最新高三数学专题复习 专题三 数列过关提升 理.docx

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最新高三数学专题复习专题三数列过关提升理

——教学资料参考参考范本——

【2019最新】高三数学专题复习专题三数列过关提升理

______年______月______日

____________________部门

专题过关·提升卷

第Ⅰ卷（选择题）

一、选择题

1．设{an}是公比为q的等比数列，则“q>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a5＝8，S3＝6，则a9等于（　　）

A．32B．24

C．16D．8

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x2－10x＋9＝0的两个根，则S6等于（　　）

A．120B．254

C．364D．128

4．在各项均为正数的等比数列{an}中，若am＋1·am－1＝2am（m≥2），数列{an}的前n项积为Tn，若log2T2m－1＝9，则m的值为（　　）

A．4B．5

C．6D．7

5．（20xx·太原诊断）已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋1＋a（n∈N*），则实数a的值是（　　）

A．－3B．－1

C．1D．3

6．（20xx·绍兴鲁迅中学模拟）等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a2＝10，S4＝36，则过点P（n，an）和Q（n＋2，an＋2）（n∈N*）的直线的一个方向向量是（　　）

A.B．（－1，－1）

C.D.

7．（20xx·长沙模拟）数列{an}满足a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，则＋＋＋…＋等于（　　）

A.B.

C.D.

8．（20xx·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＋＋…＋＋＝（　　）

A．2012B．2013

C．4024D．4026

第Ⅱ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S4＝5S2，a2＝2且Sk＝31，则正整数k的值为________．

10．（20xx·衡水联考）已知数列{an}满足a1＝1，且an＝an－1＋（n≥2，且n∈N*），则数列{an}的通项公式为________．

11．（20xx·天津七校联考）已知正项等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，若存在两项am，an，使得＝4a1，则＋的最小值为________．

12．（20xx·陕西高考）中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________．

13．（20xx·乐清联考）若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝________．

14．（20xx·江苏高考）设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1（n∈N*），则数列前10项的和为________．

15．（20xx·菏泽调研）西非埃博拉病毒导致2500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30天内每天因治愈出院的人数依次构成数列{an}，已知a1＝3，a2＝2，且满足an＋2－an＝1＋（－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．（20xx·大庆质检）已知公差不为0的等差数列{an}满足S7＝77，且a1，a3，a11成等比数列．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Tn.

17．（20xx·金华模拟）已知等比数列{an}满足：

an>0，a1＝5，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；

（2）设bn＝log5a2＋log5a4＋…＋log5a2n＋2，求数列的前n项和Tn.

18．（20xx·山东高考）设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.

（1）求{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.

19．（20xx·杭州外国语学校模拟）已知数列{bn}满足Sn＋bn＝，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n∈N*，不等式≥2n－7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bn＝1－2Sn；将函数y＝sinπx在区间（0，＋∞）内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cn＝an·bn（n∈N*），Tn为数列{cn}的前n项和．若a2－2a>4Tn恒成立，试求实数a的取值范围．

专题过关·提升卷

1．D　[当a1<0，q>1时，数列{an}是递减数列．当{an}为递增数列时，a1<0，00，q>1.因此，“q>1”是{an}为递增数列的既不充分也不必要条件．]

2．C　[设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，因为a5＝8，S3＝6，

所以解得a1＝0，d＝2.

所以a9＝a1＋8d＝8×2＝16.]

3．C　[因为a1，a3是方程x2－10x＋9＝0的两个根，所以又{an}是递增数列，

所以a1＝1，a3＝9，所以q＝3，S6＝＝364.]

4．B　[由等比数列的性质，am＋1·am－1＝a，

∴a＝2am（am≠0），从而am＝2，

因此T2m－1＝a1·a2·a3·…·a2m－1＝a＝22m－1，

所以log2T2m－1＝log222m－1＝2m－1＝9，则m＝5.]

5．A　[由Sn＝3n＋1＋a，则Sn－1＝3n＋a.

∴an＝Sn－Sn－1＝2·3n（n≥2，n∈N*）．

∵a1＝S1＝9＋a，

又数列{an}为等比数列，

因此a1应满足an＝2·3n，即a1＝6.

所以9＋a＝6，∴a＝－3.]

6．A　[设等差数列{an}的公差为d，由题意得：

解之得

∴an＝a1＋（n－1）d＝4n－1.

则P（n，4n－1），Q（n＋2，4n＋7），

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.]

7．A　[令m＝1得an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，

于是a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，

上述n－1个式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n，

所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝，

因此＝＝2，

所以＋＋＋…＋

＝2

＝2＝.]

8．D　[因为是等差数列，则＋＝，

又{an}是首项为1，公比为q（q≠－1）的等比数列，

∴＋＝2·⇒q＝1，

所以数列{an}是首项为1，公比为1的常数列，则an＝1.

故＋＋…＋＝4026.]

9．5　[由S4＝5S2，得a3＋a4＝4（a1＋a2），

∴q2（a1＋a2）＝4（a1＋a2），由于a1＋a2≠0，则q＝2.

又a2＝2a1＝2.知a1＝1.

∴Sk＝＝31，解得k＝5.]

10．an＝　[由an＝an－1＋，得3nan＝3n－1an－1＋1（n≥2）．

∴数列{3nan}是以3为首项，公差为1的等差数列．

因此3nan＝3＋（n－1）×1＝n＋2，所以an＝.]

11.　[设正项等比数列{an}的公比为q（q>0）．

由a7＝a6＋2a5，得q2－q－2＝0，则q＝2.

又＝4a1，即am·an＝16a，

∴a·2m－1·2n－1＝16a，2m＋n－2＝16.

则m＋n＝6，即（m＋n）＝1.

故＋＝（m＋n）＝

≥＝（5＋4）＝，

当且仅当n＝2m，即m＝2，n＝4时，上式等号成立．

因此＋的最小值为.]

12．5　[设数列的首项为a1，由等差数列与中位数定义，则a1＋2015＝2×1010，∴a1＝5.]

13．50　[∵a10a11＋a9a12＝2a1a20＝2e5，

∴a1·a20＝e5，

则lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln（a1·a2·…·a20）＝

ln（a1·a20）10＝lne50＝50.]

14.　[∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1（n∈N*），

∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n（n≥2），

将上面n－1个式子相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n.

∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝（n≥2），

又a1＝1适合上式，

因此an＝（n∈N*），

令bn＝＝＝2，

故S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10

＝2＝.]

15．285　[由an＋2－an＝1＋（－1）n，知，

当n为奇数时，an＋2－an＝0；当n为偶数时，an＋2－an＝2.

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a1＝3，a2＝2，

因此S30＝15×3＋×15＝45＋×15＝285.]

16．解　

（1）设等差数列{an}的公差为d（d≠0），

由S7＝7a4＝77，得a4＝11，

∴a1＋3d＝11，①

因为a1，a3，a11成等比数列，

所以a＝a1a11，整理得2d2＝3a1d，又因d≠0.

所以2d＝3a1②

联立①，②解得a1＝2，d＝3.

所以{an}的通项公式an＝3n－1.

（2）因为bn＝2an，

所以bn＝23n－1＝·8n，

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（q>0）．

∵20S1，S3，7S2成等差数列，

∴2S3＝20S1＋7S2.

则2（a1＋a1q＋a1q2）＝20a1＋7（a1＋a1q）．

化简得2q2－5q－25＝0，解得q＝5或q＝－.

由q>0.舍去q＝－.

所以数列{an}的通项公式an＝a1qn－1＝5n.

（2）由

（1）知，a2n＋2＝52n＋2，则log5a2n＋2＝2n＋2.

因此bn＝log5a2＋log5a4＋…＋log5a2n＋2

＝2＋4＋…＋2（n＋1）＝（n＋1）（n＋2）．

∴＝＝－，

∴Tn＝＋＋…＋

＝＋＋…＋

＝－＝.

18．解　

（1）∵2Sn＝3n＋3，①

∴当n＝1时，2a1＝2S1＝3＋3，∴a1＝3.

当n≥2时，2Sn－1＝3n－1＋3.②

则①－②得2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1，则an＝3n－1.

所以an＝

（2）因为anbn＝log3an，所以b1＝，

当n≥2时，bn＝31－nlog33n－1＝（n－1）·31－n.

所以T1＝b1＝；

当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋（n－1）×31－n]，

所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋（n－1）×32－n]，

两式相减，得2Tn＝＋（30＋3－1＋3－2＋…＋32－n）－（n－1）×31－n

＝＋－（n－1）×31－n

＝－，所以Tn＝－，

经检验，n＝1时也适合．综上可得Tn＝－.

19．解　

（1）对于任意n∈N*，Sn＋bn＝①

Sn＋1＋bn＋1＝②

②－①得bn＋1＝bn＋，

所以bn＋1－＝

又由①式知，S1＋b1＝，即b1＝.

所以数列是首项为b1－＝3，公比为的等比数列，

bn－＝3×，bn＝3×＋.

（2）因为bn＝3×＋

所以Sn＝3＋＝＋＝6＋.

因为不等式≥2n－7，化简得k≥，对任意n∈N*恒成立，

设cn＝，则cn＋1－cn＝－＝，

当n≥5时，cn＋1≤cn，cn为单调递减数列，

当1≤n<5时，cn＋1>cn，cn为单调递增数列，

＝c4

所以，要使k≥对任意n∈N*恒成立，k≥.

20．解　

（1）由bn＝1－2Sn，令n＝1，

则b1＝1－2S1＝1－2b1，∴b1＝.

又当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1，

∴bn－bn－1＝（1－2Sn）－（1－2Sn－1）＝－2bn.

因此3bn＝bn－1（n≥2，n∈N*），

∴数列{bn}是首项b1＝，公比为q＝的等比数列．

所以bn＝b1qn－1＝.

令y＝sinπx＝0，x∈（0，＋∞），得πx＝nπ（n∈N*），

∴x＝n（n∈N*），它在区间（0，＋∞）内的取值构成以1为首项，以1为公差的等差数列．

于是数列{an}的通项公式an＝n.

（2）由

（1）知，cn＝an·bn＝，

则Tn＝＋＋＋…＋①

所以Tn＝＋＋…＋＋②

由①－②，得Tn＝＋＋…＋－＝－，于是Tn＝－－<，

要使a2－2a>4Tn恒成立，

则a2－2a≥3.解之得a≥3或a≤－1，

所以实数a的取值范围是（－∞，－1]∪[3，＋∞）．