专题06数列(文理合卷)45202.pdf

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1、12020 年高考数学压轴必刷题专题 06 数列(文理合卷)1【2019 年浙江 10】设 a，b R，数列an满足 a1a，an+1an2+b，n N*，则（）A当 b时，a1010B当 b时，a1010C当 b 2 时，a1010D当 b 4 时，a1010【解答】解：对于 B，令0，得，取，当 b时，a1010，故 B错误；对于 C，令 x2 20，得 2 或 1，取 a12，a22，an210，当 b 2 时，a1010，故 C 错误；对于 D，令 x2 40，得，取，10，当 b 4 时，a1010，故 D 错误；对于 A，an+1an0，an递增，当 n 4 时，an1，（）6，a

2、1010故 A正确故选：A22【2018 年浙江 10】已知 a1，a2，a3，a4成等比数列，且 a1+a2+a3+a4ln（a1+a2+a3），若 a11，则（）Aa1a3，a2a4Ba1a3，a2a4Ca1a3，a2a4Da1a3，a2a4【解答】解：a1，a2，a3，a4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a11，设公比为 q，当 q 0 时，a1+a2+a3+a4a1+a2+a3，a1+a2+a3+a4ln（a1+a2+a3），不成立，即：a1a3，a2a4，a1a3，a2a4，不成立，排除 A、D当 q 1 时，a1+a2+a3+a40，ln（a1+a

3、2+a3）0，等式不成立，所以 q 1；当 q 1 时，a1+a2+a3+a40，ln（a1+a2+a3）0，a1+a2+a3+a4ln（a1+a2+a3）不成立，当 q （1，0）时，a1a30，a2a40，并且 a1+a2+a3+a4ln（a1+a2+a3），能够成立，故选：B3【2017 年新课标 1 理科 12】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列 1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，其中第一项是 20，接下来的两项是 20，21，再接

4、下来的三项是 20，21，22，依此类推求满足如下条件的最小整数 N：N 100 且该数列的前 N项和为 2 的整数幂那么该款软件的激活码是（）A440B330C220D110【解答】解：设该数列为an，设 bn2n+11，（n N+），则ai，由题意可设数列an的前 N项和为 SN，数列bn的前 n 项和为 Tn，则 Tn211+221+2n+112n+1n 2，可知当 N为时（n N+），数列an的前 N项和为数列bn的前 n 项和，即为 2n+1n 2，容易得到 N 100 时，n 14，A项，由435，440435+5，可知 S440T29+b5230292+251230，故 A项符合

5、题意B 项，仿上可知325，可知 S330T25+b5226252+251226+4，显然不为 2 的整数幂，故B项不符合题意C 项，仿上可知210，可知 S220T20+b10221202+2101221+21023，显然不为 2 的整数幂，故 C 项不符合题意3D 项，仿上可知105，可知 S110T14+b5215142+251215+15，显然不为 2 的整数幂，故D 项不符合题意故选 A方法二：由题意可知：，根据等比数列前 n 项和公式，求得每项和分别为：211，221，231，2n1，每项含有的项数为：1，2，3，n，总共的项数为 N 1+2+3+n，所有项数的和为 Sn：211+

6、221+231+2n1（21+22+23+2n）nn 2n+12n，由题意可知：2n+1为 2 的整数幂只需将2n 消去即可，则 1+2+（2n）0，解得：n 1，总共有23，不满足 N 100，1+2+4+（2n）0，解得：n 5，总共有318，不满足 N 100，1+2+4+8+（2n）0，解得：n 13，总共有495，不满足 N 100，1+2+4+8+16+（2n）0，解得：n 29，总共有5440，满足 N 100，该款软件的激活码 440故选：A4【2017 年上海 15】已知 a、b、c 为实常数，数列xn的通项 xnan2+bn+c，n N*，则“存在 k N*，使得 x100

7、+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是（）Aa 0Bb 0Cc 0Da 2b+c 0【解答】解：存在 k N*，使得 x100+k、x200+k、x300+k成等差数列，可得：2a（200+k）2+b（200+k）+c a（100+k）2+b（100+k）+c+a（300+k）2+b（300+k）+c，化为：a 0使得 x100+k，x200+k，x300+k成等差数列的必要条件是 a 0故选：A5【2016 年浙江理科 06】如图，点列An、Bn分别在某锐角的两边上，且|AnAn+1|An+1An+2|，AnAn+1，n N*，|BnBn+1|Bn+1Bn+2|，BnB

8、n+1，n N*，（P Q表示点 P与 Q不重合）若 dn|AnBn|，Sn为AnBnBn+1的面积，则（）4ASn是等差数列BSn2是等差数列Cdn是等差数列Ddn2是等差数列【解答】解：设锐角的顶点为 O，|OA1|a，|OB1|c，|AnAn+1|An+1An+2|b，|BnBn+1|Bn+1Bn+2|d，由于 a，c 不确定，则dn不一定是等差数列，dn2不一定是等差数列，设AnBnBn+1的底边 BnBn+1上的高为 hn，由三角形的相似可得，两式相加可得，2，即有 hn+hn+22hn+1，由 Snd hn，可得 Sn+Sn+22Sn+1，即为 Sn+2Sn+1Sn+1Sn，则数列

9、Sn为等差数列另解：可设A1B1B2，A2B2B3，AnBnBn+1为直角三角形，且 A1B1，A2B2，AnBn为直角边，即有 hn+hn+22hn+1，由 Snd hn，可得 Sn+Sn+22Sn+1，即为 Sn+2Sn+1Sn+1Sn，则数列Sn为等差数列故选：A56【2016 年新课标 3 理科 12】定义“规范 01 数列”an如下：an共有 2m项，其中 m项为 0，m项为1，且对任意 k 2m，a1，a2，ak中 0 的个数不少于 1 的个数，若 m 4，则不同的“规范 01 数列”共有（）A18 个B16 个C14 个D12 个【解答】解：由题意可知，“规范 01 数列”有偶数

10、项 2m项，且所含 0 与 1 的个数相等，首项为 0，末项为 1，若 m 4，说明数列有 8 项，满足条件的数列有：0，0，0，0，1，1，1，1；0，0，0，1，0，1，1，1；0，0，0，1，1，0，1，1；0，0，0，1，1，1，0，1；0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1；0，0，1，0，1，1，0，1；0，0，1，1，0，1，0，1；0，0，1，1，0，0，1，1；0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1；0，1，0，0，1，1，0，1；0，1，0，1，0，0，1，1；0，1，0，1，0，1，0，1共 14 个故选：C7【2016 年

11、上海理科 17】已知无穷等比数列an的公比为 q，前 n 项和为 Sn，且S，下列条件中，使得 2SnS（n N*）恒成立的是（）Aa10，0.6q 0.7Ba10，0.7q 0.6Ca10，0.7q 0.8Da10，0.8q 0.7【解答】解：，S，1q 1，2SnS，若 a10，则，故 A与 C 不可能成立；若 a10，则 qn，在 B中，a10，0.7q 0.6 故 B 成立；6在 D 中，a10，0.8q 0.7，此时 q2，D 不成立故选：B8【2015 年上海理科 17】记方程：x2+a1x+10，方程：x2+a2x+20，方程：x2+a3x+40，其中 a1，a2，a3是正实数当

12、 a1，a2，a3成等比数列时，下列选项中，能推出方程 无实根的是（）A方程 有实根，且 有实根B方程 有实根，且 无实根C方程 无实根，且 有实根D方程 无实根，且 无实根【解答】解：当方程 有实根，且 无实根时，1a1240，2a2280，即 a124，a228，a1，a2，a3成等比数列，a22a1a3，即 a3，则 a32（）2，即方程 的判别式3a32160，此时方程 无实根，故选：B9【2015 年上海理科 18】设 Pn（xn，yn）是直线 2x y（n N*）与圆 x2+y22 在第一象限的交点，则极限（）A1BC1D2【解答】解：当 n+时，直线 2x y趋近于 2x y 1

13、，与圆 x2+y22 在第一象限的交点无限靠近（1，1），而可看作点 Pn（xn，yn）与（1，1）连线的斜率，其值会无限接近圆 x2+y22 在点（1，1）处的切线的斜率，其斜率为11故选：A10【2013 年新课标 1 理科 12】设AnBnn的三边长分别为 an，bn，cn，AnBnn的面积为 Sn，n1，2，73若 b1c1，b1+c12a1，an+1an，则（）ASn为递减数列BSn为递增数列CS2n1为递增数列，S2n为递减数列DS2n1为递减数列，S2n为递增数列【解答】解：b12a1c1且 b1c1，2a1c1c1，a1c1，b1a12a1c1a1a1c10，b1a1c1，又

14、b1c1a1，2a1c1c1a1，2c1a1，由题意，an，bn+1+cn+12an（bn+cn2an），b1+c12a1，b1+c12a10，bn+cn2an0，bn+cn2an2a1，bn+cn2a1，由此可知顶点 An在以 Bn、cn为焦点的椭圆上，又由题意，bn+1cn+1，a1bn，bn+1a1，bna1，cn2a1bn，单调递增（可证当 n1 时0）故选：B11【2012 年浙江理科 07】设 Sn是公差为 d（d 0）的无穷等差数列an的前 n 项和，则下列命题错误的是（）A若 d 0，则数列Sn有最大项B若数列Sn有最大项，则 d 0C若对任意 n N*，均有 Sn0，则数列S

15、n是递增数列D若数列Sn是递增数列，则对任意 n N*，均有 Sn08【解答】解：由等差数列的求和公式可得 Snna1dn2+（a1）n，选项 A，若 d 0，由二次函数的性质可得数列Sn有最大项，故正确；选项 B，若数列Sn有最大项，则对应抛物线开口向下，则有 d 0，故正确；选项 C，若对任意 n N*，均有 Sn0，对应抛物线开口向上，d 0，可得数列Sn是递增数列，故正确；选项 D，若数列Sn是递增数列，则对应抛物线开口向上，但不一定有任意 n N*，均有 Sn0，故错误故选：D12【2012 年上海理科 18】设 ansin，Sna1+a2+an，在 S1，S2，S100中，正数的个

16、数是（）A25B50C75D100【解答】解：由于 f（n）sin的周期 T 50由正弦函数性质可知，a1，a2，a240，a250，a26，a27，a490，a500且 sin，sin但是 f（n）单调递减a26a49都为负数，但是|a26|a1，|a27|a2，|a49|a24S1，S2，S25中都为正，而 S26，S27，S50都为正同理 S1，S2，s75都为正，S1，S2，s75，s100都为正，故选：D13【2012 年北京理科 08】某棵果树前 n 年的总产量 Sn与 n 之间的关系如图所示 从目前记录的结果看，前 m年的年平均产量最高，则 m的值为（）A5B7C9D11【解答】

17、解：若果树前 n 年的总产量 S 与 n 在图中对应 P（S，n）点则前 n 年的年平均产量即为直线 OP 的斜率9由图易得当 n 9 时，直线 OP 的斜率最大即前 9 年的年平均产量最高，故选：C14【2011 年上海理科 18】设an是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为 ai，ai+1的矩形的面积（i 1，2，），则An为等比数列的充要条件是（）Aan是等比数列Ba1，a3，a2n1，或 a2，a4，a2n，是等比数列Ca1，a3，a2n1，和 a2，a4，a2n，均是等比数列Da1，a3，a2n1，和 a2，a4，a2n，均是等比数列，且公比相同【解答】解：依题意可知 Aiai ai+

18、1，Ai+1ai+1 ai+2，若An为等比数列则q（q 为常数），则 a1，a3，a2n1，和 a2，a4，a2n，均是等比数列，且公比均为 q；反之要想An为等比数列则需为常数，即需要 a1，a3，a2n1，和 a2，a4，a2n，均是等比数列，且公比相等；故An为等比数列的充要条件是 a1，a3，a2n1，和 a2，a4，a2n，均是等比数列，且公比相同故选：D15【2018 年江苏 14】已知集合 Ax|x 2n 1，n N*，Bx|x 2n，n N*将 AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an，记 Sn为数列an的前 n 项和，则使得 Sn12an+1成立的 n 的最小值为【解

19、答】解：利用列举法可得：当 n 26 时，AB中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列an，所以数列an的前 26 项分成两组：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23.25，41；2，4，8，16，32S26，a2743，12a27516，不符合题意当 n 27 时，AB 中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列an，所以数列an的前 27 项分成两组：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，41，43；2，4，8，16，3210S27546，a284512a28540，符合题意，故答案为：2716【2017 年上海 10】已知数列an和b

20、n，其中 ann2，n N*，bn的项是互不相等的正整数，若对于任意 n N*，bn的第 an项等于an的第 bn项，则【解答】解：ann2，n N*，若对于一切 n N*，bn中的第 an项恒等于an中的第 bn项，b1a11，b4，b9，b16b1b4b9b162故答案为：217【2016 年浙江理科 13】设数列an的前 n 项和为 Sn，若 S24，an+12Sn+1，n N*，则 a1，S5【解答】解：由 n 1 时，a1S1，可得 a22S1+12a1+1，又 S24，即 a1+a24，即有 3a1+14，解得 a11；由 an+1Sn+1Sn，可得Sn+13Sn+1，由 S24，

21、可得 S334+113，S4313+140，S5340+1121故答案为：1，12118【2016 年上海理科 11】无穷数列an由 k 个不同的数组成，Sn为an的前 n 项和，若对任意 n N*，Sn 2，3，则 k 的最大值为【解答】解：对任意 n N*，Sn 2，3，可得当 n 1 时，a1S12 或 3；若 n 2，由 S2 2，3，可得数列的前两项为 2，0；或 2，1；或 3，0；或 3，1；若 n 3，由 S3 2，3，可得数列的前三项为 2，0，0；或 2，0，1；或 2，1，0；或 2，1，1；或 3，0，0；或 3，0，1；或 3，1，0；或 3，1，1；11若 n 4，

22、由 S3 2，3，可得数列的前四项为 2，0，0，0；或 2，0，0，1；或 2，0，1，0；或 2，0，1，1；或 2，1，0，0；或 2，1，0，1；或 2，1，1，0；或 2，1，1，1；或 3，0，0，0；或 3，0，0，1；或 3，0，1，0；或 3，0，1，1；或 3，1，0，0；或 3，1，0，1；或 3，1，1，0；或 3，1，1，1；即有 n 4 后一项都为 0 或 1 或1，则 k 的最大个数为 4，不同的四个数均为 2，0，1，1故答案为：419【2015 年江苏 11】设数列an满足 a11，且 an+1ann+1（n N*），则数列的前 10 项的和为【解答】解：数列

23、an满足 a11，且 an+1ann+1（n N*），当 n 2 时，an（anan1）+（a2a1）+a1n+2+1当 n 1 时，上式也成立，an2数列的前 n 项的和 Sn数列的前 10 项的和为故答案为：20【2015 年新课标 2 理科 16】设数列an的前 n 项和为 Sn，且 a11，an+1Sn+1Sn，则 Sn【解答】解：an+1Sn+1Sn，Sn+1SnSn+1Sn，121，又a11，即1，数列是以首项是1、公差为1 的等差数列，n，Sn，故答案为：21【2013 年江苏 14】在正项等比数列an中，a6+a73，则满足 a1+a2+ana1a2an的最大正整数 n 的值为

24、【解答】解：设正项等比数列an首项为 a1，公比为 q，由题意可得，解之可得：a1，q 2，故其通项公式为 an2n6记 Tna1+a2+an，Sna1a2an25242n6254+n6由题意可得 TnSn，即，化简得：2n1，即 2n1，因此只须 n，（n 1），即 n213n+100，解得n，由于 n 为正整数，因此 n 最大为的整数部分，也就是 12故答案为：1222【2013 年新课标 2 理科 16】等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S100，S1525，则 nSn的最小值为【解答】解：设等差数列an的首项为 a1，公差为 d，13S1010a1+45d 0，S1515a1+

25、105d 25，a13，d，Snna1dn2n，nSnn3n2，令 nSnf（n），f（n）n2n，当 n时，f（n）取得极值，当 n时，f（n）递减；当 n时，f（n）递增；因此只需比较 f（6）和 f（7）的大小即可f（6）48，f（7）49，故 nSn的最小值为49故答案为：4923【2012 年新课标 1 理科 16】数列an满足 an+1+（1）nan2n 1，则an的前 60 项和为【解答】解：an+1+（1）nan2n 1，故有 a2a11，a3+a23，a4a35，a5+a47，a6a59，a7+a611，a50a4997从而可得 a3+a12，a4+a28，a7+a52，a8

26、+a624，a9+a112，a12+a1040，a13+a112，a16+a1456，从第一项开始，依次取 2 个相邻奇数项的和都等于 2，从第二项开始，依次取 2 个相邻偶数项的和构成以 8 为首项，以 16 为公差的等差数列an的前 60 项和为 152+（158）183024【2011 年江苏 13】设 1a1a2a7，其中 a1，a3，a5，a7成公比为 q 的等比数列，a2，a4，a6成公差为 1 的等差数列，则 q 的最小值是【解答】解：方法 1：1a1a2a7；a2，a4，a6成公差为 1 的等差数列，a6a2+23，a6的最小值为 3，a7的最小值也为 3，此时 a11 且 a

27、1，a3，a5，a7成公比为 q 的等比数列，必有 q 0，a7a1q33，14q33，q，方法 2：由题意知 1a1a2a7；中 a1，a3，a5，a7成公比为 q 的等比数列，a2，a4，a6成公差为 1 的等差数列，得，所以，即 q321，所以 q33，解得q，故 q 的最小值是：故答案为：25【2011 年上海理科 14】已知点 O（0，0）、Q0（0，1）和点 R0（3，1），记 Q0R0的中点为 P1，取 Q0P1和 P1R0中的一条，记其端点为 Q1、R1，使之满足（|OQ1|2）（|OR1|2）0，记 Q1R1的中点为 P2，取 Q1P2和 P2R1中的一条，记其端点为Q2、R

28、2，使之满足（|OQ2|2）（|OR2|2）0依次下去，得到P1，P2，Pn，则【解答】解：由题意（|OQ1|2）（|OR1|2）0，所以第一次只能取 P1R0一条，（|OQ2|2）（|OR2|2）0依次下去，则 Q1、R1；Q2、R2，中必有一点在（）的左侧，一点在右侧，由于 P1，P2，Pn，是中点，根据题意推出 P1，P2，Pn，的极限为：（），所以|Q0P1|，故答案为：26【2010 年浙江理科 14】设 n 2，n N，（2x）n（3x）na0+a1x+a2x2+anxn，将|ak|（0kn）的最小值记为 Tn，则 T20，T3，T40，T5，Tn，其中 Tn【解答】解：根据 Tn

29、 的定义，列出 Tn 的前几项：T00T1T20T3T40T5T6015由此规律，我们可以推断：Tn故答案：27【2010 年浙江理科 15】设 a1，d 为实数，首项为 a1，公差为 d 的等差数列an的前 n 项和为 Sn，满足 S5S6+150，则 d 的取值范围是【解答】解：因为 S5S6+150，所以（5a1+10d）（6a1+15d）+150，整理得 2a12+9a1d+10d2+10，此方程可看作关于 a1的一元二次方程，它一定有根，故有（9d）242（10d2+1）d280，整理得 d28，解得 d 2，或 d 2则 d 的取值范围是故答案案为：1【2012 年新课标 1 文科

30、 12】数列an满足 an+1+（1）nan2n 1，则an的前 60 项和为（）A3690B3660C1845D1830【解答】解：由于数列an满足 an+1+（1）nan2n 1，故有 a2a11，a3+a23，a4a35，a5+a47，a6a59，a7+a611，a50a4997从而可得 a3+a12，a4+a28，a7+a52，a8+a624，a11+a92，a12+a1040，a15+a132，a16+a1456，从第一项开始，依次取 2 个相邻奇数项的和都等于 2，从第二项开始，依次取 2 个相邻偶数项的和构成以 8 为首项，以 16 为公差的等差数列an的前 60 项和为 152+（158）1830，故选：D2【2014 年新课标 2 文科 16】数列an满足 an+1，a82，则 a1【解答】解：由题意得，an+1，a82，令 n 7 代入上式得，a8，解得 a7；令 n 6 代入得，a7，解得 a61；16令 n 5 代入得，a6，解得 a52；根据以上结果发现，求得结果按 2，1 循环，8322，故 a1故答案为：3 【2010 年 天 津 文 科 15】设 an 是 等 比 数 列，公 比，Sn为 an 的 前 n项 和 记设为数列Tn的最大项，则 n0【解答】解：因为8，当且仅当4，即 n 4 时取等号，所以当 n04 时 Tn有最大值故答案为：4