2022年高三數學專題復習 專題三 數列真題體驗 文

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1、2022年高三數學專題復習 專題三 數列真題體驗 文 一、填空題 1．(xx·江蘇高考)在各項均為正數的等比數列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，則a6的值是________． 2．(xx·江蘇高考)函數y＝x2(x＞0)的圖象在點(ak，a)處的切線與x軸交點的橫坐標為ak＋1，k為正整數，a1＝16，則a1＋a3＋a5＝________． 3．(xx·全國卷Ⅱ改編)已知等比數列{an}滿足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，則a3＋a5＋a7＝________． 4．(xx·天津高考改編)設{an}是首項為a1，公差為－1的等差數列，Sn為其前n項和，若S1，S2，S4成

2、等比數列，則a1＝________． 5．(xx·新課標全國卷Ⅰ改編)設等差數列{an}的前n項和為Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，則m＝________． 6．(xx·全國卷Ⅰ)在數列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn為{an}的前n項和．若Sn＝126，則n＝________． 7．(xx·湖南高考)設Sn為等比數列{an}的前n項和，若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差數列，則an＝________． 8．(xx·全國卷Ⅱ)設Sn是數列{an}的前n項和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝________． 9．(xx·江蘇高考)設數列

3、{an}滿足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，則數列前10項的和為________． 10．(xx·江蘇高考)在正項等比數列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3.則滿足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整數n的值為________． 二、解答題 11．(xx·江蘇高考)設數列{an}的前n項和為Sn.若對任意的正整數n，總存在正整數m，使得Sn＝am，則稱{an}是“H數列”． (1)若數列{an}的前n項和Sn＝2n(n∈N*)，證明：{an}是“H數列”； (2)設{an}是等差數列，其首項a1＝1，公差d＜0.若{an}是“H數列”，求d的值； (3)證

4、明：對任意的等差數列{an}，總存在兩個“H數列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立． 12．(xx·江蘇高考)設{an}是首項為a，公差為d的等差數列(d≠0)，Sn是其前n項的和．記bn＝，n∈N*，其中c為實數． (1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比數列，證明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)； (2)若{bn}是等差數列，證明：c＝0. 13．(xx·江蘇高考)設a1，a2，a3，a4是各項為正數且公差為d(d≠0)的等差數列． (1)證明：2a1，2a2，2a3，2a4依次構成等比數列； (2)是否存在a1

5、，d，使得a1，a，a，a依次構成等比數列？并說明理由； (3)是否存在a1，d及正整數n，k，使得a，a，a，a依次構成等比數列？并說明理由． 真題體驗·引領卷 1．4　[因為a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到關于q2的一元二次方程(q2)2－q2－2＝0，解得q2＝2，a6＝a2q4＝1×22＝4.] 2．21　[在點(ak，a)處的切線方程為：y－a＝2ak(x－ak)，當y＝0時，解得x＝，所以ak＋1＝，故{an}是a1＝16，q＝的等比

6、數列，即an＝16×，∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.] 3．42　[設等比數列{an}的公比為q，由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21. 得3(1＋q2＋q4)＝21.解得q2＝2或q2＝－3(舍)． 于是a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.] 4．－　[∵S1，S2，S4成等比數列，∴S＝S1·S4，又Sn為公差為－1的等差數列的前n項和．從而(a1＋a1－1)2＝a1，解得a1＝－.] 5．5　[由題設，am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3.因為數列{an}為等差數列．所以公差d＝am＋1－am＝1.由Sm＝＝0，得m(a1＋2)

7、＝0，則a1＝－2.又am＝a1＋(m－1)d＝2，解得m＝5.] 6．6　[∵a1＝2，an＋1＝2an，∴數列{an}是以公比q＝2，首項a1＝2的等比數列．則Sn＝＝126，解得n＝6.] 7．3n－1　[由于3S1，2S2，S3成等差數列．所以4S2＝3S1＋S3，即3(S2－S1)＝S3－S2.∴3a2＝a3，則等比數列{an}的公比q＝3.故數列{an}的通項公式an＝a1qn－1＝3n－1.] 8．－　[由題意，得S1＝a1＝－1.∵an＋1＝SnSn＋1， ∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，則Sn≠0， 從而－＝－1， 故數列是以＝－1為首項，－1為公差的等差數列，

8、 因此＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.] 9.　[∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，將以上n－1個式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝，即an＝， 令bn＝， 故bn＝＝2，故S10＝b1＋b2＋…＋b10 ＝2＝.] 10．12　[由已知條件得q＋q2＝3， 即q2＋q－6＝0， 解得q＝2，或q＝－3(舍去)， an＝a5qn－5＝×2n－5＝2n－6，a1＋a2＋…＋an＝(2n－1)， a1a2…an＝2－52－42－3…2n－6＝2， 由a1＋a2＋…＋an>a1a2…an，可知2n－5－2－5

9、>2，由2n－5－2－5>2，可求得n的最大值為12，而當n＝13時，28－2－5<213，所以n的最大值為12.] 11．(1)證明　由已知，當n≥1時，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是對任意的正整數n，總存在正整數m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.所以{an}是“H數列”． (2)解　由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d.因為{an}是“H數列”，所以存在正整數m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1. 因為d＜0，所以m－2＜0，故m＝1.從而d＝－1. 當d＝－1時，an＝2－n，Sn＝是小于2的整數，n∈N*，于是對任意的正整數n

10、，總存在正整數m＝2－Sn＝2－，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H數列”．因此d的值為－1. (3)證明　設等差數列{an}的公差為d， 則an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)． 令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，則an＝bn＋cn(n∈N*)． 下證{bn}是“H”“數列”，設{bn}的前n項和為Tn， 則Tn＝a1(n∈N*)，于是對任意的正整數n， 總存在正整數m＝；使得Tn＝bm，所以{bn}是“H數列”． 同理可證{cn}也是“H數列”．所以，對任意的等差數列{an}，總存在兩個“H數列”{bn}和{cn}，使得an

11、＝bn＋cn(n∈N*)成立． 12．解　由題設，Sn＝na＋d. (1)由c＝0，得bn＝＝a＋d.又b1，b2，b4成等比數列，所以b＝b1b4，即＝a，化簡得d2－2ad＝0. 因為d≠0，所以d＝2a. 因此，對于所有的m∈N*，有Sm＝m2a. 從而對于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk. (2)證明　設數列{bn}的公差為d1，則bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表達式，整理得，對于所有的n∈N*，有n3＋(b1－d1－a＋d)n2＋cd1n＝c(d1－b1)．令A＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d，

12、D＝c(d1－b1)，則對于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*) 在(*)式中分別取n＝1，2，3，4，得 A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1， 從而有 由②，③得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，從而cd1＝0. 即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0. 若d1＝0，則由d1－d＝0，得d＝0，與題設矛盾，所以d1≠0. 又cd1＝0，所以c＝0. 13．(1)證明　因為＝2an＋1－an＝2d(n＝1，2，3)是同一個常數，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次構成等比數列． (

13、2)解　不存在，理由如下： 令a1＋d＝a，則a1，a2，a3，a4分別為a－d，a，a＋d，a＋2d(a＞d，a＞－2d，d≠0)． 假設存在a1，d，使得a1，a，a，a依次構成等比數列， 則a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4. 令t＝，則1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4， 化簡得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1. 將t2＝t＋1代入(*)式， t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0， 則t＝－. 顯然t＝－不是上面方程的解，矛盾，所以假設不成立． 因此不存在a1，d，使得

14、a1，a，a，a依次構成等比數列． (3)解　不存在，理由如下： 假設存在a1，d及正整數n，k，使得a，a，a，a依次構成等比數列， 則a(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k)， 且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k)． 分別在兩個等式的兩邊同除以a及a， 并令t＝， 則(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)， 且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k)． 將上述兩個等式兩邊取對數， 得(n＋2k)ln(1＋2t)＝2(n＋k)ln(1＋t)， 且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3

15、t)＝2(n＋2k)ln(1＋2t)． 化簡得2k[ln(1＋2t)－ln(1＋t)]＝n[2ln(1＋t)－ln(1＋2t)]， 且3k[ln(1＋3t)－ln(1＋t)]＝n[3ln(1＋t)－ln(1＋3t)]． 再將這兩式相除，化簡得 ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)(**)． 令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－ 3ln(1＋2t)ln(1＋t)， 則g′(t)＝ . 令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋ 3(1

16、＋t)2ln(1＋t)， 則φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋ (1＋t)ln(1＋t)]． 令φ1(t)＝φ′(t)，則φ1′(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]． 令φ2(t)＝φ1′(t)，則φ2′(t)＝＞0. 由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)＞0， 知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在和(0，＋∞)上均單調． 故g(t)只有唯一零點t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假設不成立． 所以不存在a1，d及正整數n，k，使得a，a，a，a依次構成等比數列．