高考数学真题专题归纳专题14数列综合含解析理

高考数学真题专题归纳专题14数列综合含解析理

专题14 数列综合 ‎【2020年】‎ ‎1.（2020·新课标Ⅰ）设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．‎ ‎（1）求的公比；‎ ‎（2）若，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）-2；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设的公比为，为的等差中项，‎ ‎，‎ ‎；‎ ‎（2）设的前项和为，，‎ ‎，①‎ ‎，②‎ ‎①②得，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎2.（2020·新课标Ⅲ）设数列{an}满足a1=3，．‎ ‎（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；‎ ‎（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．‎ ‎【答案】（1），，，证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由题意可得，，‎ 27‎ 由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即，‎ 证明如下：‎ 当时，成立；‎ 假设时，成立.‎ 那么时，也成立.‎ 则对任意的，都有成立；‎ ‎（2）由（1）可知，‎ ‎，①‎ ‎，②‎ 由①②得：‎ ‎，‎ 即.‎ ‎3.（2020·北京卷）已知是无穷数列．给出两个性质：‎ ‎①对于中任意两项，在中都存在一项，使；‎ ‎②对于中任意项，在中都存在两项．使得．‎ ‎(Ⅰ)若，判断数列是否满足性质①，说明理由；‎ ‎(Ⅱ)若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由；‎ ‎(Ⅲ)若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列.‎ ‎【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎(Ⅰ)不具有性质①；‎ 27‎ ‎(Ⅱ)具有性质①；‎ 具有性质②；‎ ‎(Ⅲ)【解法一】‎ 首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：‎ 显然，假设数列中存在负项，设，‎ 第一种情况：若，即，‎ 由①可知：存在，满足，存在，满足，‎ 由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立.‎ 第二种情况：若，由①知存在实数，满足，由的定义可知：，‎ 另一方面，，由数列的单调性可知：，‎ 这与的定义矛盾，假设不成立.‎ 同理可证得数列中的项数恒为负数.‎ 综上可得，数列中的项数同号.‎ 其次，证明：‎ 利用性质②：取，此时，‎ 由数列的单调性可知，‎ 而，故，‎ 此时必有，即，‎ 27‎ 最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：‎ 假设数列的前项成等比数列，不妨设，‎ 其中，（的情况类似）‎ 由①可得：存在整数，满足，且 （*）‎ 由②得：存在，满足：，由数列的单调性可知：，‎ 由可得： （**）‎ 由（**）和（*）式可得：，‎ 结合数列的单调性有：，‎ 注意到均为整数，故，‎ 代入（**）式，从而.‎ 总上可得，数列的通项公式为：.‎ 即数列为等比数列.‎ ‎【解法二】假设数列中的项数均为正数：‎ 首先利用性质②：取，此时，‎ 由数列的单调性可知，‎ 而，故，‎ 此时必有，即，‎ 即成等比数列，不妨设，‎ 然后利用性质①：取，则，‎ 27‎ 即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明，‎ 否则，由数列的单调性可知，‎ 在性质②中，取，则，从而，‎ 与前面类似的可知则存在，满足，‎ 若，则：，与假设矛盾；‎ 若，则：，与假设矛盾；‎ 若，则：，与数列的单调性矛盾；‎ 即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而，‎ 同理可得：，从而数列为等比数列，‎ 同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.‎ 由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.‎ 从而题中的结论得证，数列为等比数列.‎ ‎4.（2020·江苏卷）已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ–k”数列．‎ ‎（1）若等差数列是“λ–1”数列，求λ的值；‎ ‎（2）若数列是“”数列，且an＞0，求数列的通项公式；‎ ‎（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ–3”数列，且an≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，‎ ‎【答案】（1）1‎ ‎（2）‎ 27‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）‎ ‎（2）‎ ‎，‎ ‎（3）假设存在三个不同的数列为数列.‎ 或 或 ‎∵对于给定的，存在三个不同的数列为数列，且 或有两个不等的正根.‎ 可转化为，不妨设，则 27‎ 有两个不等正根，设.‎ ‎① 当时，，即，此时，，满足题意.‎ ‎② 当时，，即，此时，，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.‎ 综上，‎ ‎5.（2020·山东卷）已知公比大于的等比数列满足．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）求.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎(1) 设等比数列的公比为q(q>1)，则，‎ 整理可得：，‎ ‎，‎ 数列的通项公式为：.‎ ‎(2)由于：，故：‎ ‎.‎ 27‎ ‎6.（2020·天津卷）已知为等差数列，为等比数列，．‎ ‎（Ⅰ）求和的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）记的前项和为，求证：；‎ ‎（Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.‎ ‎【解析】‎ ‎(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q.‎ 由，，可得d=1.‎ 从而的通项公式为.‎ 由，‎ 又q≠0，可得，解得q=2，‎ 从而的通项公式为.‎ ‎(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得，‎ 故，，‎ 从而，‎ 所以.‎ ‎(Ⅲ)当n奇数时，，‎ 27‎ 当n为偶数时，，‎ 对任意的正整数n，有，‎ 和 ①‎ 由①得 ②‎ 由①②得，‎ 由于，‎ 从而得：.‎ 因此，.‎ 所以，数列的前2n项和为.‎ ‎7.（2020·浙江卷）已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．‎ ‎（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与an的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：．‎ ‎【答案】（I）；（II）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（I）依题意，而，即，由于，所以解得 27‎ ‎，所以.‎ 所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.‎ 所以（）.‎ 所以 ‎（II）依题意设，由于，‎ 所以，‎ 故 ‎.‎ 所以 ‎.‎ 由于，所以，所以.‎ 即，.‎ ‎【2019年】‎ ‎1．【2019年高考全国II卷理数】已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，，.‎ ‎（I）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；‎ ‎（II）求{an}和{bn}的通项公式.‎ 27‎ ‎【答案】（I）见解析；（2），.‎ ‎【解析】（1）由题设得，即．‎ 又因为a1+b1=l，所以是首项为1，公比为的等比数列．‎ 由题设得，即．‎ 又因为a1–b1=l，所以是首项为1，公差为2的等差数列．‎ ‎（2）由（1）知，，．‎ 所以，‎ ‎．‎ ‎2．【2019年高考北京卷理数】已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、…、第im项（i10.‎ 因为ck≤bk≤ck+1，所以，其中k=1，2，3，…，m.‎ 当k=1时，有q≥1；‎ 当k=2，3，…，m时，有．‎ 设f（x）=，则．‎ 令，得x=e.列表如下：‎ x e ‎(e，+∞)‎ 27‎ ‎ ‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎–‎ f（x）‎ 极大值 因为，所以．‎ 取，当k=1，2，3，4，5时，，即，‎ 经检验知也成立．‎ 因此所求m的最大值不小于5．‎ 若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，‎ 所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.‎ 综上，所求m的最大值为5．‎ ‎5．【2019年高考浙江卷】设等差数列的前n项和为，，，数列满足：对每个成等比数列．‎ ‎（I）求数列的通项公式； （II）记 证明：‎ ‎【答案】（I），；（II）证明见解析.‎ ‎【解析】（I）设数列的公差为d，由题意得 ‎，‎ 解得．‎ 从而．‎ 所以，‎ 由成等比数列得 ‎．‎ 解得．‎ 所以．‎ 27‎ ‎（II）．‎ 我们用数学归纳法证明．‎ ‎（i）当n=1时，c1=0<2，不等式成立；‎ ‎（ii）假设时不等式成立，即．‎ 那么，当时，‎ ‎．‎ 即当时不等式也成立．‎ 根据（i）和（ii），不等式对任意成立．‎ ‎【2018年】‎ ‎1. （2018年浙江卷）已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列 ‎{bn}满足b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n项和为2n2+n．‎ ‎（Ⅰ）求q的值；‎ ‎（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式． ‎ ‎【答案】（Ⅰ）‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）由是的等差中项得，‎ 所以，‎ 解得.‎ 由得，‎ 因为，所以.‎ ‎（Ⅱ）设，数列前n项和为.‎ 由解得.‎ 27‎ 由（Ⅰ）可知，‎ 所以，‎ 故，‎ ‎ .‎ 设，‎ 所以，‎ 因此，‎ 又，所以.‎ ‎2. （2018年天津卷）设是等比数列，公比大于0，其前n项和为，是等差数列.已知，，，.‎ ‎（I）求和的通项公式；‎ ‎（II）设数列的前n项和为，‎ ‎（i）求；‎ ‎（ii）证明.‎ ‎【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)（i）.（ii）证明见解析.‎ ‎【解析】（I）设等比数列的公比为q.由 可得.因为，可得，故.‎ 设等差数列的公差为d，由，可得 由，可得 ‎ 从而 故 ‎ 所以数列的通项公式为，‎ 数列的通项公式为 27‎ ‎（II）（i）由（I），有，‎ 故.‎ ‎（ii）因为，‎ 所以 ‎3. （2018年江苏卷）设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为，公比为q的等比数列．‎ ‎（1）设，若对均成立，求d的取值范围；‎ ‎（2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）．‎ ‎【答案】（1）d的取值范围为．‎ ‎（2）d的取值范围为，证明见解析。‎ ‎【解析】（1）由条件知：．‎ 因为对n=1，2，3，4均成立，‎ 即对n=1，2，3，4均成立，‎ 即11，1d3，32d5，73d9，得．‎ 因此，d的取值范围为．‎ ‎（2）由条件知：．‎ 若存在d，使得（n=2，3，···，m+1）成立，‎ 即，‎ 即当时，d满足．‎ 因为，则，‎ 从而，，对均成立．‎ 因此，取d=0时，对均成立．‎ 27‎ 下面讨论数列的最大值和数列的最小值（）．‎ ‎①当时，，‎ 当时，有，从而．‎ 因此，当时，数列单调递增，‎ 故数列的最大值为．‎ ‎②设，当x>0时，，‎ 所以单调递减，从而

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