【高考】高考数学数列题型专题汇总

【关键字】高考

高考数学数列题型专题汇总

一、选择题

1、已知无穷等比数列的公比为，前n项和为，且.下列条件中，使得恒成立的是（ ） （A） （B） （C） （D） 【答案】B

2、已知等差数列前9项的和为27，，则

（A）100 （B）99 （C）98 （D）97

【答案】C

3、定义“规范01数列”{an}如下：{an}公有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意，中

0的个数不少于1的个数.若m=4，则不同的“规范01数列”公有 （A）18个 【答案】C

4、如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且， ，（）. 若

A．是等差数列 B．是等差数列 C．是等差数列 D．是等差数列 【答案】A 二、填空题

1、已知为等差数列，为其前项和，若，，则_______.. 【答案】6

2、无穷数列由k个不同的数组成，为的前n项和.若对任意，，则k的最大值为________. 【答案】4

3、设等比数列满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2an的最大值为 . 【答案】

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】 三、解答题

1、设数列A： ， ,… ().如果对小于()的每个正整数都有 ＜ ，则称是数列A的一个“G时刻”.记“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，写出的所有元素；

1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑. （B）16个

（C）14个

（D）12个

文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.

（2）证明：若数列A中存在使得>，则 ；

（3）证明：若数列A满足- ≤1（n=2,3, …,N）,则的元素个数不小于 -. 如果，取，则对任何. 从而且.

又因为是中的最大元素，所以.

2、已知数列 的前n项和Sn=3n2+8n，是等差数列，且

（Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）令 求数列的前n项和Tn. 【解析】(Ⅰ)因为数列的前项和， 所以，当时， ，

又对也成立，所以．

又因为是等差数列，设公差为，则． 当时，；当时，，

解得，所以数列的通项公式为． (Ⅱ)由，

于是，

两边同乘以２，得

，

两式相减，得

．

3、若无穷数列满足：只要，必有，则称具有性质.

（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

*1，写出通项公式，从而可得3anbncn20n1935n．

2文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.

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

35n．

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

304，a2a6， 3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．

3文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.

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；

4n3ny25(ii)设双曲线x21 的离心率为en ，且e2 ，证明：e1e2en n133an.

2【答案】（Ⅰ）an=qn1；（Ⅱ）详见解析. 解析：（Ⅰ）由已知，Sn又由S2qS11得到a21qSn1,Sn12qSn11, 两式相减得到an2qan1,n1.

qa1，故anqan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=3a2由已知,q所以an0，故 q=2.

2，即2q2=3q2,，则(2q+1)(q2)0，

2n1(nN*).

qn1.

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，an所以双曲线x2y2an21的离心率 en1an21q2(n1) .

由q1q21)5解得q34. 3

1)1qk（k因为1+q2(k于是e1q2(k1)，所以1+q2(k. N*）e2en1+qqn1qn1， q1故e1e2e34n3n. 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

4文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.

比中项.

22*(Ⅰ)设cnbn1bn,nN，求证：cn是等差数列；

(Ⅱ)设a1d,Tn

1k12nnbn,nN，求证：2*112. 2dk1Tkn【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k12nn(n1)2 4d2nC12dn(n1)（*）

22b12a2a3a1a22da22d(a1d)4d2 由已知C1b2将C14d2代入（*）式得Tn2d2n(n1) 11∴22dk1Tknk(k1)k1n11，得证 2d2，S728.记bn=lgan，其中x表示不超过6、Sn为等差数列an的前n项和，且a1=1x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a11，∴ana1(n1)dn． 3∴a44，∴d∴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．

5文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.

∴T10000919029003113．

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】

8、设数列an满足an31 ，求． 32an11，n． 2（I）证明：an2n1a12，n；

3（II）若an，n，证明：an2，n．

2（II）任取n，由（I）知，对于任意mn，

n1， 2n1m故

322n．

4从而对于任意mn，均有

此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word可编辑版本！

6文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.