全国各地高考数学三轮复习试题汇编 专题4 数列、推理与证明 第1讲 数列（B卷）文（含解析）.DOC

1 专题专题 4 4 数列 推理与证明数列 推理与证明 第第 1 1 讲讲 数列 数列 b b 卷 卷 共 45 分钟 一 选择题 1 2015 辽宁大连二模 5 已知数列 an 的前n项和sn n2 9n 第k项满足 5 ak 8 则k a 7 b 6 c 9 d 8 2 2015 辽宁大连二模 10 已知等差数列 an 的前n项和为sn a2 4 s10 110 则 的最小值为 sn 64 an a 7 b c d 8 15 2 17 2 3 2015 陕西安康模拟 6 在等差数列 则公差 d 的值为 a 1 b 2 c 2 d 1 4 2015 山东潍坊二模 11 已知数列 n a的前n项和为 n s 12 1 2aa 且对于 任意1 nnn 满足 11 2 1 nnn sss 则 10 s的值为 a 91b 90c 55d 54 二 填空题 5 2015 徐州 连云港 宿迁三模 6 设等差数列 n a的前n项为 28 26 453 saasn则 10 a的值为 6 2015 太原模拟 二 15 已知数列 n a满足 111 1 nnnn aaana ann 则 n a 7 2015 江苏南通二模 8 在等差数列 an 中 若an an 2 4n 6 n n 则该数列的 通项公式an 三 解答题 2 8 2015 天津武清模拟 20 已知数列 n a的前n和nnsn 2 5 2 3 2 数列 n b的通项公 式25 nbn 1 求数列 n a的通项公式 2 设 nn n ba c 1 求证 25 2 1 n i i c 3 若数列 n a与 n b中相同的项由小到大构成的数列为 n d 求数列 n d的前n项 和 n t 9 2015 哈尔滨三中三模 17 已知数列 n a满足1 1 a 2 1 nn aa 等比数列 n b满足 11 ab 1 44 ab 求数列 n a n b的通项公式 设 nnn bac 求数列 n c的前n项和 n s 10 2015 徐州 连云港 宿迁三模 19 设正项数列 n a的前n项和为 n s且 2 1 2 1 2 nnaas nnn 正项等比数列 n b满足 6422 abab 1 求等比数列 n b的通项公式 2 设 2 12 nkknb nkkna c n n n 数列 n c的前n项和为 n t求所有正整数m的值 使得 12 2 m m t t 恰好为数列 n c中的项 22 2 2 3 nn n bbq 11 2015 南京三模 20 已知数列 an 的各项均为正数 其前n项的和为sn 且对任意 的m n n n 都有 sm n s1 2 4a2ma2n 1 求的值 a2 a1 2 求证 an 为等比数列 3 已知数列 cn dn 满足 cn dn an p p 3 是给定的正整数 数列 cn dn 的前p项的和分别为tp rp 且tp rp 求证 对任意正整数k 1 k p 3 ck dk 4 第第 1 1 讲讲 数列 数列 b b 卷 卷 参考答案与详解 1 答案 d 命题立意 本题重点考查了等差数列的通项公式 基本性质 求和公式等知识 解析 据题 得 210 n an 因为第k项满足 5 ak 8 则5 2108k 所以 15 9 2 k 因为k n 故 8k 选 d 2 答案 c 命题立意 本题重点考查了等差数列的通项公式 求和公式 等差数列的基本性质等知 识 理解待定系数法在求解通项公式中的应用 本题属于中档题 解析 设该等差数列的首项为 1 a 公差为d 根据题意 得 21 101 4 10 9 10110 2 aad sad 解得 1 2ad 所以 1 1 2 1 22 n aandnn 2 2 1 n snn nnn 所以 2 646432132117 2 222222 n n snnnn annn 当且仅当 32 2 n n 解得 8n 此时的最小值为 17 2 故选 c sn 64 an 3 答案 命题立意 本题重点考查了等差数列的通项公式 等差数列的概念等知识 解析 根据题意 1346 10 4aaaa 两式相减 得到6 6d 得 1d 故选 5 4 答案 a 命题立意 本题旨在考查数列的通项公式 等差数列的概念 判断 求和公式等知识 解析 当2n 时 312 2 1 sss 即 3 312 4a 解得 3 4a 当1n nn 时 11 2 1 nnn sss 21 2 1 nnn sss 两式相减得 21 2 nnn aaa 故数列 n a从第二项起是首项为 2 公差为 2 的等差数列 10 9 8 12 9291 2 s 故选 a 5 答案 37 命题立意 本题旨在考查等差数列的通项 性质与求和 解析 由于 2864 2662 14 153 das daaa 解得 4 1 1 d a 故 a10 a1 9d 37 6 答案 2 2 2nn 命题立意 本题考查数列的通项公式和裂项相消法求和 难度中等 解析 因为 11nnnn aana a 所以 1 11 nn n aa 得 21 11 1 aa 3 1 a 2 1 2 a 1 11 1 nn n aa 将各式相加得 1 11 1 121 2 n n n n aa 即 2 1 1 2 n nn a 所以 2 2 2 n a nn 7 答案 2n 1 命题立意 本题考查等差数列的性质 意在考查转化能力 容易题 解析 设等差数列 an 的公差为d 64 2 naa nn 64 1 1 11 ndnadna 32 1 nnda 即32 1 nan 12 nnnan 8 答案 见解析 命题立意 本题主要考查数列的通项与前 n 项和的关系 数列求和 及放缩法的应用 6 解析 1 当1 n时 41 2 5 1 2 3 2 11 sa 当1 n时 13 1 2 5 1 2 3 2 5 2 3 22 1 nnnnnssa nnn 当1 n时 1 4113a 13 nan 2 22 2 2 3 13 1 5 3 13 1 5 3 5 6 3 13 1 5 3 25 13 1 n n nn nn cn 2 5 3 1 2 1 3 1 5 1 nn 2 5 3 1 2 1 3 1 2 17 1 2 11 1 2 11 1 2 5 1 5 1 1 nn c n i i 25 2 5 2 5 1 2 5 3 1 5 2 5 1 n 3 令 2513 nnmmn 123153 mmmn 令 312 nppm 12132 pppm 令 21nkkp 12 kp 代入上式可得 25 13nkknkm 352 1 5 nkkkn 8151 35 3 kkdk 数列 n d的通项公式为815 ndn 158158 1 15 1 nndd nn 数列 n d是首项7 1 d 公差为 15 的等差数列 nn nnddn t n n 2 1 2 15 2 8157 2 21 9 答案 21 n an 1 2n n b 23 23ns n n 命题立意 考查等差数列 等比数列的通项公式 错位相减求和 考查转化能力 计算 能力 中等题 解析 21 n an 7 14 1 8bb 2q 1 2n n b 1 21 2n n cn 21 1 1 3 25 2 21 2n n sn 231 21 23 25 2 23 2 21 2 nn n snn 上述两式作差得 231 12 22 22 22 2 21 2 nn n sn 1 2 12 12 21 2 12 n n n sn 32 32 n n sn 10 答案 1 bn 2 3 n 2 2 1 或 2 命题立意 本题旨在考查数列的递推关系式 等差数列与等比数列的通项 数列求和 函数的基本性质及其应用 考查分类讨论思维 解析 1 因为0 n a 当1n 时 2 111 11 22 aaa 解得 1 1a 由 2 11 22 nnn saa 当2n 时 2 111 11 22 nnn saa 两式相减 得 22 11 11 0 22 nnnn aaaa 又因为0 n a 所以 1 0 nn aa 所以 1 1nn aa 所以 n a是以 1 为首项 1 为公差的等差数列 所以 1 1 1 n aann 由 2246 ba ba 得 2 64 22 3 ab q ba 8 所以 22 2 2 3 nn n bbq 2 由题意得 1 2 21 2 3 2 n n nnkk c nk k n n 所以 21321242 mmm taaabbb 2 121 2 13 31 213 m m mm m 2112 2122 312331 mmm mmm ttbmm 所以 22 2 1212 21 312 1 33 3131 m m mm m tmm tmm 故若 2 21 m m t t 为 n c中的项只能为 123 c c c 若 2 12 2 1 3 1 31 m m m 则 1 30 m 所以m无解 若 2 12 2 1 3 2 31 m m m 则 12 310 m m 显然1m 不合题意 2m 符合题意 当3m 时 即 12 31 m f mm 则 1 3ln32 m fmm 设 1 3ln32 m g mm 则 12 3 ln3 20 m g m 即 1 3ln32 m fmm 为增函数 故 3 0fmf 即 f m为增函数 故 3 10f mf 故当3m 时方程 12 31 0 m m 无解 即2m 是方 程唯一解 若 2 12 2 1 33 31 m m m 则 2 1m 即1m 综上所述 1m 或2m 11 答案 1 2 2 略 3 略 a2 a1 命题立意 本题旨在考查数列的递推关系式 等比数列的定义与通项 数列求和 数列 与不等式的综合 9 解析 1 由 sm n s1 2 4a2na2m 得 s2 s1 2 4a 即 a2 2a1 2 4a 2 2 2 2 因为a1 0 a2 0 所以a2 2a1 a2 即 2 a2 a1 证明证明 2 方法一 方法一 令m 1 n 2 得 s3 s1 2 4a2a4 即 2a1 a2 a3 2 4a2a4 令m n 2 得s4 s1 2a4 即 2a1 a2 a3 a4 所以a4 4a2 8a1 又因为 2 所以a3 4a1 a2 a1 由 sm n s1 2 4a2na2m 得 sn 1 s1 2 4a2na2 sn 2 s1 2 4a2na4 两式相除 得 所以 2 sn 2 s1 2 sn 1 s1 2 a4 a2 sn 2 s1 sn 1 s1 即sn 2 s1 2 sn 1 s1 从而sn 3 s1 2 sn 2 s1 所以an 3 2an 2 故当n 3 时 an 是公比为 2 的等比数列 又因为a3 2a2 4a1 从而an a1 2 n 1 n n n 显然 an a1 2 n 1满足题设 因此 an 是首项为a1 公比为 2 的等比数列 方法二 方法二 在 sm n s1 2 4a2na2m中 令m n 得s2n s1 2a2n 令m n 1 得s2n 1 s1 2 a2na2n 2 在 中 用n 1 代n得 s2n 2 s1 2a2n 2 得a2n 1 2 2a2n 2 a2na2n 2a2na2n 2a2n 得a2n 2 2a2n 2 2 2 a2na2n 2a2n 2a2n 2a2n 由 得a2n 1 a2na2n 2 代入 得a2n 1 2a2n 代入 得a2n 2 2a2n 1 所以 2 又 2 a2n 2 a2n 1 a2n 1 a2n a2 a1 从而an a1 2 n 1 n n n 显然 an a1 2 n 1满足题设 10 因此 an 是首项为a1 公比为 2 的等比数列 3 由 2 知 an a1 2 n 1 因为 cp dp a1 2p 1 所以cp dp或cp dp 若cp dp 不妨设cp 0 dp 0 则tp a1 2p 1 a1 2p 2 a1 2p 3 a1 a1 2p 1 a1 2p 1 1 a1 0 rp a1 2p 1 a1 2p 2 a1 2p 3 a1 a1 2p 1 a1 2p 1 1 a1 0 这与tp rp矛盾 所以cp dp 从而tp 1 rp 1 由上证明 同理可得cp 1 dp 1 如此下去 可得 cp 2 dp 2 cp 3 dp 3 c1 d1 即对任意正整数k 1 k p ck dk 因此 an 是首项为a1 公比为 2 的等比数列 3 由 2 知 a