数列，证明：c0.13(2015江苏高考)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列；(2)是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由；(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得an1，ank2，an 2k3，an3k4依次构成等比数列？并说明理由专题三数列真题体验引领卷1 4 因为a8a2q6，a6a2q4，a4a2q2，所以由a8a62a4得a2q6a2q42a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程(q

5、2)2q2 20，解得q22，a6a2q41224.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学221 在点(ak，a2k)处的切线方程为：ya2k2ak(xak)，当y0 时，解得xak2，所以ak 1ak2，故 an是a116，q12的等比数列，即an 1612n1，a1a3a5164121.342 设等比数列 an 的公比为q，由a13，a1a3a521.得 3(1 q2q4)21.解得q2 2或q2 3(舍)于是a3a5a7q2(a1a3a5)22142.412S1，S2，S4成等比数列，S22S1S4，又Sn为公差为 1 的等差数列的前n项和从而(a1a1 1)2a14a

6、1124 3，解得a112.55 由题设，amSmSm 12，am 1Sm 1Sm3.因为数列 an为等差数列所以公差dam 1am1.由Smm（a1am）20，得m(a12)0，则a1 2.又ama1(m1)d2，解得m5.66 a1 2，an 12an，数列 an是以公比q2，首项a12 的等比数列则Sn2（12n）1 2126，解得n6.73n1 由于 3S1，2S2，S3成等差数列所以4S2 3S1S3，即 3(S2S1)S3S2.3a2a3，则等比数列an的公比q 3.故数列 an的通项公式ana1qn13n1.81n由题意，得S1a1 1.an1SnSn1，Sn 1SnSnSn1，

7、则Sn 0，从而1Sn11Sn 1，故数列1Sn是以1S1 1 为首项，1 为公差的等差数列，因此1Sn 1(n1)n，所以Sn1n.9.2011 a1 1，an 1ann1，a2a12，a3a2 3，anan1n，将以上n1个式子相加得ana123n（2n）（n1）2，即ann（n1）2，令bn1an，故bn2n（n1）21n1n 1，故S10b1b2b10小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学2 11212131101112011.10 12 由已知条件得12q12q23，即q2q60，解得q 2，或q 3(舍去)，ana5qn5122n52n6，a1a2an132(2n

8、1)，a1a2an2524232n62n211n2，由a1a2ana1a2an，可知 2n5252n（n11）2，由 2n5252n（n11）2，可求得n的最大值为 12，而当n 13 时，2825213，所以n的最大值为12.11(1)证明由已知，当n1 时，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数mn1，使得Sn2nam.所以 an 是“H数列”(2)解由已知，得S22a1d2d.因为 an 是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2am，即 2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为d 0，所以m20，故m1.从而d 1.当d 1 时，an2n，Snn（3n）2是小

9、于 2 的整数，nN*，于是对任意的正整数n，总存在正整数m2Sn2n（3n）2，使得Sn2mam，所以 an 是“H数列”因此d的值为 1.(3)证明设等差数列 an的公差为d，则ana1(n1)dna1(n1)(da1)(nN*)令bnna1，cn(n1)(da1)，则anbncn(nN*)下证 bn 是“H”“数列”，设bn 的前n项和为Tn，则Tnn（n1）2a1(nN*)，于是对任意的正整数n，总存在正整数mn（n 1）2；使得Tnbm，所以 bn是“H数列”同理可证 cn 也是“H数列”所以，对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn 和cn，使得anbncn(nN*)成立12

10、解由题设，Snnan（n1）2d.(1)由c0，得bnSnnan12d.又b1，b2，b4成等比数列，所以b22b1b4，即ad22小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学a a32d，化简得d22ad 0.因为d 0，所以d2a.因此，对于所有的mN*，有Smm2a.从而对于所有的k，nN*，有Snk(nk)2an2k2an2Sk.(2)证明设数列 bn 的公差为d1，则bnb1(n1)d1，即nSnn2cb1(n1)d1，n N*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的nN*，有d112d n3(b1d1a12d)n2cd1nc(d1b1)令Ad112d，Bb1d1a12d，

11、Dc(d1b1)，则对于所有的n N*，有An3Bn2cd1nD.(*)在(*)式中分别取n1，2，3，4，得ABcd18A 4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，从而有7A 3Bcd1 0，19A5Bcd10，21A5Bcd10，由，得A0，cd1 5B，代入方程，得B0，从而cd10.即d112d0，b1d1a12d0，cd10.若d10，则由d112d0，得d0，与题设矛盾，所以d10.又cd10，所以c0.13(1)证明因为2an12an 2an1an2d(n1，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)解不存在，理由如下：令a1da，

12、则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(ad，a 2d，d0)假设存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令tda，则 1(1 t)(1 t)3，且(1 t)6(1 2t)412t1，t 0，化简得t32t2 20(*)，且t2t1.将t2t1 代入(*)式，t(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，则t14.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学显然t14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列(3)解不存在，

13、理由如下：假设存在a1，d及正整数n，k，使得an1，ank2，an2k3，an3k4依次构成等比数列，则an1(a12d)n2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k)分别在两个等式的两边同除以a2（nk）1及a2（n 2k）1，并令tda1t13，t0，则(1 2t)n2k(1t)2(nk)，且(1 t)nk(1 3t)n 3k(12t)2(n2k)将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(1 2t)化简得 2kln(12t)ln(1 t)n2ln(1t

14、)ln(1 2t)，且 3kln(13t)ln(1 t)n3ln(1t)ln(1 3t)再将这两式相除，化简得ln(1 3t)ln(12t)3ln(1 2t)ln(1t)4ln(1 3t)ln(1 t)(*)令g(t)4ln(1 3t)ln(1t)ln(1 3t)ln(12t)3ln(1 2t)ln(1t)，则g(t)2（13t）2ln（13t）3（12t）2ln（12t）3（1t）2ln（1t）（1t）（12t）（13t）.令(t)(1 3t)2ln(1 3t)3(1 2t)2ln(1 2t)3(1 t)2ln(1 t)，则(t)6(1 3t)ln(13t)2(1 2t)ln(12t)(1 t)ln(1t)令 1(t)(t)，则 1(t)63ln(13t)4ln(1 2t)ln(1 t)令 2(t)1(t)，则 2(t)12（1t）（12t）（13t）0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)0，知 2(t)，1(t)，(t)，g(t)在 13，0 和(0，)上均单调故g(t)只有唯一零点t0，即方程(*)只有唯一解t0，故假设不成立小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学所以不存在a1，d及正整数n，k，使得an1，ank2，an 2k3，an3k4依次构成等比数列