《2022年高三數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列真題體驗(yàn) 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列真題體驗(yàn) 文（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022年高三數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列真題體驗(yàn) 文
一、填空題
1．(xx·江蘇高考)在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，則a6的值是________．
2．(xx·江蘇高考)函數(shù)y＝x2(x＞0)的圖象在點(diǎn)(ak，a)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為ak＋1，k為正整數(shù)，a1＝16，則a1＋a3＋a5＝________．
3．(xx·全國卷Ⅱ改編)已知等比數(shù)列{an}滿足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，則a3＋a5＋a7＝________．
4．(xx·天津高考改編)設(shè){an}是首項(xiàng)為a1，公差為－1的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，若S1，S2，S4成
2、等比數(shù)列，則a1＝________．
5．(xx·新課標(biāo)全國卷Ⅰ改編)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，則m＝________．
6．(xx·全國卷Ⅰ)在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn為{an}的前n項(xiàng)和．若Sn＝126，則n＝________．
7．(xx·湖南高考)設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差數(shù)列，則an＝________．
8．(xx·全國卷Ⅱ)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝________．
9．(xx·江蘇高考)設(shè)數(shù)列
3、{an}滿足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，則數(shù)列前10項(xiàng)的和為________．
10．(xx·江蘇高考)在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3.則滿足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整數(shù)n的值為________．
二、解答題
11．(xx·江蘇高考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若對任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Sn＝am，則稱{an}是“H數(shù)列”．
(1)若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n(n∈N*)，證明：{an}是“H數(shù)列”；
(2)設(shè){an}是等差數(shù)列，其首項(xiàng)a1＝1，公差d＜0.若{an}是“H數(shù)列”，求d的值；
(3)證
4、明：對任意的等差數(shù)列{an}，總存在兩個(gè)“H數(shù)列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．
12．(xx·江蘇高考)設(shè){an}是首項(xiàng)為a，公差為d的等差數(shù)列(d≠0)，Sn是其前n項(xiàng)的和．記bn＝，n∈N*，其中c為實(shí)數(shù)．
(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比數(shù)列，證明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；
(2)若{bn}是等差數(shù)列，證明：c＝0.
13．(xx·江蘇高考)設(shè)a1，a2，a3，a4是各項(xiàng)為正數(shù)且公差為d(d≠0)的等差數(shù)列．
(1)證明：2a1，2a2，2a3，2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列；
(2)是否存在a1
5、，d，使得a1，a，a，a依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由；
(3)是否存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a，a，a，a依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由．
真題體驗(yàn)·引領(lǐng)卷
1．4 [因?yàn)閍8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到關(guān)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(diǎn)(ak，a)處的切線方程為：y－a＝2ak(x－ak)，當(dāng)y＝0時(shí)，解得x＝，所以ak＋1＝，故{an}是a1＝16，q＝的等比
6、數(shù)列，即an＝16×，∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.]
3．42 [設(shè)等比數(shù)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(shù)列，∴S＝S1·S4，又Sn為公差為－1的等差數(shù)列的前n項(xiàng)和．從而(a1＋a1－1)2＝a1，解得a1＝－.]
5．5 [由題設(shè)，am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3.因?yàn)閿?shù)列{an}為等差數(shù)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(shù)列{an}是以公比q＝2，首項(xiàng)a1＝2的等比數(shù)列．則Sn＝＝126，解得n＝6.]
7．3n－1 [由于3S1，2S2，S3成等差數(shù)列．所以4S2＝3S1＋S3，即3(S2－S1)＝S3－S2.∴3a2＝a3，則等比數(shù)列{an}的公比q＝3.故數(shù)列{an}的通項(xiàng)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(shù)列是以＝－1為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)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(gè)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(dāng)n＝13時(shí)，28－2－5<213，所以n的最大值為12.]
11．(1)證明 由已知，當(dāng)n≥1時(shí)，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是對任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.所以{an}是“H數(shù)列”．
(2)解 由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d.因?yàn)閧an}是“H數(shù)列”，所以存在正整數(shù)m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.
因?yàn)閐＜0，所以m－2＜0，故m＝1.從而d＝－1.
當(dāng)d＝－1時(shí)，an＝2－n，Sn＝是小于2的整數(shù)，n∈N*，于是對任意的正整數(shù)n
10、，總存在正整數(shù)m＝2－Sn＝2－，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H數(shù)列”．因此d的值為－1.
(3)證明 設(shè)等差數(shù)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(shù)列”，設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Tn，
則Tn＝a1(n∈N*)，于是對任意的正整數(shù)n，
總存在正整數(shù)m＝；使得Tn＝bm，所以{bn}是“H數(shù)列”．
同理可證{cn}也是“H數(shù)列”．所以，對任意的等差數(shù)列{an}，總存在兩個(gè)“H數(shù)列”{bn}和{cn}，使得an
11、＝bn＋cn(n∈N*)成立．
12．解 由題設(shè)，Sn＝na＋d.
(1)由c＝0，得bn＝＝a＋d.又b1，b2，b4成等比數(shù)列，所以b＝b1b4，即＝a，化簡得d2－2ad＝0.
因?yàn)閐≠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(shè)數(shù)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(dá)式，整理得，對于所有的n∈N*，有n3＋(b1－d1－a＋d)n2＋cd1n＝c(d1－b1)．令A(yù)＝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(shè)矛盾，所以d1≠0.
又cd1＝0，所以c＝0.
13．(1)證明 因?yàn)椋?an＋1－an＝2d(n＝1，2，3)是同一個(gè)常數(shù)，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次構(gòu)成等比數(shù)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(shè)存在a1，d，使得a1，a，a，a依次構(gòu)成等比數(shù)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(shè)不成立．
因此不存在a1，d，使得
14、a1，a，a，a依次構(gòu)成等比數(shù)列．
(3)解 不存在，理由如下：
假設(shè)存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a，a，a，a依次構(gòu)成等比數(shù)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(gè)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(gè)等式兩邊取對數(shù)，
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(diào)．
故g(t)只有唯一零點(diǎn)t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假設(shè)不成立．
所以不存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a，a，a，a依次構(gòu)成等比數(shù)列．
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