2018版高三数学第六章数列试题理.docx

专题六 数 列考点1 数列的概念及简单表示法1.(2016浙江，13)设数列an的前n项和为Sn.若S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.1.1，121 由于解得a11，a23，当n2时，由已知可得：an12Sn1，an2Sn11，得an1an2an，an13an，又a23a1，an是以a11为首项，公比q3的等比数列.S5121.2.(2015江苏，11)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_.2.a11，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n，将以上n1个式子相加得ana123n，即an，令bn，故bn2，故S10b1b2b102.3.(2015安徽，18)设nN*，xn是曲线yx2n21在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列xn的通项公式；(2)记Tnxxx，证明Tn.3.(1)解y(x2n21)(2n2)x2n1,曲线yx2n21在点(1，2)处的切线斜率为2n2，从而切线方程为y2(2n2)(x1).令y0，解得切线与x轴交点的横坐标xn1.(2)证明由题设和(1)中的计算结果知Tnxxx.当n1时，T1.当n2时，因为x.所以Tn.综上可得对任意的nN*，均有Tn.4.(2014广东，19)设数列an的前n项和为Sn，满足Sn2nan13n24n，nN*，且S315.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列an的通项公式.4. (1)依题有解得a13，a25，a37.(2)Sn2nan13n24n，当n2时，Sn12(n1)an3(n1)24(n1).并整理得an1.由(1)猜想an2n1，下面用数学归纳法证明.当n1时，a1213，命题成立；假设当nk时，ak2k1命题成立.则当nk1时，ak12k32(k1)1，即当nk1时，结论成立.综上，nN*，an2n1.考点2 等差数列及其前n项和1. (2016浙江,6)如图,点列An,Bn分别在某锐角的两边上,且|AnAn1|An1An2|,AnAn2,nN*,|BnBn1|Bn1Bn2|,BnBn2,nN*(PQ表示点P与Q不重合).若dn|AnBn|,Sn为AnBnBn1的面积，则()A. Sn是等差数列 B.S是等差数列B. C.dn是等差数列 D.d是等差数列1.ASn表示点An到对面直线的距离(设为hn)乘以|BnBn1|长度一半,即Snhn|BnBn1|，由题目中条件可知|BnBn1|的长度为定值，过A1作垂直得到初始距离h1，那么A1，An和两个垂足构成等腰梯形，则hnh1|A1An|tan (其中为两条线所成的锐角，为定值)，从而Sn(h1|A1An|tan )|BnBn1|，Sn1(h1|A1An1|)|BnBn1|，则Sn1Sn|AnAn1|BnBn1|tan ，都为定值，所以Sn1Sn为定值，故选A.2.(2016全国，3)已知等差数列an前9项的和为27，a108，则a100() A.100 B.99 C.98 D.972. C由等差数列性质,知S99a527,得a53,而a108,因此公差d1,a100a1090d98，故选C.3.(2015重庆，2)在等差数列an中，若a24，a42，则a6() A.1 B.0 C.1 D.63.B由等差数列的性质,得a62a4a22240,选B.4.(2015北京，6)设an是等差数列，下列结论中正确的是()A.若a1a20，则a2a30 B.若a1a30，则a1a20C.若0a1a2，则a2 D.若a10，则(a2a1)(a2a3)04.CA,B选项易举反例，C中若0a1a2，a3a2a10，a1a32，又2a2a1a3，2a22，即a2成立.5.(2014福建，3)等差数列an的前n项和为Sn，若a12，S312，则a6等于() A.8 B.10 C.12 D.145.C设等差数列an的公差为d，则S33a13d，所以12323d，解得d2，所以a6a15d25212，故选C.6.(2014辽宁，8)设等差数列an的公差为d.若数列为递减数列，则()A.d0 C.a1d06.C2a1an为递减数列，可知a1an也为递减数列，又a1anaa1(n1)da1dnaa1d，故a1d0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和.12.解(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13.可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an).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Tnb1b2bn13.(2014北京，12)若等差数列an满足a7a8a90，a7a100，a80.又a7a10a8a90，a90.当n8时，其前n项和最大.14.(2015四川，16)设数列an(n1,2,3，)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值.14.解(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)，从而a22a1，a32a24a1，又因为a1，a21，a3成等差数列，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Tn1.由|Tn1|，得，即2n1 000，因为295121 0001 024210，所以n10，于是，使|Tn1|成立的n的最小值为10.15.(2014大纲全国，18)等差数列an的前n项和为Sn.已知a110，a2为整数，且SnS4.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn.15.解(1)由a110，a2为整数知：等差数列an的公差d为整数.又SnS4，故a40，a50，于是103d0，104d0.解得d.因此d3.数列an的通项公式为an133n.(2)bn.于是Tnb1b2bn16.(2014江苏，20)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Sn2n(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.16.(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d0，所以m21时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.9.解(1)由题意有，即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.10.(2014天津，11)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的值为_.10.由已知得S1S4S，即a1(4a16)(2a11)2，解得a1.11.(2014广东，13)若等比数列an的各项均为正数，且a10a11a9a122e5，则ln a1ln a2ln a20_.11.50由等比数列的性质可知a10a11a9a122e5a1a20e5，于是a1a2a20(e5)10e50，ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln e5050.12.(2014江苏，7)在各项均为正数的等比数列an中，若a21，a8a62a4，则a6的值是_.12.4设等比数列an的公比为q，q0.则a8a62a4即为a4q4a4q22a4，解得q22(负值舍去)，又a21，所以a6a2q44.13.(2014新课标全国，17)已知数列an满足a11，an13an1.(1)证明是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明.13.证明(1)由an13an1得an13又a1，所以是首项为，公比为3的等比数列.an，因此an的通项公式为an.(2)由(1)知.因为当n1时，3n123n1，所以.于是1.所以0，nN*.(1)若2a2，a3，a22成等差数列，求an的通项公式；(2)设双曲线x21的离心率为en，且e2，证明：e1e2en.4.(1)解由已知，Sn1qSn1，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.5.(2016山东，18)已知数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和Tn.5.解(1)由题意知，当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S111，所以an6n5.设数列bn的公差为d.由即可解得b14，d3，所以bn3n1.(2)由(1)知，cn3(n1)2n1.又Tnc1c2cn，得Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2.两式作差，得-Tn3222+23+24+2n1-(n1)2n23-3n2n2，所以Tn3n2n2.6.(2015新课标全国，16)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.6.由题意，得S1a11，又由an1SnSn1，得Sn1SnSnSn1，所以Sn0，所以1，即1，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，得1(n1)n，所以Sn.7.(2015山东，18)设数列an的前n项和为Sn.已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.7.解(1)因为2Sn3n3，所以2a133，故a13，当n1时，2Sn13n13，此时2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n1，所以an(2)因为anbnlog3an，所以b1，当n1时，bn31nlog33n1(n1)31n.所以T1b1；当n1时，Tnb1b2b3bn(131232(n1)31n)，所以3Tn1(130231(n1)32n)，两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)31n(n1)31n，所以Tn，经检验，n1时也适合.综上可得Tn.8.(2015天津，18)已知数列an满足an2qan(q为实数，且q1)，nN*，a11，a22，且a2a3，a3a4，a4a5成等差数列.(1)求q的值和an的通项公式；(2)设bn，nN*，求数列bn的前n项和.8.解(1)由已知，有(a3a4)(a2a3)(a4a5)(a3a4)，即a4a2a5a3，所以a2(q1)a3(q1)，又因为q1，故a3a22，由a3a1q，得q2.当n2k1(kN*)时，ana2k12k12；当n2k(kN*)时，ana2k2k2.所以，an的通项公式为an(2)由(1)得bn.设bn的前n项和为Sn，则Sn123(n1)n，Sn123(n1)n.上述两式相减得：Sn12，整理得，Sn4，nN*.所以，数列bn的前n项和为4，nN*.9.(2015广东，21)数列an满足：a12a2nan4，nN*.(1)求a3的值；(2)求数列an前n项和Tn；(3)令b1a1，bnan(n2)，证明：数列bn的前n项和Sn满足Sn60n800？若存在，求n