高三文科数列第一轮复习资料

1、数列练习学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1已知等比数列满足a1=3，则（ ）A21 B42 C63 D842（2017新课标全国I理科）记Sn为等差数列an的前n项和若a4+a5=24，S6=48，则an的公差为A1 B2 C4 D83已知是公差不为零的等差数列，其前项和为，若成等比数列，则A B C D4等差数列an的公差是2，若a2,a4,a8成等比数列，则an的前n项和Sn=（ ）An(n+1) Bn(n1) Cn(n+1)2 Dn(n1)25已知三角形ABC的三边长是公差为2的等差数列，且最大角的正弦值为32，则这个三角形的周长是（ ）A18 B15 C21 D246（201

2、7新课标全国II理科）我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯A1盏 B3盏 C5盏 D9盏7数列an前n项和为Sn，a1=1，an0，3Sn=anan+1+1，若ak=2018，则k（ ）A1344 B1345 C1346 D8（2017新课标全国I理科）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

3、，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：N100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A440 B330 C220 D1109已知函数f(x)=xsin(2x3+)1（其中0）的图像经过点P(3,2)，令an=f(n)，则a1+a2+a3+a2019=A2019 B20192 C6057 D6057210在数列an中，a1=2，其前n项和为Sn. 若点(Snn,Sn+1n+1)在直线y=2x1上，则a9等于（ ）A1290 B1280 C1281 D182

4、111已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为An和Bn，且AnBn=7n+45n+3，则使得anbn 为整数的正整数n的个数是（ ）A2 B3 C4 D512设an是各项为正数的等比数列，q是其公比，Kn是其前n项的积，且K5K8，则下列结论错误的是（ ）A0qK5 DK6与K7均为Kn的最大值13已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表，第一行为1，第二行为3，5，第三行为7，9，11，第四行为13，15，17，19，如图所示，在宝塔形数表中位于第行，第列的数记为，比如，若，则（ ）A B C D14已知数列： ，即此数列第一项是，接下来两项是，再接下来三项是，依此类推，设是此数列的

5、前项的和，则（ ）A B C D二、解答题15Sn是数列an的前n项和，a1=1，a2=3，对nN*，n1，都有Sn+1+Sn1=2Sn+n+1成立.（1）求；（2）若bn=12an，求数列bn的前n项和Tn.16正项数列an的前n项和Sn满足： (1)求数列an的通项公式an； (2)令，数列bn的前n项和为Tn，证明：对于任意的nN*，都有Tn .17已知数列an的前n项和为Sn=12n2+12n.（1）求数列的通项公式an；（2）令bn=an2n-1，求数列bn的前n项和Tn；（3）令cn=2an2an+1，是否存在m,k，使得c1,cm,ck为等差数列？18已知数列an的前n项和为Sn

6、，满足Sn+2n=2an。(1)证明：数列an2是等比数列。并求数列an的通项公式an。(2)若数列bn满足bn=log2an+2，设Tn是数列bnan+2的前n项和。求证：Tn100，有k14，此时k+22k+1，所以k+2是第k+1组等比数列1,2,2k的部分和，设k+2=1+2+2t1=2t1，所以k=2t314，则t5，此时k=253=29，所以对应满足条件的最小整数，故选A.点睛:本题非常巧妙地将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，

7、而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断.9B【解析】【分析】由题意易得，进而得an=ncos2n3-1，分别计算a3k-2,a3k-1,a3k，观察规律即可得解.【详解】由fx=xsin2x3+-1 0的图象经过点P3,2，则f3=3sin2+-1=3sin-1=2，所以sin=1，结合0可得=2，an=ncos2n3-1，所以a3k-2=3k-2-12-1=-32k，a3k-1=3k-1-12-1=-32k-12，a3k=3k-1，所以a3k-2+a3k-1+a3k=-32，所以a1+a2+a3+a2019=673-32=-20192，故选B.【点睛】本题主要考查了数列的周期性，属于

8、中档题.10C【解析】【分析】由已知可得以数列Snn-1是首项为1公比为2的等比数列，由此可得Sn=n(1+2n-1)，利用当n2时，an=Sn-Sn-1，即可得到答案.【详解】由已知可得Sn+1n+1-1=2(Snn-1)，又S11-1=a1-1=1，所以数列Snn-1是首项为1公比为2的等比数列，所以Snn-1=2n-1，得Sn=n(1+2n-1)，当n2时，an=Sn-Sn-1=(n+1)2n-2+1，故 a9=10128+1=1281.故选C.【点睛】本题考査等差数列的综合性质，解题时注意转化思想的应用，属中档题.11D【解析】【分析】根据等差数列前n项和公式可得anbn=A2n-1B

9、2n-1，于是将anbn表示为n的关系式，分离常数后再进行讨论，最后可得所求【详解】由等差数列的前n项和公式可得，anbn=2an2bn=a1+a2n-1b1+b2n-1=2n-12(a1+a2n-1)2n-12(b1+b2n-1)=A2n-1B2n-1=7(2n-1)+45(2n-1)+3=7n+19n+1=7+12n+1，所以当n=1,2,3,5,11时，12n+1为整数，即anbn为整数，因此使得anbn 为整数的正整数n共有5个故选D【点睛】本题考查等差数列的和与项的关系和推理论证能力，解题时要结合求和公式进行变形，然后再根据变形后的式子进行分析，本题具有一定的综合性和难度，能较好地考

10、查学生的综合素质12C【解析】分析：利用等比数列an=a1qn-1的通项公式，解出Kn的通项公式，化简整理K5K8这三个表达式，得出结论。详解：设等比数列an=a1qn-1，Kn是其前n项的积所以Kn=a1nqn(n-1)2，由此K5K61K81a1q7所以a7=a1q6=1，所以B正确，由1a1q5，1a1q5，各项为正数的等比数列，可知0q1，所以A正确1=a1q6，Kn=a1nqn(n-1)2，可知Kn=a1nqn(n-1)2=qn(n-13)2，由0q1，都有Sn+1+Sn-1=2Sn+n+1成立，写出SnSn2=2Sn1+n1+1，两式子相减，得到项之间的关系，从而得到an+1an是

11、等差数列，再用累加法求得an=n(n+1)2；（2）用裂项相消法求和即可.【详解】（1）由a1=1，a2=3，Sn+1+Sn-1=2Sn+n+1，可得：4+a3+1=11，a3=6，当n3时，Sn+1+Sn-1=2Sn+n+1Sn+Sn-2=2Sn-1+n-1+1 an+1+an-1=2an+1，即(an+1-an)-(an-an-1)=1(n3)，而(a3-a2)-(a2-a1)=1.故an=n(n+1)2；（2）由已知bn=12an=1n(n+1)=1n-1n+1，由裂项相消法得：Tn=1-1n+1=nn+1.【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的和之间的关系类比着

12、往前或往后写一个式子，两式相减得到数列的项之间的关系，构造新的关系式，得到其满足的条件，之后应用等差数列的通项公式以及累加法求出数列的通项公式，还考到裂项相消法对数列求和.16（1）an2n（2）见解析【解析】（1）由（1）代入得考点：本题主要考查数列的概念、通项、前n项的和的基础知识，考查数列求通项、求和的思想和方法，考查分析问题解答问题的能力.视频17（1）an=nnN*；（2）4-n+22n-1；（3）存在m=2,k=7.【解析】【分析】（1）首先根据，利用数列的项与和的关系，求得an=nnN*；（2）根据错位相减法即可求出前n项和；（3）先根据题中所给的条件，求得，假设存在，利用等差数

13、列的条件，求得结果.【详解】（1）an=Sn-Sn-1n2=12n2+12n-12n-12-12n-1=12n2+12n-12n2+n-12-n2+12=n , 当n=1时a1=S1=1满足上式, 故an=nnN*.（2）bn=n2n-1Tn=1+22+322+.+n2n-1, 12Tn=12+222+.+n-12n-1+n2n , 由得：12Tn=1+12+122+.+12n-1-n2n=11-12n1-12-n2n =21-12n-n2n=2-n+22n, Tn=4-n+22n-1 . （3）假设存在m,k1m1且mN*则9k+2为奇整数， k=1（舍去）或k=7， 又由km1 则k=7代

14、入*式得m=2, 故存在m=2,k=7使得c1,cm,ck为等差数列 .【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据前n项和求数列的通项，错位相减法求和，根据三项成等差数列求有关参数的值，注意是否存在类问题的解法.18（1）an=2n+12；（2）见解析【解析】【分析】（1）代入n=1，求得首项a1；再用递推法求得an=2an-1+2，再利用构造数列的方法可证明求得an+2为等比数列。根据首项与公比，可求得数列an的通项公式。（2）根据bn=log2an+2，可求得数列bn的通项公式为bn=n+1，进而得到数列bnan+2为等差数列与等比数列乘积的形式，再利用错位相减法求得，最后可

15、证明不等式Tn32成立。【详解】(1)由Sn+2n=2an得Sn=2an-2n，当nN*时，Sn=2an-2n，当n=1时，S1=2a1-2，则a1=2，则当n2，nN*时，Sn-1=2an-1-2n-1。，得an=2an-2an-1-2，即an=2an-1+2，所以an+2=2an-1+2，所以an+2an-1+2=2，所以an+2是以a1+2为首项，以2为公比的等比数列。所以an+2=4nn-1，所以an=2n+1-2。(2)由bn=log2an+2=log222+1=n+1，得bnan+2 bnan+2=n+12n+1，则Tn=222+323+n+12n+1， 12Tn=223+n2n+

16、1+n+12n+2 12，得12Tn=222+123+124+12n+1-n+12n+2=14+141-12n1-12-n+12n+2=14+12-12n+1-n+12n+2=34-n+32n+2.所以Tn=32-n+32n+132。【点睛】本题考查了利用递推法求数列的递推公式，再利用构造数列的方法证明数列是等比数列，再根据错位相减法求数列的前n项和，计算量较大，易错，属于中档题。19（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由于数列为公差不为零的等差数列，首项,若设公差为d，则有，又由已知可得，成等比数列，所以，然后将通项公式代入就可得到关于d的一个方程，再注意到，从而就可求出d的值，进而写出数

17、列的通项公式；（2）由数列的部分项、恰为等比数列，由（1）得到的通项公式，再由等比数列的概念得到公比，从而又可写出的通项公式，这样两个的通项公式相同，就可求出数列的通项公式，从而就可求出其前n项和试题解析：（1）为公差不为，由已知得，成等比数列， ，又 1分得 2分所以 5分（2）由（1）可知 7分而等比数列的公比， 9分=，即 11分 14分考点：等差数列与等比数列；数列求和20（1）（2）见解析【解析】试题分析：（1）由题得a1,a5,a17是成等比数列的，所以，则可以利用公差d和首项a来表示，进而得到d的值，得到an的通项公式.（2）利用第一问可以求的等比数列、 、中的前三项，得到该等比

18、数列的通项公式，进而得到的通项公式，再利用分组求和法可得到Sn的表达式，可以发现为不可求和数列，所以需要把放缩成为可求和数列，考虑利用的二项式定理放缩证明，即，故求和即可证明原不等式.试题解析：（1）设数列的公差为，由已知得， ， 成等比数列， ，且2分得或 已知为公差不为零， 3分 . 4分（2）由（1）知5分而等比数列的公比.6分因此 ，7分 9分当时， （或用数学归纳法证明此不等式） 11分当时， ，不等式成立；当时， 综上得不等式 成立. 14分法二当时， （或用数学归纳法证明此不等式） 11分当时， ，不等式成立；当时， ，不等式成立；当时， 综上得不等式 成立. 14分(法三) 利用二项式定理或数学归纳法可得： 所以， 时， ， 时， 综上得不等式 成立.考点：放缩法 等差数列 等比数学 二项式定理 不等式21（1）1 （2）an=3n2n （3）见解析【解析】（1）在2Sn=an+12n+1+1中，令n=1得