高考数学数列题型专题汇总

高考数学数列题型专题

汇总

公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08]

.

高考数学数列题型专题汇总

一、选择题

1、已知无穷等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，且limSnS.下列

n条件中，使得2SnSnN恒成立的是（ ）

（A）a10,0.6q0.7 （B）a10,0.7q0.6

（C）a10,0.7q0.8 （D）a10,0.8q0.7 【答案】B

2、已知等差数列{an}前9项的和为27，a10=8，则a100=

（A）100 （B）99 （C）98 （D）97

【答案】C

3、定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项

为1，且对任意k2m，a1,a2,,ak中0的个数不少于1的个数.若

m=4，则不同的“规范01数列”共有

（A）18个 （D）12个 【答案】C

（B）16个 （C）14个

4、如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且

AnAn1An1An2,AnAn2,nN*，

BnBn1Bn1Bn2,BnBn2,nN*，（PQ表示点P与Q不重合）.

若dnAnBn，Sn为△AnBnBn1的面积，则 .

.

A．{Sn}是等差数列 B．{Sn2}是等差数列 C．{dn}是等差数列 D．{dn2}是等差数列 【答案】A

二、填空题

1、已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a16，a3a50，则

S6=_______..

【答案】6

2、无穷数列an由k个不同的数组成，Sn为an的前n项和.若对任意

nN，Sn2,3，则k的最大值为________.

【答案】4

3、设等比数列{an}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2为 . 【答案】64

an的最大值

4、设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*，则

a1= ，S5= .

【答案】1 121

.

.

三、解答题

1、设数列A：a1 ，a2 ,…aN (N).如果对小于n(2nN)的每个正整数k都有ak ＜an ，则称n是数列A的一个“G时刻”.记“G(A)是数列A的所有“G时刻”组成的集合.

（1）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出G(A)的所有元素； （2）证明：若数列A中存在an使得an>a1，则G(A) ；

（3）证明：若数列A满足an-an1 ≤1（n=2,3, …,N）,则G(A)的元素个数不小于aN -a1.

如果Gi，取miminGi，则对任何1kmi,akanam.

ii从而miG(A)且mini1.

又因为np是G(A)中的最大元素，所以Gp. .

.

2、已知数列an 的前n项和Sn=3n2+8n，bn是等差数列，且anbnbn1.

（Ⅰ）求数列bn的通项公式；

(an1)n1（Ⅱ）令cn. 求数列cn的前n项和Tn.

(bn2)n【解析】(Ⅰ)因为数列an的前n项和Sn3n28n， 所以a111，当n2时，

anSnSn13n28n3(n1)28(n1)6n5，

又an6n5对n1也成立，所以an6n5．

又因为bn是等差数列，设公差为d，则anbnbn12bnd． 当n1时，2b111d；当n2时，2b217d， 解得d3，所以数列bn的通项公式为bnand3n1． 2(an1)n1(6n6)n1(Ⅱ)由cn(3n3)2n1， nn(bn2)(3n3)于是Tn6229231224(3n3)2n1， 两边同乘以２，得

2Tn623924(3n)2n1(3n3)2n2，

两式相减，得 .

.

Tn62232332432n1(3n3)2n2

322(12n)32(3n3)2n2

122Tn12322(12n)(3n3)2n23n2n2．

3、若无穷数列{an}满足：只要apaq(p,qN*)，必有ap1aq1，则称{an}具有性质P.

（1）若{an}具有性质P，且a11,a22,a43,a52，a6a7a821，求

a3；

（2）若无穷数列{bn}是等差数列，无穷数列{cn}是公比为正数的等比数列，b1c51，b5c181，anbncn判断{an}是否具有性质P，并说明理由；

（3）设{bn}是无穷数列，已知an1bnsinan(nN*).求证：“对任意

a1,{an}都具有性质P”的充要条件为“{bn}是常数列”.

【解析】

试题分析：（1）根据已知条件，得到a6a7a8a332，结合

a6a7a821求解．

（2）根据bn的公差为20，cn的公比为，写出通项公式，从而可得

anbncn20n1935n．

13通过计算a1a582，a248，a6．

304，a2a6，即知an不具有性质3（3）从充分性、必要性两方面加以证明，其中必要性用反证法证明． 试题解析：（1）因为a5a2，所以a6a3，a7a43，a8a52． .

.

于是a6a7a8a332，又因为a6a7a821，解得a316． （2）bn的公差为20，cn的公比为，

1所以bn120n120n19，cn813anbncn20n1935n．

n11335n．

a1a582，但a248，a6304，a2a6， 3所以an不具有性质． （3）[证]充分性：

当bn为常数列时，an1b1sinan．

对任意给定的a1，只要apaq，则由b1sinapb1sinaq，必有ap1aq1． 充分性得证． 必要性：

用反证法证明．假设bn不是常数列，则存在k， 使得b1b2bkb，而bk1b．

下面证明存在满足an1bnsinan的an，使得a1a2ak1，但

ak2ak1．

设fxxsinxb，取m，使得mb，则

fmmb0，fmmb0，故存在c使得fc0．

取a1c，因为an1bsinan（1nk），所以a2bsincca1， 依此类推，得a1a2ak1c．

但ak2bk1sinak1bk1sincbsinc，即ak2ak1． 所以an不具有性质，矛盾． 必要性得证． .

.

综上，“对任意a1，an都具有性质”的充要条件为“bn是常数列”．

4、已知数列{an }的首项为1，Sn 为数列{an }的前n项和，

Sn1qSn1 ，其中q>0，nN* .

（I）若2a2,a3,a22 成等差数列，求an的通项公式；

y25(ii)设双曲线x21 的离心率为en ，且e2 ，证明：

3an24n3ne1e2enn1

3.

【答案】（Ⅰ）an=qn1；（Ⅱ）详见解析. 解析：（Ⅰ）由已知，Snan21qSn1,Sn2qSn11, 两式相减得到

qan1,nqS11. 1得到a2qa1，故an1又由S2qan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an=qn1. 由

2a2，a3，a2+2成等比数列，可得

2a3=3a22，即2q2=3q2,，则

(2q+1)(q2)0，

由已知,q0，故 q=2. 所以an2n1(nN*).

qn1（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，an所以双曲线x由q.

1q22.

1an21q2(n1)y2an21的离心率 en .

5解得q34. 3.

因为1+q2(k于是e1e2故e1e2

1)q2(k1)，所以1+q2(k1+qqn11)1qk（k. N*）enqn1， q1e34n3n. 3n15、已知an是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的nN,bn是an和an1的等比中项.

(Ⅰ)设cnbn21bn2,nN*，求证：cn是等差数列； (Ⅱ)设a1d,Tn1bn,nN，求证：2.

2d k1Tkk1n2*2nn11【解析】⑴Cnbn12bn2an1an2anan12dan1

Cn1Cn2d(an2an1)2d2为定值．

∴Cn为等差数列

⑵Tn(1)kbk2C1C3C2n1nC1n(n1)4d2nC12d2n(n1)k12n2（*）

由已知C1b22b12a2a3a1a22da22d(a1d)4d2 将C14d2代入（*）式得Tn2d2n(n1) ∴1k1nTk12d2k(k1)k1n112d2，得证

6、Sn为等差数列an的前n项和，且a1=1，S728.记bn=lgan，其中x表示不超过x的最大整数，如0.9=0，lg99=1．

（Ⅰ）求b1，b11，b101；

（Ⅱ）求数列bn的前1 000项和． 【解析】⑴设 an的公差为d，S77a428，

∴a44，∴da4a11，∴ana1(n1)dn． 3∴b1lga1lg10，b11lga11lg111，b101lga101lg1012．

.

.

⑵ 记bn的前n项和为Tn，则T1000b1b2b1000

lga1lga2lga1000．

当0≤lgan1时，n1，2，，9； 当1≤lgan2时，n10，11，，99；

当2≤lgan3时，n100，101，，999；

当lgan3时，n1000．

∴T1000091902900311893．

7、已知数列{an}的前n项和Sn1an，其中0．

（I）证明{an}是等比数列，并求其通项公式； （II）若S5【解析】

31 ，求． 32

8、设数列an满足anan11，n． 2.

.

（I）证明：an2n1a12，n；

3（II）若an，n，证明：an2，n．

2n

（II）任取n，由（I）知，对于任意mn，

an2nanan12m2n2n1aman1an2n1n222am1amm1m

22111 2n2n12m11n1， 2故

1anann1m2 m2211n1m22m32mn2 322n．

4从而对于任意mn，均有 .

.

.