2022年高三數(shù)學(xué)專(zhuān)題復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 數(shù)列模擬演練 文

《2022年高三數(shù)學(xué)專(zhuān)題復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 數(shù)列模擬演練 文》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2022年高三數(shù)學(xué)專(zhuān)題復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 數(shù)列模擬演練 文（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三數(shù)學(xué)專(zhuān)題復(fù)習(xí) 專(zhuān)題三 數(shù)列模擬演練 文 一、填空題 1．(xx·南通模擬)在等差數(shù)列{an}中，a1＋3a3＋a15＝10，則a5的值為_(kāi)_______． 2．(xx·濟(jì)南模擬)設(shè){an}是公差為正數(shù)的等差數(shù)列，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，則a11＋a12＋a13＝________． 3．(xx·成都診斷檢測(cè))設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，且滿(mǎn)足a4a6＝，a7＝，則S4＝________． 4．(xx·衡水中學(xué)調(diào)研)已知等比數(shù)列{an}中，a3＝2，a4a6＝16，則＝________． 5．(xx·鄭州質(zhì)檢)設(shè)等比數(shù)列{an

2、}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＋a2＝，a4＋a5＝6，則S6＝________． 6．(xx·濰坊調(diào)研)在等差數(shù)列{an}中，a1＝－2 015，其前n項(xiàng)和為Sn，若－＝2，則S2 015的值為_(kāi)_______． 7．(xx·南昌二模)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a3＝5，a9＝17，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝3n.若am＝b1＋b4，則正整數(shù)m的值為_(kāi)_______． 8．(xx·山西康杰中學(xué)、臨汾一中聯(lián)考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n∈N*)，則S6＝________． 9．(xx·江蘇五市聯(lián)考)各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a2－a1＝1.

3、當(dāng)a3取最小值時(shí)，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝________． 10．(xx·蘇、錫、常、鎮(zhèn)模擬)已知各項(xiàng)都為正的等比數(shù)列{an}滿(mǎn)足a7＝a6＋2a5，存在兩項(xiàng)am，an使得 ＝4a1，則＋的最小值為_(kāi)_______． 二、解答題 11．(xx·衡水點(diǎn)睛大聯(lián)考)若{an}是各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列，公差為d，Sn為其前n項(xiàng)和，且滿(mǎn)足a＝S2n－1，n∈N*.數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn＝，Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和． (1)求an和Tn； (2)是否存在正整數(shù)m、n(1

4、．(xx·蘇北四市調(diào)研)如果無(wú)窮數(shù)列{an}滿(mǎn)足下列條件：①≤an＋1；②存在實(shí)數(shù)M，使得an≤M，其中n∈N*，那么我們稱(chēng)數(shù)列{an}為Ω數(shù)列． (1)設(shè)數(shù)列{bn}的通項(xiàng)為bn＝5n－2n，且是Ω數(shù)列，求M的取值范圍； (2)設(shè){cn}是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，c3＝，S3＝，證明：數(shù)列{Sn}是Ω數(shù)列； (3)設(shè)數(shù)列{dn}是各項(xiàng)均為正整數(shù)的Ω數(shù)列，求證：dn≤dn＋1. 13．(xx·泰州期末)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)積為T(mén)n，已知對(duì)?n，m∈N*，當(dāng)n＞m時(shí)，總有＝Tn－m·q(n－m)m(q＞0是常數(shù))． (1)求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)

5、列； (2)設(shè)正整數(shù)k，m，n(k＜m＜n)成等差數(shù)列，試比較Tn·Tk和(Tm)2的大小，并說(shuō)明理由； (3)探究：命題p：“對(duì)?n，m∈N*，當(dāng)n＞m時(shí)，總有＝Tn－m·q(n－m)m(q＞0是常數(shù))”是命題t：“數(shù)列{an}是公比為q(q＞0)的等比數(shù)列”的充要條件嗎？若是，請(qǐng)給出證明；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由． 1．2　[設(shè)數(shù)列{an}的公差為d， ∵a1＋a15＝2a8，∴2a8＋3a3＝10， ∴2(a5＋3d)＋3(a5－2d)＝10，∴5a5＝10，∴a5＝2.] 2．105　[設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，依題設(shè)知

6、d>0，則a3>a1， ∵a1＋a2＋a3＝15，則3a2＝15，a2＝5， 從而解之得a1＝2，a3＝8. 所以公差d＝＝3. 故a11＋a12＋a13＝(a1＋a2＋a3)＋30d＝15＋90＝105.] 3．15　[設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，且q>0，an>0. 由于a4a6＝，a7＝， 則a3＝＝2，q4＝＝，所以q＝. 于是a1＝＝8. 故S4＝＝＝15.] 4．4　[設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.由于a3＝a1q2＝2. ∴a4a6＝aq8＝(a1q2)2·q4＝4q4＝16.則q4＝4， 故＝＝q4＝4.] 5.　[∵a1＋a2＝，a4＋a5＝6，

7、 q3＝＝8，從而q＝2，可求a1＝. 故S6＝＝.] 6．－2 015　[設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則＝a1＋d. 由－＝2，得－＝2. 所以d＝2， 因此S2 015＝2 015a1＋d＝－2 015.] 7．29　[由等差數(shù)列的性質(zhì)，a9＝a3＋6d.∴17＝5＋6d，得d＝2， 因此am＝a3＋2(m－3)＝2m－1. 又?jǐn)?shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝3n， ∴b1＝S1＝3，b4＝S4－S3＝34－33＝54. 由am＝b1＋b4，得2m－1＝3＋54，則m＝29.] 8．45　[由a1＝1，a2＝3a1，得a2＝3， 又an＋1＝3Sn，知an＝3Sn－1(n

8、≥2)， ∴an＋1－an＝3Sn－3Sn－1＝3an，即an＋1＝4an(n≥2)． 因此an＝ 故S6＝1＋＝45.] 9．2n－1　[根據(jù)題意，由于各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中， 由a2－a1＝1，得a1(q－1)＝1， 所以q>1且a1＝， ∴a3＝a1q2＝＝ ＝q－1＋＋2≥2＋2＝4， 當(dāng)且僅當(dāng)q＝2時(shí)取得等號(hào)， 因此an＝a1qn－1＝＝2n－1.] 10.　[由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理有q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(與條件中等比數(shù)列的各項(xiàng)都為正矛盾，舍去)，又由 ＝4a1，得aman＝16a，即a2m＋n－

9、2＝16a，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么＋＝(m＋n)·＝≥＝，當(dāng)且僅當(dāng)＝，m＋n＝6，即n＝2m＝4時(shí)取得最小值.] 11．解　(1)∵a＝S2n－1(n∈N*)，an≠0. 令n＝1，得a1＝1；令n＝2，得a2＝3， ∴等差數(shù)列{an}的公差d＝2. 從而an＝2n－1，bn＝， 于是Tn＝ ＝. (2)假設(shè)存在正整數(shù)m，n(10， ∴－2m2＋4m＋1>0，解得1－1，得m＝2，此時(shí)n＝12. 故存在正整數(shù)m，n，當(dāng)且僅當(dāng)m＝2，n＝12時(shí)，滿(mǎn)足T1，Tm，T

10、n成等比數(shù)列． 12．(1)解　∵bn＋1－bn＝5－2n，∴當(dāng)n≥3，bn＋1－bn＜0，故數(shù)列{bn}單調(diào)遞減；當(dāng)n＝1，2時(shí)，bn＋1－bn＞0，即b1＜b2＜b3，則數(shù)列{bn}中的最大項(xiàng)是b3＝7，所以M≥7. (2)證明　∵{cn}是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，c3＝，S3＝，設(shè)其公比為q＞0，∴＋＋c3＝.整理得6q2－q－1＝0，解得q＝，q＝－(舍去)．∴c1＝1，cn＝，Sn＝2－＜2，對(duì)任意的n∈N*，有＝2－－＜2－＝Sn＋1，且Sn＜2，故{Sn}是Ω數(shù)列． (3)證明　假設(shè)存在正整數(shù)k使得dk＞dk＋1成立，有數(shù)列{dn}的各項(xiàng)均為正整數(shù)，可得dk

11、≥dk＋1＋1，即dk＋1≤dk－1.因?yàn)椤躣k＋1，所以dk＋2≤2dk＋1－dk≤2(dk－1)－dk＝dk－2，由dk＋2≤2dk＋1－dk及dk＞dk＋1得dk＋2＜2dk＋1－dk＋1＝dk＋1，故dk＋2≤dk＋1－1.因?yàn)椤躣k＋2，所以dk＋3≤2dk＋2－dk＋1≤2(dk＋1－1)－dk＋1＝dk＋1－2≤dk－3，由此類(lèi)推，可得dk＋m≤dk－m(m∈N*)．又存在M，使dk≤M，∴m＞M，使dk＋m＜0，這與數(shù)列{dn}的各項(xiàng)均為正數(shù)矛盾，所以假設(shè)不成立，即對(duì)任意n∈N*，都有dk≤dk＋1成立． 13．(1)證明　設(shè)m＝1，則有＝Tn－1·qn－1，因?yàn)門(mén)i≠0(i

12、∈N*)，所以有＝a1·qn－1，即an＝a1·qn－1，所以當(dāng)n≥2時(shí)＝q，所以數(shù)列{an}是等比數(shù)列． (2)解　當(dāng)q＝1時(shí)，an＝a1(n∈N*)，所以Tn＝a，所以Tn·Tk＝a·a＝a＝a＝T，當(dāng)q≠1時(shí)，an＝a1·qn－1，Tn＝a1·a2…an＝a·q1＋2＋…＋(n－1)＝a·q， 所以Tn·Tk＝a·q·a·q＝a·q，T＝a·qm(m－1)．因?yàn)閚＋k＝2m且k＜m＜n，所以a＝a，＝－m＞－m＝m2－m，所以若q＞1，則Tm·Tk＞T；若q＜1，則Tm·Tk＜T. (3)解　由(1)知，充分性成立；必要性：若數(shù)列{an}成等比數(shù)列，則an＝a1·qn－1，所以當(dāng)q≠1時(shí)，Tn＝a·q， 則＝ 所以，“對(duì)?n，m∈N*，當(dāng)n＞m時(shí)總有＝Tn－m·q(n－m)m成立；同理可證當(dāng)q＝1時(shí)也成立．所以命題p是命題t的充要條件．