高考数学数列压轴专项练习集(一)_高考数学数列压轴题

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2018年高考数学数列压轴专项练习集

（一）1.已知等差数列an和等比数列bn，其中an的公差不为0．设Sn是数列an的前n项和．若a1,a2,a5是数列bn的前3项，且S4=16．

（1）求数列an和bn的通项公式；

（2）若数列4Sn1为等差数列，求实数t；

anta1,b1,a2,b1,b2,a3,b1,b2,b3,...ak，b1,b2,...bk，...若,该数列前n项和（3）构造数列Tn182，求1n的值．

2.已知数列an满足a11,a21，且an2（1）求aa的值；

56（2）设S为数列a的前n项的和，求S； nnn（3）设

2(1)nan(nN*)．

2bna2n1a2n，是否存正整数i，j，k（i＜j＜k），使得bi，bj，bk成等差数列？若存在，求出所有满足条件的i，j，k；若不存在，请说明理由．

3.(本题满分12分)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1a21,bnnSn(n2)an,数列{bn}是公差为d的等差数列,nN*.(1)求d的值;(2)求数列{an}的通项公式;

22n1(3)求证:(a1a2an)(S1S2Sn).(n1)(n2)

an3,an3an1aan4,an≤3时，m1，2，3，． 4.设数列n的首项a1a(aR)，且(1)若0a1，求a2，a3，a4，a5．(2)若0an4，证明：0an14．

(3)若0a≤2，求所有的正整数k，使得对于任意nN*，均有ankan成立．

5.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=0，a1+a2+a3+…+an+n=an+1，n∈N*．（Ⅰ）求证：数列{an+1}是等比数列；

（Ⅱ）设数列{bn}的前n项和为Tn，b1=1，点（Tn+1，Tn）在直线上，若不等式

bb1b92nma11a21an122an对于n∈N恒成立，求实数m的*最大值．

x46.设不等式组y0所表示的平面区域为Dn，记Dn内整点的个数为an（横纵坐ynx(xN*)标均为整数的点称为整点）．

（1）n=2时，先在平面直角坐标系中作出区域D2，再求a2的值；（2）求数列{an}的通项公式；

*（3）记数列{an}的前n项的和为Sn，试证明：对任意n∈N恒有++…+＜成立．

7.在数列an中，a121，Snan2n1,nN*． 3Sn（Ⅰ）求S1,S2,S3的值；

（Ⅱ）猜想Sn的表达式，并证明你的猜想．

8.设数列an是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，若a1a564，S5S348.（1）求数列an的通项公式；

（2）对于正整数k,m,l（kml），求证：“mk1且lk3”是“5ak,am,al这三项经适当排序后能构成等差数列”成立的充要条件；（3）设数列bn满足：对任意的正整数n，都有a1bna2bn1a3bn2anb1

b32n14n6，且集合Mn|n,nN*中有且仅有3个元素，试

an求的取值范围.9.已知f（n）=1++++…+，g（n）=﹣，n∈N*．

（1）当n=1，2，3时，试比较f（n）与g（n）的大小关系；（2）猜想f（n）与g（n）的大小关系，并给出证明．

10.设数列{an}的前n项和为Sn，若（1）若a1=1，（n∈N*），则称{an}是“紧密数列”；，a3=x，a4=4，求x的取值范围；

（2）若{an}为等差数列，首项a1，公差d，且0＜d≤a1，判断{an}是否为“紧密数列”；（3）设数列{an}是公比为q的等比数列，若数列{an}与{Sn}都是“紧密数列”，求q的取值范围．

试卷答案

1.【考点】数列的求和；数列递推式．

【分析】（1）设{an}的公差d≠0．由a1，a2，a5是数列{bn}的前3项，且S4=16．可得，即（2）Sn==n2．可得

2，4a1+=

=16，解得a1，d，即可得出． ．根据数列{

}为等差数列，可得=解得t． +，t﹣2t=0．

2（3）由（1）可得：Sn=n，数列{bn}的前n项和An=

=．数列{An}的前n项和Un=﹣n=﹣n．数列a1，b1，a2，b1，b2，a3，b1，b2，=

2项和=k+b3，…，ak，b1，b2，…，bk，…，可得：该数列前k+78（k﹣1），根据3=2187，3=6561．进而得出．

﹣【解答】解：（1）设{an}的公差d≠0．∵a1，a2，a5是数列{bn}的前3项，且S4=16． ∴，即，4a1+

=16，解得a1=1，d=2，∴an=1+（n﹣1）×2=2n﹣1． ∴b1=1，b2=3，公比q=3． ∴bn=3n﹣1．（2）Sn==n2．∴

=

．

∵数列{}为等差数列，∴=+，t﹣2t=0．

2解得t=2或0，经过验证满足题意．

2（3）由（1）可得：Sn=n，数列{bn}的前n项和An=

=．数列{An}的前n项和Un=﹣n=﹣n．

数列a1，b1，a2，b1，b2，a3，b1，b2，b3，…，ak，b1，b2，…，bk，…，∴该数列前k+∵37=2187，38=6561． ∴取k=8，可得前令Tn=1821=1700+∴n=36+5=41．

2.【考点】数列的求和；数列递推式． 【分析】（1）由题意，当n为奇数时，a1=﹣1，a2=1，进一步求得

；当n为偶数时，则a5+a6可求；

．结合=36项的和为：，解得m=5．

=1700，=

项和=k+

﹣（k﹣1），（2）①当n=2k时，Sn=S2k=（a1+a3+…+a2k﹣1）+（a2+a4+…+a2k），代入等比数列前n项和公式求解；②当n=2k﹣1时，由Sn=S2k﹣a2k求解；（3）由（1）得

（仅b1=0且{bn}递增）．结合k＞j，且k，j∈Z，可得k≥j+1．然后分k≥j+2与k=j+1两类分析可得满足条件的i，j，k只有唯一一组解，即i=1，j=2，k=3． 【解答】解：（1）由题意，当n为奇数时，又a1=﹣1，a2=1，∴即a5+a6=2；

（2）①当n=2k时，Sn=S2k=（a1+a3+…+a2k﹣1）+（a2+a4+…+a2k），；当n为偶数时，．

===．

②当n=2k﹣1时，Sn=S2k﹣a2k= ==．

∴ ；

（3）由（1），得

（仅b1=0且{bn}递增）．

∵k＞j，且k，j∈Z，∴k≥j+1．

①当k≥j+2时，bk≥bj+2，若bi，bj，bk成等差数列，则，此与bn≥0矛盾．故此时不存在这样的等差数列． ②当k=j+1时，bk=bj+1，若bi，bj，bk成等差数列，则，又∵i＜j，且i，j∈Z，∴i≤j﹣1． 若i≤j﹣2，则bi≤bj﹣2，得，得≤0，矛盾，∴i=j﹣1． 从而

2bj=bj

﹣

1+bj+

1，化简，得3j﹣2=1，解得j=2．

从而，满足条件的i，j，k只有唯一一组解，即i=1，j=2，k=3．

3.a1a21，bnnSn(n2)anS1(12)a14a14S2(22)a22a16a28b2b14=

=

得20.解：b1b22d20.解：a1a21，bnnSn(n2)anb1S1(12)a14a14b22S2(22)a22a16a28db2b14…………………………………………………………3分

………………………………………………8分

………………………………………………12分 4.见解析

解：Ⅰ∵a1a(0,1)得a2(3,4)，∴a2a14a4，∵a3(0,1)，∴a3a23a1，a4(3,4)，∴a4a34a3，a5(0,1)，∴a5a43a．

Ⅱ证明：①当0an≤3时，an1an4，∴1≤an14，②当3an4，an1an3，∴0an11，综上，0an4时，0an14．

ⅡⅠ解：①若0a1，由Ⅰ知a5a1，所以k4，∴当k4m(mN*)时，对所有的nN*，ankan成立． ②若1≤a2，则a2a4，且a2(2,3]，a3a24(a4)4aa1，∴k2，∴当k2m(mN*)时，对所有的nN*，ankan成立，③若a2，则a2a3a42，∴k1，∴km(mN*)时，对所有的nN*，ankan成立，综上，若0a1，则k4m，mN*，若1≤a2，则k2m，mN*，若a2，则km，mN*． 5.【考点】数列的求和；等比关系的确定．

【分析】（Ⅰ）利用递推式可得：an+1=2an+1，变形利用等比数列的定义即可证明；（Ⅱ）由（Ⅰ）得

上，可得可得：，由点（Tn+1，Tn）在直线，利用等差数列的通项公式，利用递推式可得bn=n．利用不等式，可得Rn=

．对n分类讨论即可得出．

【解答】解：（Ⅰ）由a1+a2+a3+…+an+n=an+1，得a1+a2+a3+…+an﹣1+n﹣1=an（n≥2），两式相减得an+1=2an+1，利用“错位相减法”可得：变形为an+1+1=2（an+1）（n≥2），∵a1=0，∴a1+1=1，a2=a1+1=1，a2+1=2（a1+1），∴{a1+1}是以1为首项，公比为2的等比数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，∵点（Tn+1，Tn）在直线上，∴，故是以为首项，为公差的等差数列，则，∴，当n≥2时，∵b1=1满足该式，∴bn=n． ∴不等式即为，令，则，两式相减得，∴．

由恒成立，即恒成立，又，故当n≤3时，单调递减；当n=3时，，；

当n≥4时，单调递增；当n=4时，；

则6.的最小值为，所以实数m的最大值是．

【考点】数列与不等式的综合．

8的矩形区域内有5×9个整点，对角线上有5个整点，可求a2的值； 【分析】（1）在4×（2）直线y=nx与x=4交于点P（4，4n），即可求数列{an}的通项公式；（3）利用裂项法，放缩，求和即可证明结论． 【解答】解：（1）D2如图中阴影部分所示，∵在4×8的矩形区域内有5×9个整点，对角线上有5个整点，∴a2==25．

（另解：a2=1+3+5+7+9=25）

（2）直线y=nx与x=4交于点P（4，4n），据题意有an=

=10n+5．

（另解：an=1+（n+1）+（2n+1）+（3n+1）+（4n+1）=10n+5）（3）Sn=5n（n+2）．（8分）∵=

=

＜，∴++…+＜++…+

=（﹣+…+﹣）=（+﹣﹣）＜（13分）

【点评】本题考查数列与不等式的综合，考查数列的通项与求和，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

7.（Ⅰ）当n2时，anSnSni,Sn分)

11SnSn12,Sn(n2)(3SnSn1221314S1a1,S2,S3（6分）

3S124S225（Ⅱ）猜想Snn1，（7分）n2下面用数学归纳法证明：

211猜想正确；（8分），312k12）假设当n=k时猜想正确，即Sk,k211(k1)1那么Sk1,即n=k+1时猜想也正确.（12分）

k1Sk2(k1)22k2n1根据1），2）可知，对任意nÎN+，都有Sn.（13分）

n21)当n=1时，S1略 8.2（1）数列an是各项均为正数的等比数列，a1a5a364，a38，2又S5S348，a4a58q8q48，q2，an82n32n； ………… 4分

（2）（ⅰ）必要性：设5ak,am,al这三项经适当排序后能构成等差数列，①若25akamal，则102k2m2l，102mk2lk，52mk12lk1，mk11mk12lk1, .………… 6分

lk324②若2am5akal，则22m52k2l，2m1k2lk5，左边为偶数，等式不成立，③若2al5akam，同理也不成立，综合①②③，得mk1,lk3，所以必要性成立.…………8分（ⅱ）充分性：设mk1，lk3，则5ak,am,al这三项为5ak,ak1,ak3，即5ak,2ak,8ak，调整顺序后易知2ak,5ak,8ak成等差数列，所以充分性也成立.综合（ⅰ）（ⅱ），原命题成立.…………10分

n1（3）因为a1bna2bn1a3bn2anb1324n6，即2bn2bn12bn22b132123nn14n6，（*）

当n2时，21bn122bn223bn32n1b132n4n2，（**）

234nn1则（**）式两边同乘以2，得2bn12bn22bn32b1328n4，（***）

（*）－（***），得2bn4n2，即bn2n1(n2)，2又当n1时，2b132102，即b11，适合bn2n1(n2)，bn2n1.………14分 bn2n1bb2n12n352nn，nn1nn1，an2anan1222nbnbn1bb0，即21； anan1a2a1bnbn1b0，此时n单调递减，anan1ann2时，n3时，又9.b11b23b35b4771，，，，.……………16分 a12a24a38a416162【考点】用数学归纳法证明不等式；不等式比较大小． 【分析】（1）根据已知，n∈N．我们

*易得当n=1，2，3时，两个函数函数值的大小，比较后，根据结论我们可以归纳推理得到猜想f（n）≤g（n）；

（2）但归纳推理的结论不一定正确，我们可用数学归纳法进行证明，先证明不等式f（n）≤g（n）当n=1时成立，再假设不等式f（n）≤g（n）当n=k（k≥1）时成立，进而证明当n=k+1时，不等式f（n）≤g（n）也成立，最后得到不等式f（n）≤g（n）对于所有的正整数n成立；

【解答】解：（1）当n=1时，f（1）=1，g（1）=1，所以f（1）=g（1）； 当n=2时，，所以f（2）＜g（2）； 当n=3时，，所以f（3）＜g（3）．

（2）由（1），猜想f（n）≤g（n），下面用数学归纳法给出证明： ①当n=1，2，3时，不等式显然成立． ②假设当n=k（k≥3）时不等式成立，即即++…+＜，那么，当n=k+1时，因为，所以．

*由①、②可知，对一切n∈N，都有f（n）≤g（n）成立．

10.【考点】数列的应用． 【分析】（1）由题意，且，即可求出x的取值范围；

（2）由题意，an=a1+（n﹣1）d，数列”的定义即可证明结论；

==1+，根据“紧密（3）先设公比是q并判断出q≠1，由等比数列的通项公式、前n项和公式化简，根据“紧密数列”的定义列出不等式组，再求出公比q的取值范围．

【解答】解：（1）由题意，∴x的取值范围是[2，3]；

（2）由题意，an=a1+（n﹣1）d，∴

且，∴2≤x≤3，==1+，随着n的增大而减小，所以当n=1时，∴{an}是“紧密数列”；

（3）由题意得，等比数列{an}的公比q n1当q≠1时，所以an=a1q﹣，Sn=

取得最大值，∴≤2，=，因为数列{an}与{Sn}都是“紧密数列”，所以，当q=1时，an=a1，Sn=na1，则 ∴q的取值范围是

．

=1，≤2，解得

=1+∈（1，]，符合题意，

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