【推荐】高三数学专题复习专题三数列过关提升文.pdf

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1、小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学专题三数列专题过关提升卷(时间：120 分钟满分：160 分)一、填空题(本大题共 14 小题，每小题5 分，共 70 分)1(2015陕西高考)中位数为1 010 的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为 _2设 an是公比为q的等比数列，则“q1”是数列“an为递增数列”的_条件3等差数列 an 的前n项和为Sn，已知a58，S36，则a9_4已知等比数列an 是递增数列，Sn是an的前n项和若a1，a3是方程x210 x9 0 的两个根，则S6_5(2015广州调研)若等比数列 an 的各项均为正数，且a10a11

2、a9a12 2e5，则ln a1 ln a2 ln a20_6在各项均为正数的等比数列an 中，若am1am12am(m 2)，数列 an的前n项积为Tn，若 log2T2m19，则m_7各项为正数的等比数列an的前n项和为Sn，若S4 5S2，a22 且Sk31，则正整数k的值为 _8若两个等差数列an，bn 的前n项和分别为Sn，Tn，且满足SnTn3n24n5，则a5b5_9(2015太原诊断)已知等比数列an 的前n项和为Sn3n1a(nN*)，则实数a的值为_10(2015菏泽调研)西非埃博拉病毒导致2 500多人死亡，引起国际社会广泛关注，为防止疫情蔓延，西非各国政府在世界卫生组织

3、、国际社会援助下全力抗击埃博拉疫情，预计某首都医院近30 天内每天因治愈出院的人数依次构成数列an，已知a13，a22，且满足an2an 1(1)n，则该医院30 天内因治愈埃博拉病毒出院的患者共有_人11(2015长沙模拟)已知数列 an的通项公式为an 2nn.若按如图所示的流程图进行运算，则输出n的值为 _小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学12(2015衡水点睛联考)已知数列 an 满足a11，且an13an113n(n2，且nN*)，则数列 an的通项公式为_13设等差数列an的前n项和为Sn，若a21 2a6，且S7S10，则使得Sn取得最小值时，n的值为 _1

4、4(2015郑州质检)设数列 an是首项为1，公比为q(q 1)的等比数列，若1anan1是等差数列，则1a21a31a31a41a2 0131a2 0141a2 0141a2 015 _二、解答题(本大题共 6 小题，共90 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)15(本小题满分14 分)(2015 大庆质检)已知公差不为0 的等差数列 an 满足S777，且a1，a3，a11成等比数列(1)求数列 an的通项公式；(2)若bn2an，求数列 bn 的前n项和Tn.16(本小题满分14分)(2015 揭阳模拟)已知等比数列 an满足：an0，a15，Sn为其前n项和，且20S1，S3，

5、7S2成等差数列(1)求数列 an的通项公式；(2)设bnlog5a2 log5a4 log5a2n2，求数列1bn的前n项和Tn.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学17(本小题满分14 分)(2015 济宁模拟)已知数列 bn 满足Snbnn132，其中Sn为数列bn的前n项和(1)求证：数列bn12是等比数列，并求数列bn 的通项公式；(2)如果对任意nN*，不等式12k12n2Sn2n7 恒成立，求实数k的取值范围18(本小题满分16 分)设数列 bn 的前n项和为Sn，且bn12Sn；将函数ysin x在区间(0，)内的全部零点按从小到大的顺序排成数列an(1)求

6、bn与an的通项公式；(2)设cnanbn(n N*)，Tn为数列 cn 的前n项和若a22a4Tn恒成立，试求实数a的取值范围小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学19(本小题满分16分)(2012 江苏高考)已知各项均为正数的两个数列an和bn满足：an 1anbna2nb2n，nN*.(1)设bn11bnan，nN*，求证：数列bnan2是等差数列；(2)设bn12bnan，nN*，且 an 是等比数列，求a1和b1的值20(本小题满分16 分)(2015 南京、盐城模拟)已知数列 an满足a1a(a0，aN*)，a1a2anpan10(p0，p 1，nN*)(1)求数

7、列 an的通项公式an；(2)若对每一个正整数k，若将ak1，ak2，ak3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为dk.求p的值及对应的数列dk记Sk为数列 dk的前k项和，问是否存在a，使得Sk30 对任意正整数k恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由专题过关提升卷15 设数列的首项为a1，由等差数列与中位数定义，则a1 2 01521 010，a15.2既不充分也不必要 当a11 时，数列 an 是递减数列当an为递增数列时，a10，0q0，q1.因此，“q1”是 an为递增数列的既不充分也不必要条件 小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学

8、316 设等差数列 an 的公差为d，首项为a1，因为a5 8，S36，所以a14d8，3a1 3d6，解得a10，d2.所以a9a18d82 16.4364 因为a1，a3是方程x210 x90 的两个根，所以a1a3 10，a1a3 9，又an是递增数列，所以a11，a3 9，所以q3，S613613364.550 a10a11a9a122a1a202e5，a1a20e5，则 ln a1ln a2 ln a20 ln(a1a2a20)ln(a1a20)10ln e5050.65 由等比数列的性质，am 1am 1a2m，a2m2am(am 0)，从而am2，因此T2m1a1a2a3a2m1

9、a2m1m22m1，所以 log2T2m 1log222m 12m19，则m5.75 由S45S2，得a3a44(a1a2)，q2(a1a2)4(a1a2)，由于a1a20，则q2.又a22a12.知a11.Sk1（12k）1231，解得k5.8.2931a5b59a59b59（a1a9）29（b1b9）2S9T93 924 952931.9 3 由Sn3n1a，则Sn13na.anSnSn123n(n2，nN*)a1S19a，又数列 an为等比数列，因此a1应满足an23n，即a16.所以 9a6，a 3.10 285 由an2an1(1)n，知，当n为奇数时，an2an0；当n为偶数时，a

10、n2an2.所以数列a1，a3，a5，a29为常数列；a2，a4，a6，a30是公差为2 的等差数列又a13，a22，小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学因此S30153a2a302 1545230215285.11 11 由程序框图，及an2nn.Sn(211)(222)(233)(2nn)(2 2223 2n)(1 23n)2(2n 1)n（n1）2，由Sn2 015，得 2n1n（n1）22 017，由nN*，知n 11.输出n的值为 11.12ann23n 由an13an113n，得 3nan 3n1an 11(n2)数列 3nan是以 3 为首项，公差为1 的等差

11、数列因此 3nan3(n1)1n 2，所以ann 23n.13 8 或 9 设等差数列 an的公差为d.由S10S7，得a8a9a100，知a90，又 2a6a2a10a21，得a101，公差da10a910，数列 an单调递增所以，当n8 时，an0，因此 an 的前 8 项或前 9 项和最小 14 4 026 因为1anan1是等差数列，则1a1a21a3a42a2a3，又an是首项为1，公比为q(q 1)的等比数列，11q1q2q321qq2?q1，所以数列 an 是首项为1，公比为1 的常数列，则an1.故1a21a31a31a41a2 0141a2 0154 026.15解(1)设等

12、差数列 an的公差为d(d0)，由S77a477，得a411，a13d11，因为a1，a3，a11成等比数列，所以a23a1a11，整理得2d23a1d，又因d0.所以 2d3a1联立，解得a12，d3.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学所以 an 的通项公式an 3n1.(2)因为bn 2an，所以bn23n1128n，所以数列 bn 是以 4为首项，8 为公比的等比数列，由等比数列前n项和公式得，Tn4（18n）1 823n247.16解(1)设数列 an 的公比为q(q0)20S1，S3，7S2成等差数列，2S320S17S2.则 2(a1a1qa1q2)20a17

13、(a1a1q)化简得 2q2 5q250，解得q5 或q52.由q0.舍去q52.所以数列 an 的通项公式ana1qn15n.(2)由(1)知，a2n252n2，则 log5a2n22n 2.因此bnlog5a2log5a4 log5a2n 224 2(n1)(n 1)(n2)1bn1（n1）（n2）1n 11n2，Tn1b11b21bn121313141n11n2121n2n2（n2）.17解(1)对于任意nN*，Snbnn132Sn 1bn1（n1）132得bn 112bn14，所以bn11212bn12又由式知，S1b1142，即b172.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+

14、努力=大学所以数列bn12是首项为b1123，公比为12的等比数列，bn12312n1，即bn312n112.(2)因为bn 312n112，所以Sn3 11212212n1n23 112n112n26 112nn2.因为不等式12k12n2Sn 2n7，化简得k2n72n，对任意n N*恒成立，设cn2n72n，则cn1cn2（n 1）72n12n72n92n2n1，当n5 时，cn1cn，cn 为单调递减数列，当 1ncn，cn为单调递增数列，116c4c5332，所以，n 5 时，cn取得最大值332，所以，要使k2n72n对任意nN*恒成立，k332.18解(1)由bn12Sn，令n

15、1，则b112S112b1，b113.又当n 2时，bnSnSn1，bnbn1(1 2Sn)(1 2Sn1)2bn.因此 3bnbn1(n2，nN*)，数列 bn是首项b113，公比为q13的等比数列所以bnb1qn113n.令ysin x 0，x(0，)，得 xn(nN*)，xn(nN*)，它在区间(0，)内的取值构成以1为首项，以1 为公差的等差数列于是数列 an的通项公式a nn.(2)由(1)知，cnanbnn3n，则Tn13232333n3n小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学所以13Tn132233n13nn3n1由，得23Tn1313213nn3n112113

16、nn3n1，于是Tn34143n1n23n4Tn恒成立，则a22a3.解之得a 3 或a 1，所以实数a的取值范围是(，1 3，)19(1)证明由题设知an1anbna2nb2n1bnan1bnan2bn11bnan2，所以bn1an11bnan2，从而bn1an12bnan21(nN*)，所以数列bnan2是以 1 为公差的等差数列(2)解因为an0，bn0，所以（anbn）22a2nb2n(anbn)2，从而1an1anbna2nb2n2.(*)设等比数列 an 的公比为q，由an0 知q0.下证q 1.若q1，则a1a2qa22，故当n logq2a1时，an1a1qn2，与(*)矛盾；

17、若 0q1，则a1a2qa21，故当nlogq1a1时，an1a1qn1，与(*)矛盾综上，q1，故ana1(nN*)，所以 1a12.又bn12bnan2a1bn(nN*)，所以 bn 是公比为2a1的等比数列若a12，则2a11，于是b1b2b3.又由a1a1bna21b2n得bna1a212a21a211(nN*)，所以b1，b2，b3中至少有两项相同，矛盾，所以a12，从而bna1a212a21a2112.所以a1b12.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学20解(1)因为a1a2anpan10，所以n2时，a1a2an1pan0，两式相减，得an1anp 1p(n

18、 2)，故数列 an从第二项起是公比为p1p的等比数列，又当n1时，a1pa20，解得a2ap，从而ana（n1），app1pn2（n2）.(2)由(1)得ak1app1pk1，ak 2app1pk，ak3app 1pk1，若ak1为等差中项，则2ak1ak2ak3，即p1p1 或p 1p 2，解得p13；此时ak1 3a(2)k1，ak2 3a(2)k，所以dk|ak1ak2|9a2k 1，若ak2为等差中项，则2ak2ak1ak3，即p1p1，此时无解；若ak3为等差中项，则2ak3ak1ak2，即p1p1 或p 1p12，解得p23，此时ak13a212k 1，ak 33a212k1，所以dk|ak1ak3|9a812k 1，综上所述，p13，dk 9a2k 1或p23，dk9a812k1.当p13时，Sk9a(2k1)小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学则由Sk30，得a103（2k1），当k3 时，103（2k1）1，所以必定有a1，所以不存在这样的最大正整数当p23时，Sk9a4112k，则由Sk30，得a403112k，因为403112k403，所以a 13 满足Sk30 恒成立；但当a 14 时，存在k 5，使得a403112k，即Sk30，所以此时满足题意的最大正整数a13.