2019年高三数学专题复习专题三数列理.pdf

《2019年高三数学专题复习专题三数列理.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高三数学专题复习专题三数列理.pdf（21页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、1 / 21 2019 年高三数学专题复习专题三数列 理 真题体验引领卷 一、选择题 1(2015全国卷 )已知等比数列 an 满足 a13，a1a3a521， 则 a3a5a7( ) A21 B42 C63 D84 2(2014天津高考 )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( ) A2 B2 C. D 1 2 3(2015浙江高考 )已知an 是等差数列，公差d 不为零，前 n 项和 是 Sn，若 a3，a4，a8 成等比数列，则 ( ) Aa1d0，dS40 Ba1d0，dS40 4(2015高考 )设an 是等

2、差数列，下列结论中正确的是( ) A若 a1a20，则 a2a30 B若 a1a3 a1a3 D若 a10 5(2013新课标全国卷 )设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 Sm 2 / 21 12，Sm 0，Sm 13，则 m ( ) A3 B4 C5 D6 6(2015福建高考 )若 a，b 是函数 f(x) x2pxq(p0，q0)的两 个不同的零点，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pq 的值等于 ( ) A9 B5 C4 D2 二、填空题 7(2015全国卷 ) 在数列 an 中，a12，an12an，Sn 为an 的前 n 项和若

3、Sn126，则 n_ 8(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_ 9(2015全国卷 )设 Sn是数列 an 的前 n 项和，且 a11，an 1SnSn 1，则 Sn_ 三、解答题 10(2015全国卷 )Sn 为数列an 的前 n 项和已知 an0，a2an 4Sn 3. (1) 求an 的通项公式； (2) 设 bn，求数列 bn 的前 n 项和 11(2015四川高考 ) 设数列an(n 1，2，3，)的前 n 项和 Sn 满 足 Sn2ana1，且 a1，a21，a3 成等差数列 (1) 求数列an 的

4、通项公式； (2) 记数列的前 n 项和为 Tn，求使得 |Tn 1|1”是数列“ an 为递增数 列”的 ( ) A充分不必要条件 B必要且不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 2等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，已知 a58，S36，则 a9 等于 ( ) A32 B24 C16 D8 3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 x210x90 的两个根，则 S6等于( ) A120 B254 C364 D128 4在各项均为正数的等比数列an 中，若am 1am 12am(m 2) ， 数列an 的前 n 项积为 Tn，若 l

5、og2T2m19，则 m的值为 ( ) A4 B5 6 / 21 C6 D7 5(2015太原诊断 )已知等比数列 an 的前 n 项和为 Sn3n1a(n N*)，则实数 a 的值是( ) A3 B1 C1 D3 6(2015绍兴鲁迅中学模拟 )等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 a1 a210，S436，则过点P(n，an)和 Q(n2，an2)(n N*)的直 线的一个方向向量是 ( ) A. B( 1，1) C. D. 2，1 2 7(2015长沙模拟 )数列an 满足 a11，且对任意的m ，nN*都有 am nam anmn ，则等于 ( ) A. B. 4 018 2 0

6、12 C. D.2 009 2 010 8(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，若是等差数列，则( ) A2 012 B2 013 C4 024 D4 026 第卷(非选择题 ) 二、填空题 9各项为正数的等比数列an 的前 n 项和为 Sn，若 S45S2 ，a22 且 Sk31，则正整数 k 的值为 _ 7 / 21 10(2015衡水联考 ) 已知数列 an 满足 a11，且 anan1(n 2，且 nN*)，则数列 an 的通项公式为 _ 11(2015天津七校联考 ) 已知正项等比数列 an 满足 a7a62a5， 若存在两项 am ，a

7、n，使得 4a1，则的最小值为 _ 12(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 _ 13(2015乐清联考 ) 若等比数列 an 的各项均为正数，且a10a11 a9a122e5，则 ln a1 ln a2 ln a20 _ 14(2015江苏高考 ) 设数列an 满足 a11，且 an1ann1(n N*)，则数列前 10 项的和为 _ 15(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、 国际社会援助下全力抗击埃博拉疫情，预计某首都医院近3

8、0 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 an 2an1(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 三、解答题 16(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. 17(2015金华模拟 ) 已知等比数列 an 满足：an0，a15，Sn 为其 前 n 项和，且 20S1，S3，7S2成等差数列 (1) 求数列an 的通项公式； 8 / 21 (2) 设 bnlog5a2log

9、5a4 log5a2n 2，求数列的前 n 项和 Tn. 18(2015山东高考 ) 设数列an 的前 n 项和为 Sn.已知 2Sn 3n3. (1) 求an 的通项公式； (2) 若数列bn 满足 anbnlog3an ，求bn 的前 n 项和 Tn. 19(2015杭州外国语学校模拟) 已知数列 bn 满足 Snbn，其中 Sn为数列 bn 的前 n 项和 (1) 求证：数列是等比数列，并求数列bn 的通项公式； (2) 如果对任意nN*，不等式 2n7 恒成立，求实数k 的取值范围 20设数列 bn 的前 n 项和为 Sn，且 bn12Sn ；将函数 ysin x 在区间 (0， )内

10、的全部零点按从小到大的顺序排成数列an (1) 求bn 与an 的通项公式； (2) 设 cnanbn(nN*)，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 专题三数列 真题体验引领卷 1B 设等比数列 an 的公比为q，由 a13，a1a3a521. 得 3(1q2q4) 21. 解得 q22 或 q23(舍) 于是 a3a5a7 q2(a1a3a5)22142. 2D S1，S2，S4 成等比数列， SS1S4，又 Sn 为公差为 1 的等差数列的前 n 项和从而 (a1a11)2a1，解得 a1. 3B a3，a4，a8 成等比数列，(a1 3d

11、)2 (a1 2d)(a1 7d)(d 0)整理得 a1d，a1dd2a10，得公差 d0.故 a2(a1a3)，则选项 C正确 5C 由题设， am Sm Sm 12，am 1Sm 1Sm 3. 因为数列 an 为等差数列所以公差dam 1am 1. 由 Sm 0，得 m(a12) 0，则 a12. 又 am a1(m1)d2，解得 m 5. 6A 依题意知， abp0，abq0.则 a，b，2 这三个数的6 种排序中成等差数列的情况有：a，b，2；2，b，a；b，a，2； 2，a，b. 三个数成等比数列的情况有：a，2，b；b，2，a. 或解得或 a1， b4. p5，q4，故 pq9.

12、76 a12，an12an，数列 an 是以公比 q2，首项 a1 2 的等比数列则Sn126，解得 n6. 83n1 由于 3S1，2S2，S3 成等差数列所以4S23S1S3，即 3(S2S1)S3S2.3a2a3，则等比数列 an 的公比q3. 故数列 an 的通项公式 ana1qn13n1. 9 由题意，得 S1a11. an1SnSn 1， Sn1SnSnSn 1，则 Sn0， 从而 1， 故数列是以 1 为首项， 1 为公差的等差数列， 因此 1(n1)n，所以 Sn. 10解(1) 由 a2an4Sn3，可知 a2an14Sn13. 10 / 21 可得 aa2(an1an) 4

13、an1， 2(an1an) aa(an1an)(an 1an) 由于 an0，可得 an1an2. 又 a2a14a13，解得 a11( 舍去) ，a13. 所以an 是首项为 3，公差为 2 的等差数列， 通项公式为 an2n1. (2) 由 an2n1 可知 bn. 设数列 bn 的前 n 项和为 Tn，则 Tnb1b2bn 1 2 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n3 . 11(1) 解(1) 由 Sn2ana1，得 anSnSn12an2an1(n 2)， an2an1(n2)，所以 q2， 从而 a22a1，a32a24a1， 又因为 a1，a21，a3 成等差数列

14、，即 a1a32(a21) ， 所以 a14a12(2a11) ，解得 a12， 所以，数列 an 是首项为 2，公比为 2 的等比数列， 故 an2n. (2) 由(1) 得， 所以 Tn 1. 由|Tn1|1 000， 11 / 21 因为 295120，则 a3a1， a1a2a315，则 3a215，a25， 从而解之得 a12，a38. 12 / 21 所以公差 d3. 故 a11a12a13(a1a2a3)30d1590105. 2A 设等比数列 an 的公比为 q，且 q0，an0. 由于 a4a6，a7， 则 a32，q4，所以 q. 于是 a18. 故 S415. 3B 设等

15、比数列 an 的公比为 q. 由于 a3a1q22. a4a6aq8(a1q2)2 q44q416. 则 q44， 故 q44. 4D 由等差数列的性质， a9a36d. 1756d，得 d2， 因此 am a32(m3)2m 1. 又数列 bn 的前 n 项和 Sn3n， b1S13，b4S4S3343354. 由 am b1b4，得 2m 1354，则 m 29. 5B 由 a11，a23a1，得 a23， 又 an13Sn，知 an3Sn1(n2)， an1an3Sn3Sn 13an，即 an14an(n2) 因此 an 1 （n1）， 34n2 （n2）， 故 S6145. 6B 当

16、n1 时，3S1 a1a2，即 3a1a1a2，a23， 当 n2时，由 3Snanan1，可得 3Sn 1an1an，两式相减得： 3anan(an1an1) an0，an1an13， a2n 为 13 / 21 一个以 3 为首项， 3 为公差的等差数列， a2ka2a4a6a2n 3n3，选 B. 7. a1a2，a4a56， q38，从而 q2，可求 a1. 故 S6. 82 015 设数列 an 的公差为 d，则 a1d. 由 2，得 2. 所以 d2， 因此 S2 0152 015a1d2 015. 92n1 根据题意，由于各项均为正数的等比数列an 中， 由 a2a11，得 a1

17、(q1) 1， 所以 q1且 a1， a3a1q2 （q1）22（q1）1 q1 q12224， 当且仅当 q2 时取得等号， 因此 ana1qn12n1. 10解(1) 当 n1 时，a1S11； 当 n2时，anSnSn1n. 由于 n1 时，a11 适合上式， 故数列 an 的通项公式为 ann. (2) 由(1) 知，bn2n(1)nn. 记数列bn 的前 2n 项和为 T2n， 则 T2n(2122 22n)(12342n) 记 A2122 22n，B12342n，则 14 / 21 A2222322n22n12. B(12)( 34) (2n1)2nn， 故数列 bn 的前 2n

18、项和 Tn22n1n2. 11解(1) 由题设，得 a1a2a3log2b3 ， a1a2log2b2， 得， a3log2 log2646. 又 a12，所以公差 d2，因此 an22(n 1) 2n. 又 a1a2a3anlog2bn. 所以 log2bn ，故 bn2n(n1) (2) 由题意，得 cn(3n1)4n1， 则 Tn4741042 (3n 1)4n1， 4Tn44742(3n2)4n1(3n1) 4n， 由，得 3Tn43(442 4n1) (3n1)4n 43(3n1)4n3n4n， 所以 Tnn4n(nN*) 12解(1) aS2n 1(n N*)，an0. 令 n1，

19、得 a11；令 n2，得 a23， 等差数列 an 的公差 d2. 从而 an2n1，bn， 于是 Tn 1 2 11 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1 . (2) 假设存在正整数 m ，n(10， 15 / 21 2m2 4m 10，解得 11 ，得 m 2，此时 n12. 故存在正整数 m ，n，当且仅当 m 2，n12 时，满足 T1，Tm ，Tn 成等 比数列 专题过关提升卷 1D 当 a11 时，数列 an 是递减数列当 an 为递增数列时， a10，q1.因此，“ q1”是an 为递增数列的既不充 分也不必要条件 2C 设等差数列 an 的公差为 d，首项为 a1，因为

20、a58，S36， 所以解得 a10，d2. 所以 a9a18d8216. 3C 因为 a1，a3 是方程 x210x90 的两个根，所以又 an 是 递增数列， 所以 a11，a39，所以 q3，S6364. 4B 由等比数列的性质， am 1am 1a， a2am(am 0) ，从而 am 2， 因此 T2m 1a1a2a3a2m 1a22m 1， 所以 log2T2m1log222m12m 19，则 m 5. 5A 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 9a

21、6，a3. 16 / 21 6A 设等差数列 an 的公差为 d，由题意得： 2a1d10， 4a16d36，解之得 a13， d4. ana1(n 1)d4n1. 则 P(n，4n1) ，Q(n2，4n7) ， 因此过点 P、Q的直线的一个方向向量坐标(2 ，8) 与共线的一个方向向量为. 7A 令 m 1 得 an1ann1，即 an1ann1， 于是 a2a12，a3a23， anan1n， 上述 n1 个式子相加得 ana123 n， 所以 an123 n， 因此 2， 所以 1 a2 012 211 2 1 2 1 3 1 2 012 1 2 013 2. 8D 因为是等差数列，则，

22、 又an 是首项为 1，公比为 q(q1) 的等比数列， 2? q1， 所以数列 an 是首项为 1，公比为 1 的常数列，则 an1. 故 4 026. 95 由 S45S2，得 a3a44(a1a2)， q2(a1a2) 4(a1a2)，由于 a1a20，则 q2. 又 a22a12. 知 a11. 17 / 21 Sk31，解得 k5. 10an 由 anan1，得 3nan3n1an11(n 2) 数列 3nan 是以 3 为首项，公差为 1 的等差数列 因此 3nan3(n1)1n2，所以 an. 11. 设正项等比数列 an 的公比为 q(q0) 由 a7a62a5，得 q2q20

23、，则 q2. 又4a1，即 am an16a， a2m 12n116a，2m n216. 则 m n6，即(mn)1. 故 (mn) 1 6 5n m 4m n (5 4) ， 当且仅当 n2m ，即 m 2，n4 时，上式等号成立 因此的最小值为 . 125 设数列的首项为a1，由等差数列与中位数定义，则a12 01521 010，a15. 1350 a10a11a9a122a1a202e5， a1a20e5， 则 ln a1 ln a2 ln a20 ln(a1 a2a20) ln(a1 a20)10ln e50 50. 14. a11，an1ann1(n N*)， a2a12，a3a23

24、， anan1n(n2)， 将上面 n1 个式子相加，得 ana123n. an123 n(n 2) ， 18 / 21 又 a11 适合上式， 因此 an(nN*)， 令 bn2， 故 S10 b1b2b3b10 2. 15285 由 an2an1(1)n，知， 当 n 为奇数时， an2an0；当 n 为偶数时， an2an2. 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， 因此 S30 15315 4515285. 16解(1) 设等差数列 an 的公差为 d(d0)， 由 S77a477，得 a411， a1

25、3d11， 因为 a1，a3，a11 成等比数列， 所以 aa1a11，整理得 2d23a1d，又因 d0. 所以 2d3a1 联立，解得 a12，d3. 所以an 的通项公式 an3n1. (2) 因为 bn2an， 所以 bn23n18n， 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， Tn. 17解(1) 设数列an 的公比为 q(q0) 19 / 21 20S1，S3，7S2成等差数列， 2S3 20S17S2. 则 2(a1a1qa1q2)20a17(a1a1q) 化简得 2q25q250，解得 q5 或 q. 由 q0.舍去 q. 所以

26、数列 an 的通项公式 ana1qn15n. (2) 由(1) 知，a2n252n2，则 log5a2n 22n2. 因此 bnlog5a2log5a4 log5a2n 2 24 2(n1) (n 1)(n 2) ， Tn 1 bn 1 n1 1 n2 . 18解(1) 2Sn3n3， 当 n1 时，2a12S1 33，a13. 当 n2时，2Sn13n13. 则得 2an2Sn2Sn13n3n1，则 an3n1. 所以 an 3，n1， 3n1，n2. (2) 因为 anbnlog3an，所以 b1， 当 n2时，bn31nlog33n 1(n 1)31n. 所以 T1b1； 当 n2 时，

27、 Tnb1b2b3 bn1 31232 20 / 21 (n 1)31n ， 所以 3Tn11 3023 1 (n1)32n ， 两式相减，得 2Tn(30 313232n) (n 1)31n (n1)31n ，所以 Tn， 经检验， n1 时也适合综上可得Tn. 19解(1) 对于任意 nN*，Snbn Sn1bn1 得 bn1bn， 所以 bn1 1 2 bn1 2 又由式知， S1b1，即 b1. 所以数列是首项为b13，公比为的等比数列， bn3，bn3. (2) 因为 bn3 1 2 所以 Sn3 6. 因为不等式 2n7，化简得 k，对任意 nN*恒成立， 设 cn，则 cn1cn， 当 n5 时，cn1cn，cn 为单调递减数列， 当 1ncn，cn 为单调递增数列， 1 16c44Tn恒成立， 则 a22a3. 解之得 a3 或 a1， 所以实数 a 的取值范围是 ( ， 1 3 ，)