• 732.26 KB
  • 2021-05-13 发布

高考数学数列大题专题训练

  • 20页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
高考数学数列大题专题训练 命题:郭治击 审题:钟世美 ‎1.在数1和100之间插入n个实数,使得这n+2个数构成递增的等比数列,将这n+2个数的乘积记作,再令,n≥1.‎ ‎(Ⅰ)求数列的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)设,求数列的前n项和.‎ ‎2 .若数列满足,数列为数列,记=.‎ ‎(Ⅰ)写出一个满足,且〉0的数列;‎ ‎(Ⅱ)若,n=2000,证明:E数列是递增数列的充要条件是=2011;‎ ‎(Ⅲ)对任意给定的整数n(n≥2),是否存在首项为0的E数列,使得=0?如果存在,写一 个满足条件的E数列;如果不存在,说明理由。‎ ‎3.已知等比数列{an}的公比q=3,前3项和S3=。‎ ‎(I)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(II)若函数在处取得最大值,且最大值为a3,求函数f(x)的解析式。‎ ‎4.设b>0,数列满足a1=b,.‎ ‎(1)求数列的通项公式;‎ ‎(2)证明:对于一切正整数n,‎ ‎5.已知数列的前项和为,且满足:, N*,.‎ ‎(Ⅰ)求数列的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)若存在 N*,使得,,成等差数列,是判断:对于任意的N*,且,,,是否成等差数列,并证明你的结论.‎ ‎6. 已知函数() =,g ()=+。‎ ‎ (Ⅰ)求函数h ()=()-g ()的零点个数,并说明理由;‎ ‎ (Ⅱ)设数列满足,,证明:存在常数M,使得对于任意的,都有≤ .‎ ‎7.已知两个等比数列,满足.‎ ‎(1)若,求数列的通项公式;‎ ‎(2)若数列唯一,求的值.‎ ‎8、已知等差数列{an}满足a2=0,a6+a8=-10‎ ‎(I)求数列{an}的通项公式; (II)求数列的前n项和.‎ ‎9.设数列满足且 ‎(Ⅰ)求的通项公式 (Ⅱ)设 ‎10.等比数列中,分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且中的任何两个数不在下表的同一列.‎ 第一列 第二列 第三列 第一行 ‎3‎ ‎2‎ ‎10‎ 第二行 ‎6‎ ‎4‎ ‎14‎ 第三行 ‎9‎ ‎8‎ ‎18‎ ‎(Ⅰ)求数列的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)若数列满足:,求数列的前n项和.‎ ‎11.已知数列和的通项公式分别为,(),将集合 中的元素从小到大依次排列,构成数列。‎ ⑶ ‎ 求 ⑵ 求证:在数列中、但不在数列中的项恰为 ‎⑶ 求数列的通项公式。‎ ‎12.(1)写出并判断是否为等比数列。若是,给出证明;若不是,说明理由;‎ ‎(II)设,求数列的前n项和.‎ ‎13.已知数列与满足:, ,且 ‎.‎ ‎(Ⅰ)求的值 (Ⅱ)设,证明:是等比数列 ‎(III)设证明:‎ ‎14.等比数列的各项均为正数,且 ‎(1)求数列的通项公式.‎ ‎(2)设 求数列的前n项和.‎ ‎15.已知公差不为0的等差数列的首项为a(),设数列的前n项和为,且,,成等比数列 ‎(1)求数列的通项公式及 ‎(2)记,,当时,试比较与的大小.‎ ‎16.设实数数列的前n项和,满足 ‎(I)若成等比数列,求和;‎ ‎(II)求证:对 参考答案 ‎1.解:(Ⅰ)设构成等比数列,其中,则 ‎ ①‎ ‎ ②‎ ‎①×②并利用,得 ‎(Ⅱ)由题意和(Ⅰ)中计算结果,知 另一方面,利用 得 所以 ‎2.解:(Ⅰ)0,1,2,1,0是一具满足条件的E数列A5。‎ ‎(答案不唯一,0,1,0,1,0也是一个满足条件的E的数列A5)‎ ‎(Ⅱ)必要性:因为E数列A5是递增数列,‎ 所以.‎ 所以A5是首项为12,公差为1的等差数列.‎ 所以a2000=12+(2000—1)×1=2011.‎ 充分性,由于a2000—a1000≤1,‎ a2000—a1000≤1‎ ‎……‎ a2—a1≤1‎ 所以a2000—a≤19999,即a2000≤a1+1999. ‎ 又因为a1=12,a2000=2011,‎ ‎ 所以a2000=a1+1999.‎ 是递增数列.‎ 综上,结论得证。‎ ‎(Ⅲ)令 因为 ‎ ……‎ 所以 因为 所以为偶数,‎ 所以要使为偶数,‎ 即4整除.‎ 当时,有 当的项满足,‎ 当不能被4整除,此时不存在E数列An,‎ 使得 ‎3. ‎ ‎4.解(1)法一:,得,‎ 设,则,‎ ‎(ⅰ)当时,是以为首项,为公差的等差数列,‎ 即,∴‎ ‎(ⅱ)当时,设,则,‎ 令,得,,‎ 知是等比数列,,又,‎ ‎,.‎ 法二:(ⅰ)当时,是以为首项,为公差的等差数列,‎ 即,∴‎ ‎(ⅱ)当时,,,,‎ 猜想,下面用数学归纳法证明:‎ ‎①当时,猜想显然成立;‎ ‎②假设当时,,则 ‎,‎ 所以当时,猜想成立,‎ 由①②知,,.‎ ‎(2)(ⅰ)当时, ,故时,命题成立;‎ ‎(ⅱ)当时,,‎ ‎,‎ ‎,以上n个式子相加得 ‎,‎ ‎.故当时,命题成立;‎ 综上(ⅰ)(ⅱ)知命题成立.‎ ‎5.解:(I)由已知可得,两式相减可得 ‎ ‎ ‎ 即 ‎ 又所以r=0时,‎ ‎ 数列为:a,0,…,0,…;‎ ‎ 当时,由已知(),‎ ‎ 于是由可得,‎ ‎ 成等比数列,‎ ‎ ,‎ ‎ 综上,数列的通项公式为 ‎ (II)对于任意的,且成等差数列,证明如下:‎ ‎ 当r=0时,由(I)知,‎ ‎ 对于任意的,且成等差数列,‎ ‎ 当,时,‎ ‎ ‎ ‎ 若存在,使得成等差数列,‎ ‎ 则,‎ ‎ ‎ ‎ 由(I)知,的公比,于是 ‎ 对于任意的,且 ‎ 成等差数列,‎ 综上,对于任意的,且成等差数列。‎ ‎6.解析:(I)由知,,而,且,则为的一个零点,且在内有零点,因此至少有两个零点 解法1:,记,则。‎ 当时,,因此在上单调递增,则在内至多只有一个零点。又因为,则在内有零点,所以在内有且只有一个零点。记此零点为,则当时,;当时,;‎ 所以,‎ 当时,单调递减,而,则在内无零点;‎ 当时,单调递增,则在内至多只有一个零点;‎ 从而在内至多只有一个零点。综上所述,有且只有两个零点。‎ 解法2:,记,则。‎ 当时,,因此在上单调递增,则在内至多只有一个零点。因此在内也至多只有一个零点,‎ 综上所述,有且只有两个零点。‎ ‎(II)记的正零点为,即。‎ ‎(1)当时,由,即.而,因此,由此猜测:。下面用数学归纳法证明:‎ ‎①当时,显然成立;‎ ‎②假设当时,有成立,则当时,由 知,,因此,当时,成立。‎ 故对任意的,成立。‎ ‎(2)当时,由(1)知,在上单调递增。则,即。从而,即,由此猜测:。下面用数学归纳法证明:‎ ‎①当时,显然成立;‎ ‎②假设当时,有成立,则当时,由 知,,因此,当时,成立。‎ 故对任意的,成立。‎ 综上所述,存在常数,使得对于任意的,都有.‎ ‎7.(1)设的公比为q,则 由成等比数列得 即 所以的通项公式为 ‎ (2)设的公比为q,则由 得 由,故方程(*)有两个不同的实根 由唯一,知方程(*)必有一根为0,代入(*)得 ‎8.解:(I)设等差数列的公差为d,由已知条件可得 解得,故数列的通项公式为 ‎ ‎ (II)设数列,即,‎ 所以,当时,‎ ‎ =‎ 所以 综上,数列 ‎9.解:(I)由题设 即是公差为1的等差数列。‎ ‎ 又所以 ‎ (II)由(I)得 ‎ , ‎ ‎10.解:(I)当时,不合题意;‎ 当时,当且仅当时,符合题意;‎ 当时,不合题意。‎ 因此所以公式q=3,故 ‎ (II)因为 ‎ 所以当n为偶数时,‎ 当n为奇数时,‎ 综上所述,‎ ‎11.⑴ ;‎ ‎⑵ ① 任意,设,则,即 ‎② 假设(矛盾),∴ ‎ ‎∴ 在数列中、但不在数列中的项恰为。‎ ‎⑶ ,‎ ‎,,‎ ‎∵ ‎ ‎∴ 当时,依次有,……‎ ‎∴‎ 设为非零实数,‎ ‎12.解析:(1)‎ 因为为常数,所以是以为首项,为公比的等比数列。‎ ‎(2)‎ ‎(2)(1)‎ ‎13.(I)解:由 ‎ 可得,又 ‎(II)证明:对任意 ‎ ①‎ ‎ ②‎ ‎ ③‎ ‎②—③,得 ④‎ 将④代入①,可得 即 又 因此是等比数列.‎ ‎(III)证明:由(II)可得,于是,对任意,有 将以上各式相加,得即,‎ 此式当k=1时也成立.由④式得 从而 所以,对任意,‎ 对于n=1,不等式显然成立.所以,对任意 ‎14.解:(Ⅰ)设数列{an}的公比为q,由得所以。‎ 由条件可知c>0,故。‎ 由得,所以。‎ 故数列{an}的通项式为an=。‎ ‎(Ⅱ )‎ 故 所以数列的前n项和为 ‎15.(I)解:设等差数列的公差为d,由 得 因为,所以所以 ‎(II)解:因为,所以 因为,所以 当,‎ 即 所以,当当 ‎16.(I)解:由题意,‎ 由S2是等比中项知 由解得 ‎ (II)证法一:由题设条件有 故 从而对有 ‎ ①‎ 因,由①得 要证,由①只要证 即证此式明显成立.‎ 因此最后证若不然 又因矛盾.因此 证法二:由题设知,‎ 故方程(可能相同).因此判别式 又由 因此,解得 因此 由,得 因此