高三数学一轮复习《数列》练习题(含答案) 1.pdf

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高三数学一轮复****数列》练****题(含答案)
一、单选题
a中,若aa64,aa20,则a()
n1946n
2或28n或2n2
a4,S6,则S()
nn246

a中,aaa64,aaa21,则a()
n126135n
2n3n1
1,1n2018

a满足:an2009,设S表示数列a
1
nn2.n2019nn

3
下列结论正确的是()

nnnnnnnn
,,limS存在
nnnnnnnn
19
a的通项公式为a,其前n项和S,则n
nnn(n1)n10

a中,a3,a384,则该数列的通项a()
n310n
?3n?2n??2n3
a的前n项和为S,若S2,S8,则S()
nnk2k4k

1
{a}满足:a=-13,a+a=-2,且a=2a-a(n≥2),则数列
n168n-1nn+1aa1
nn
的前13项和为
1111
.-.-
13131111
a是等比数列,若a1,a16,则a的值为
n153
--2:.
a的前n项和S,且S4,S14,则Sa2最小时,n的值为().
nn37nn3

{a}中,S为其前n项和,若aaa12,则S
nn2679

{a}的前n项和为S,a1,若aaa15,且S27,则m
nn1m1mm1m
的值是

二、填空题
,2的等差中项,b是1,16的等比中项,则ab等于___________.
{a}的前n项和S2n2n5,那么它的通项公式是___________.
nn
a是等比数列,a4,a16,则a___________.
n285
1
a的通项公式a,其前n项和为S,则S_____.(用分数作答)
nnn22nn10
三、解答题
{a}满足:a0,aa2c(nN*,cR).对任意正整数n2,
n1n1n
Mc|i{1,2,3,,n},|a∣2
记,M{c|iN*,|a|2}.
nii
(1)写出M,M;
23
1
(2)当c时,求证:数列{a}是递增数列,且存在正整数k,使得cM;
4nk
(3)求集合M.
a的前n项和为S,且a1,aSS(*且n2).
nN
nn1nnn1
(1)求数列a的通项公式;
n
1
(2)求数列的前n项和T.
aan

nn1
:.
a中,a3,点a,a在直线y3x上.
n1nn1
(1)求数列a的通项公式及其前n项的和S;
nn
n3
(2)设b,nN*,证明:bbb.
na12n4
n
21
a的前n项和,b为数列S的前n项积,已知2.
nnnnSb
nn
(1)证明:数列b是等差数列;
n
(2)求a的通项公式.
n
a的前n项和为S,且aa16,S35.
nn255
(1)求数列a的通项公式;
n
1
(2)设ab,求数列b的前n项和T.
nn2n1nn
n2
a中,a1,aa1nN.
n1n1nn
(1)求a,a,a的值;
234
2a
()猜想的通项公式,并用数学归纳法证明.
n
{a}的前n项和S满足:Sna
nnnn
(1)求证:数列{a1}是等比数列并写出{a}的通项公式;
nn
1
btt2
b(2n)(a1),nn4t
(2)设nn如果对任意正整数,都有,求实数的取值范围
:.
参考答案

aaa64
在等比数列中,
n19
aaaa64
4619
aa64a4a16
46,解得4或4
aa20a16a4
4666
当a4,a16时,a0,
46n
a
q264,
a
4
a1
q2,a4
1q32
1
a2n12n2;
n2
当a16,a4时,a0,
46n
a1
q26,
a4
4
1a
q,a4128
21q3
1
a128()n128n
n2
综上所述:a2n2或a28n,
nn

∵S为等比数列a的前n项和,
nn
∴S,SS,SS成等比数列
24264
∴S4,SS642
242
∴SS1,
64
∴S1S167.
64

aq
为等比数列,设其公比为,
n
36233a4
aaaaqaqa64,则,
1261133:.
aaa21,
135
a
3aaq221,
q233
4
即44q221,
q2
1
解得q2或q,
2
又a各项为正且递增,
n
q2,
aaqn342n32n1.
n3

1,1n2018

anan2009
数列,对任意的正整数,1,
nn2.n2019

3
设S表示数列a的前n项和,
nn
aaaa1,
1232018
1101111n2009
a2,a2,,a2,n2019
2019320203n3
1101n2018
21
331n20271
,
S201820182
n1339
1
3
1n202711
limSlim201822018,
n33939
nn
1n2009
limalim20,
nnn3

所以lima和limS都存在.
nnnn

111
aa
由题意,数列的通项公式为,
nnn(n1)nn1
111111n
所以S(1)()()1,
n223nn1n1n1:.
9n9
又由S,即,解得n9,故选B.
n10n110

aq
设等比数列的公比为,
n
a384
因为a3,a384,可得q710128,解得q2,
310a3
3
aaaqn332n3.
所以数列的通项公式为
nn3

由等差数列a前n项和的性质,
n
可得S,SS,SS,SS成等差数列,
k2kk3k2k4k3k

∴2SSSSS,解得S18.
2kkk3k2k3k
∴2,6,10,S18成等差数列,
4k
可得2106S18,解得S32.
4k4k

an=2an-an(n≥2),可得an-an=an-an,
-1+1+1-1
可得数列{an}为等差数列,设公差为d,由a=-13,a+a=-2,即为2a+12d=-2,
1681
解得d=2,则an=a1+(n-1)d=2n-15.
11111
,
aa2n152n1322n152n13
nn1
1
即有数列的前13项和为
aa
nn1
111111111
11
=×=-.
2131111911132131313

因aaq416,q24,aaq24
5131
故选A

解:设等差数列a的公差为d,
n:.
因为S4,S14,
37
32
3ad4
11
2
所以,解得a1,d,
7613
7ad14
12
n(n1)11n25n50
所以Sa2n[1(n2)]2,
nn323318
因为nN,
+
所以当n2或n3时,其有最小值.

因为{a}为等差数列,aaa12,∴3a12d12,因此a4d4
n26711
98
又S9ad9a36d9a4d,∴S36.
912119

∵{a}是等差数列,∴aaa3a15,a5,
nm1mm1mm
m(aa)m(15)
∴S1m27,m9.
m22
故选:C.
13.6
123
因为a是1,2的等差中项,所以a,
22
因为b是1,16的等比中项,所以b2(1)(16)16,
b4,所以ab6.
故答案为:6.
2,n1

n4n1,n2

解:当n1时,aS2152,
11
当n2时,aSS(2n2n5)[2(n1)2(n1)5]4n1,
nnn1
且当n1时,4n14132,
2,n1
据此可得,数列的通项公式为:a.
n4n1,n2
:.
2,n1
故答案为:a.
n4n1,n2

15.8
由数列a是等比数列,a4,a16,
n28
则a2aa41664,所以a8.
5285
故答案为:8
175
16.
264
1111
因为数列a的通项公式a,
nnn22n2nn2
111111111
所以S...,
1021324351012
11111175
,
2121112264
175
故答案为:
264
Mc|i{1,2,3,,n},|a∣2
:(1)因为,
ni
Mc||a∣2,|a∣2
所以,
221
因为a0,aa2cc,
121
所以c2,所以M[2,2]
2
Mc||a∣2,|a∣2,|a∣2
因为
3123
又aa2cc2c,所以c2c22c1
32
结合M[2,2]可得M[2,1].
23
1
(2)当c时,对任意nN*,都有
4
111
aaa2ca(a)2cc0,
n1nnnn244
所以aa.
n1n
所以数列{a}是递增数列.
n
111
因为a(aa)(aa)(aa)a(c)(c)(c),
n1n1nnn1211444
1
所以an(c).
n14:.
8181
令nmin{tN|t},则an(c)(c)2,
04c1n01044c14
所以cM.
n01
所以存在正整数kn1,使得cM.
0k
(3)由题意得,对任意nN*,都有MM且MM.
n1nn
1
由(2)可得,当c时,存在正整数k,使得cM,所以cM.
4k
1
所以若cM,则c.
4
又因为MM[2,1],所以若cM,则c2.
3
11
所以若cM,则2c,即M[2,].
44
1
下面证明[2,]M.
4
1
①当0c时,对任意nN*,都有a0.
4n
1
下证对任意nN*,a.
n2
1
假设存在正整数k,使得a.
k2
1
令集合S{kN*|a},则非空集合S存在最小数s.
k20
11
因为0ac,所以s2.
2420
1
因为s1S,所以0a.
0s012
111
所以aa2cc,与a矛盾.
s0s0142s02
1
所以对任意nN*,0a.
n2
1
所以当0c时,|a|2.
4n
②当2c0时,c22c0.
下证对任意nN*,|a||c|.
n
假设存在正整数k,使得|a||c|.
k
令集合T{kN*||a||c|},则非空集合T存在最小数t.
k0
因为ac,所以|a||c|,所以t2.
220
因为t1T,所以|a||c|.
0t01:.
aa2cc2cc,且aa2cc,
t0t01t0t01
所以|a||c|,与|a||c|矛盾.
t0t0
所以当2c0时,|a||c|2.
n
1
所以当c[2,]时,对任意nN*,都有|a|2.
4n
1
所以cM,即[2,]M.
4
111
因为M[2,],且[2,]M,所以M[2,].
444
18.(1)由aSS(n2)及题意可得数列{S}为等差数列,从而求出Sn2,从而
nnn1nn
可求出答案;
(2)利用裂项相消法即可求出答案.
(1)
∵aSS(n2),
nnn1
∴a(SS)(SS)(n2),
nnn1nn1
*
又aSSn2,nN,a0,
nnn1n
∴SS1(n2),
nn1
∴数列{S}是以Sa11为首项,1为公差的等差数列,
n11
∴S1(n1)n,∴Sn2,
nn
当n2时,aSSn2n122n1,
nnn1
当n1时,a1,满足上式,
1

∴数列a的通项公式为a2n1;
nn
(2)
由(1)可知,a2n1,
n
1111
T
naaaaaaaa
122334nn1
1111

1335572n12n1:.
1111111

213352n12n1
11
1
22n1
n
,
2n1
n
∴当nN*时,T.
n2n1
19.(1)
a
因为点a,a在直线y3x上,所以n13,又a3,
nn1a1
n
nn1
31333
故数列{a}是以3为公比,3为首项的等比数列,所以a3n,S.
nnn2
13
(2)
n
由题可知b,记Tbbb,
n3nn12n
12n
所以T①
n3323n
1112n
①,得T②
33n32333n1
2111n11n132n
①-②,得T1,
3n3323n3n123n3n1223n1
332n32n3
故T,又0,故T,即证.
n443n43nn4
20.(1)[方法一]:
212b1
由已知2得Sn,且b0,b,
Sbn2b1nn2
nnn
3
取n1,由Sb得b,
1112
由于b为数列S的前n项积,
nn
2b2b2b
所以12nb,
2b12b12b1n
12n
2b2b2b
所以12n1b,
2b12b12b1n1
12n1
2bb
所以n1n1,
2b1b
n1n
由于b0
n1
211
所以,即bb,其中nN*
2b1bn1n2
n1n:.
31
所以数列b是以b为首项,以d为公差等差数列;
n122
[方法二]【最优解】:
由已知条件知bSSSSS①
n123n1n
于是bSSSS(n2).②
n1123n1
b
由①②得nS.③
bn
n1
21
又2,④
Sb
nn
1
由③④得bb.
nn12
3
令n1,由Sb,得b.
1112
31
所以数列b是以为首项,为公差的等差数列.
n22
[方法三]:
21S
由2,得bn,且S0,b0,S1.
Sbn2S2nnn
nnn
b1
又因为bSSSSb,所以bn,所以
nnn11nn1n1S2S2
nn
S1S11
bbnn(n2).
nn12S22S22S12
nnn
213
在2中,当n1时,bS.
Sb112
nn
31
故数列b是以为首项,为公差的等差数列.
n22
[方法四]:数学归纳法
212b353
由已知2,得Sn,b,b2,b,猜想数列b是以为首项,
Sbn2b112232n2
nnn
11
为公差的等差数列,且bn1.
2n2
下面用数学归纳法证明.
当n1时显然成立.
1k2
假设当nk时成立,即bk1,S.
k2kk1
1k3k31
那么当nk1时,bbSk1(k1)1.
k1kk12k222
综上,猜想对任意的n:.
31
即数列b是以为首项,为公差的等差数列.
n22
(2)
31
由(1)可得,数列b是以b为首项,以d为公差的等差数列,
n122
31n
bn11,
n222
2b2n
Sn,
n2b11n
n
3
当n=1时,aS,
112
2n1n1
当n≥2时,aSS,显然对于n=1不成立,
nnn11nnnn1
3
,n1

2
∴a.
n1
,n2
nn1

211ad
.解:()设等差数列的公差为,
n
aa2a5d16
由题意得251,
S5a5a10d35
531
a3,
解得1
d2,
32121
∴ann.
n
11111
(2)由(1)得b
na2n12n12n122n12n1
n
1111111
Tbbb
n12n213352n12n1
111n
.
212n12n1
n2
22.(1)∵a1,aa1,
1n1nn
5
∴a3a1,a2a19,aa116,
2132433
故a,a,a的值分别为4,9,16;
234
(2)由(1)猜想an2,用数学归纳法证明如下:
n
①当n1时,a1,猜想显然成立;
1:.
②设nk时,猜想成立,即ak2,
k
k2
则当nk1时,aa1k22k1(k1)2,
k1kk
即当nk1时猜想也成立,
由①②可知,猜想成立,即an2.
n
1
23.(1)当n1时,aS1a,即a,
11112
当n2时,aSSna(n1a)aa1,即2(a1)a1,
nnn1nn1n1nnn1
a1111
∴n{a1}1
,而a1,即是首项为,公比为的等比数列,
a1212n22
n1
1111
∴a1()()n1()n,故a1()n.
n222n2
n2
(2)由(1)知:b(2n)(a1),
nn2n
(n1)2n23n
∴bb,
n1n2n12n2n1
当n3时,bb;当n3时,bb;当n3时,bb,
n1nn1nn1n
1
∴bbbbbb...b,即b.
123456nn8
11
∴对任意正整数n,都有btt2,即bt2t,
n4n4
111111
∴t2t恒成立,得t或t,即t(,][,).
482442
1
t2t(b)
4nmax
即恒成立,求参数范围