2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题12数列的综合问题.docx

数列的综合问题1删去正整数数列1,2,3， 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是()A2 062 B2 063C2 064 D2 065答案B解析由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，第k个平方数与第k1个平方数之间有2k个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025451 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063.2已知数列an满足0an10的n的最小值为()A60 B61 C121 D122答案B解析由a8a40，得a8，所以a88(n1)8n，所以2a48n4，所以an2，即a2an20，所以an，因为0an10得11，所以n60. an2n23n，由题意可知，项1 2345678910个位数5474509290每10项中有4项能被5整除，数列an的前100项中，能被5整除的项数为40.7设x1是函数f(x)an1x3anx2an2x1(nN*)的极值点，数列an满足 a11，a22，bnlog2an1，若x表示不超过x的最大整数，则等于()A2 017 B2 018C2 019 D2 020答案A解析由题意可得f(x)3an1x22anxan2，x1是函数f(x)的极值点，f(1)3an12anan20，即an23an12an0.an2an12，a2a11，a3a2212，a4a32222，anan12n2，以上各式累加可得an2n1.bnlog2an1log22nn.2 0182 0182 0182 017.2 017.8对于数列an，定义Hn为an的“优值”，现在已知某数列an的“优值”Hn2n1，记数列ankn的前n项和为Sn，若SnS5对任意的n恒成立，则实数k的取值范围为_答案解析由题意可知2n1，a12a22n1ann2n1，a12a22n2an1(n1)2n， 由，得2n1ann2n1(n1)2n(n2，nN*)，则an2n2(n2)，又当n1时，a14，符合上式，an2n2(nN*)，ankn(2k)n2，令bn(2k)n2， SnS5，b50，b60，解得k，k的取值范围是.9已知数列an的前n项和为Sn，Sn(an1)，则(4n21)的最小值为_答案4解析Sn(an1)，Sn1(an11)(n2)，anSnSn1(anan1)，an4an1，又a1S1(a11)，a14，an是首项为4，公比为4的等比数列，an4n，(4n21)2224，当且仅当n2时取“”10已知数列an的首项a1a，其前n项和为Sn，且满足SnSn14n2(n2，nN*)，若对任意nN*，anan1恒成立，则a的取值范围是_答案(3,5)解析由条件SnSn14n2(n2，nN*)，得Sn1Sn4(n1)2，两式相减，得an1an8n4，故an2an18n12，两式再相减，得an2an8，由n2，得a1a2a116a2162a，从而a2n162a8(n1)8n82a；由n3，得a1a2a3a1a236a342a，从而a2n142a8(n1)8n42a，由条件得解得3a2)，求函数f(n)的最小值；(3)设bn，Sn表示数列bn的前n项和，试问：是否存在关于n的整式g(n)，使得S1S2S3Sn1(Sn1)g(n)对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出g(n)的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由解(1)点P(an，an1)在直线xy10上，即an1an1，且a11，数列an是以1为首项，1为公差的等差数列，an1(n1)1n(nN*)(3)bnSn1，SnSn1(n2)，即nSn(n1)Sn1Sn11，(n1)Sn1(n2)Sn2Sn21，2S2S1S11，nSnS1S1S2Sn1n1，S1S2Sn1nSnn(Sn1)n(n2)，g(n)n.12已知数列an的首项为1，Sn为数列an的前n项和，Sn1qSn1，其中q0，nN*.(1)若2a2，a3，a22成等差数列，求数列an的通项公式；(2)设双曲线x21的离心率为en，且e2，证明：e1e2en.(1)解由已知Sn1qSn1，得Sn2qSn11，两式相减得到an2qan1，n1.又由S2qS11得到a2qa1，故an1qan对所有n1都成立所以，数列an是首项为1，公比为q的等比数列从而anqn1.由2a2，a3，a22成等差数列， 可得2a33a22，即2q23q2，则(2q1)(q2)0，由已知，q0，故q2.所以an2n1(nN*)(2)证明由(1)可知，anqn1.所以双曲线x21的离心率en.由e2，解得q.因为1q2(k1)q2(k1)，所以qk1(kN*)于是e1e2en1qqn1.故e1e2en.13.已知数列an的前n项和Sn满足关系式Snkan1，k为不等于0的常数(1)试判断数列an是否为等比数列；(2)若a2，a31.求数列an的通项公式及前n项和Sn的表达式；设bnlog2Sn，数列cn满足cnbn2，数列cn的前n项和为Tn，当n1时，求使TnSn3成立的最小正整数n的值解(1)若数列an是等比数列，则由n1得a1S1ka2，从而a2ka3.又取n2，得a1a2S2ka3，于是a10，显然矛盾，故数列an不是等比数列(2)由条件得解得从而Snan1.当n2时，由Sn1an，得anSnSn1an1an，即an12an，此时数列是首项为a2，公比为2的等比数列综上所述，数列an的通项公式为an从而其前n项和Sn2n2(nN*)由得bnn2，从而cnn2n2.记C1，记C2121220n2n2，则2C2120221n2n1，两式相减得C2(n1)2n1，从而Tn(n1)2n1(n1)2n1，则不等式TnSn3可化为2n10，因为nN*且n1，故n9，从而最小正整数n的值是10.14已知数列an的前n项和为Sn，且满足Snn2(an2)(nN*)(1)证明：数列an1为等比数列；(2)若bnanlog2(an1)，数列bn的前n项和为Tn，求Tn.(1)证明Snn2(an2)，当n2时，Sn1(n1)2(an12)，两式相减，得an12an2an1， an2an11，an12(an11)，2(n2)(常数)又当n1时，a112(a12)，得a13，a112，数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列(2)解由(1)知，an122n12n，an2n1，又bnanlog2(an1)，bnn(2n1)，Tnb1b2b3bn(12222323n2n)(123n)，设An12222323(n1)2n1n2n，则2An122223(n1)2nn2n