《高三数学一轮复习《数列》练习题(含答案)_1.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三数学一轮复习《数列》练习题(含答案)_1.pdf（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高三数学一轮复习数列练习题（含答案）一、单选题 1在正项等比数列 na中，若1964a a，4620aa，则na（）A22n B82n C22n或82n D22n或22n 2记nS为等比数列 na的前 n 项和.若24S，46S，则6S（）A7 B8 C9 D10 3在各项为正的递增等比数列 na中，12664a a a，13521aaa，则na（）A12n B12n C132n D12 3n 4已知数列 na满足：200911201812.20193nnnan，设nS表示数列 na的前n项和则下列结论正确的是（）Alimnna和limnnS都存在 Blimnna和limnnS都不存在 Cli
2、mnna存在，limnnS不存在 Dlimnna不存在，limnnS存在 5已知数列 na的通项公式为1(1)nan n，其前n项和910nS，则n A8 B9 C10 D1 6等比数列 na中，3103384aa，则该数列的通项na（）A32?3n B13?2n C3?2n D33?2n 7设等差数列 na的前 n项和为nS，若2kS，28kS，则4kS（）A28 B32 C16 D24 8已知数列an满足：a113，a6a82，且 an12anan1(n2)，则数列11nna a的前 13 项和为 A113 B113 C111 D111 9已知数列 na是等比数列，若151,16,aa则3
3、a的值为 A4 B4 或-4 C2 D2 或-2 10 已知等差数列 na的前n项和nS，且34S，714S，则23nnSa最小时，n的值为（）.A2 B1 或 2 C2 或 3 D3 或 4 11在等差数列na中，nS为其前n项和，若26712aaa，则9S A20 B27 C36 D45 12已知等差数列na的前 n 项和为nS，11a，若1115mmmaaa，且27mS，则 m的值是 A7 B8 C9 D10 二、填空题 13已知a是1,2的等差中项，b是1，16的等比中项，则ab等于_.14已知数列na的前n项和225nSnn，那么它的通项公式是_.15已知数列 na是等比数列，24a
4、，816a，则5a _.16已知数列 na的通项公式212nann，其前 n 项和为nS，则10S_（用分数作答）三、解答题 17已知无穷数列na满足：10a，21nnaac（*nN，Rc）对任意正整数2n，记|1,2,3,|2niMcina，*,|2|iMcia N（1）写出2M，3M；（2）当14c 时，求证：数列na是递增数列，且存在正整数k，使得kcM；（3）求集合M 18已知正项数列 na的前n项和为nS，且11a，1nnnaSS(*nN且2n).(1)求数列 na的通项公式；(2)求数列11nna a的前n项和nT.19已知数列 na中，13a，点1,nna a在直线3yx上.(1
5、)求数列 na的通项公式及其前n项的和nS；(2)设*,Nnnnbna，证明：1234nbbb.20记nS为数列 na的前 n 项和，nb为数列 nS的前 n 项积，已知212nnSb（1）证明：数列 nb是等差数列;（2）求 na的通项公式 21已知等差数列 na的前n项和为nS，且2516aa，535S.（1）求数列 na的通项公式；（2）设121nna bn，求数列 nb的前n项和nT.22在数列 na中，1121,1nnnanNana（1）求234,a a a的值；（2）猜想 na的通项公式，并用数学归纳法证明 23已知数列na的前n项和nS满足：nnSna（1）求证：数列1na 是等
6、比数列并写出na的通项公式；（2）设(2)(1),nnbn a如果对任意正整数n，都有214nbtt，求实数t的取值范围 参考答案 1C 在等比数列 na中，1964a a 461964a aa a 46466420a aaa，解得46416aa或46164aa 当464,16aa时，0na，2644aqa，41312,2aqaq 121222nnna；当4616,4aa时，0na，26414aqa，4131,1282aqaq 181128()22nnna 综上所述：22nna或82nna，2A nS为等比数列 na的前 n 项和，2S，42SS，64SS成等比数列 24S，42642SS 6
7、41SS，641167SS .3B na为等比数列，设其公比为q，3362312611364a a aa qa qa，则34a，13521aaa，2333221aaa qq，即2244421qq，解得2q 或12q ，又 na各项为正且递增，2q，3313422nnnnaa q 4A 数列 na，对任意的正整数n，20091,1201812.20193nnnan，设nS表示数列 na的前n项和，12320181aaaa，102019123a ，112020123a ，200912,20193nnan 102018202791121331120182018213313nnnS ，20279911
8、1limlim201822018333nnnnS，20091limlim203nnnna，所以limnna和limnnS都存在.5B 由题意，数列 na的通项公式为111(1)1nan nnn，所以111111(1)()()1223111nnSnnnn，又由910nS，即9110nn，解得9n，故选 B.6D 设等比数列 na的公比为q，因为3103384aa，可得71033841283aqa，解得2q,所以数列 na的通项公式为3333 2nnnaa q.7B 由等差数列 na前 n 项和的性质，可得kS，2kkSS，32kkSS，43kkSS成等差数列，2322kkkkkSSSSS，解得3
9、18kS.2，6，10，418kS成等差数列，可得42 10618kS，解得432kS.8B an12anan1(n2)，可得 an1ananan1，可得数列an为等差数列，设公差为 d，由 a113，a6a82，即为 2a112d2，解得 d2，则 ana1(n1)d2n15.1111112152132 215213nna annnn，即有数列11nna a的前 13 项和为 121111111311119111312111313113.9A 因422513116,4,4aa qqaa q 故选 A 10C 解：设等差数列 na的公差为d，因为34S，714S，所以113 23427 671
10、42adad，解得11a，13d，所以2223(1)115501(2)23318nnn nnnSann，因为n+N，所以当2n 或3n时，其有最小值.11C 因为na为等差数列，26712aaa，131212ad，因此144ad 又91119 89936942Sadadad，936S.12C na是等差数列，11315mmmmaaaa，5ma，1()(1 5)2722mmm aamS，9m 故选：C 136 因为a是1,2的等差中项，所以12322a，因为b是1，16的等比中项，所以2(1)(16)16b ，4b，所以6ab .故答案为：6.142,141,2nnann 解：当1n 时，112
11、1 52aS ，当2n时，221(25)2(1)(1)541nnnaSSnnnnn，且当1n 时，414 132n ，据此可得，数列的通项公式为：2,141,2nnann.故答案为：2,141,2nnann.158 由数列 na是等比数列，24a，816a，则25284 1664aaa，所以58a .故答案为：8 16175264 因为数列 na的通项公式211 11222nannnn，所以101 11111111.2 1324351120S，1 11111752 121226411，故答案为：175264 17解：（1）因为|1,2,3,|2niMcina，所以221|2,|2Mc aa，因
12、为10a，212aacc，所以2c，所以2 2,2M 因为3123|2,|2,|2Mc aaa 又2232aaccc，所以2221ccc 结合2 2,2M 可得3 2,1M （2）当14c 时，对任意*nN，都有 221111()0244nnnnnaaacaacc，所以1nnaa 所以数列na是递增数列 因为111211111()()()()()()444nnnnnaaaaaccacaa，所以11()4nan c 令08min|41nttcN，则010181()()24414nan ccc，所以01ncM 所以存在正整数01kn，使得kcM（3）由题意得，对任意*nN，都有1nnMM且nMM
13、由（2）可得，当14c 时，存在正整数k，使得kcM，所以cM 所以若cM，则14c 又因为3 2,1MM，所以若cM，则2c 所以若cM，则124c，即1 2,4M 下面证明1 2,4M 当104c时，对任意*nN，都有0na 下证对任意*nN，12na 假设存在正整数k，使得12ka 令集合*1|2kSkaN，则非空集合S存在最小数0s 因为211042ac，所以02s 因为01sS，所以01102sa 所以00211142ssaacc，与012sa 矛盾 所以对任意*nN，102na 所以当104c时，|2na 当20c 时，220cc 下证对任意*nN，|nac 假设存在正整数k，使得
14、|kac 令集合*|kTkacN，则非空集合T存在最小数0t 因为2ac，所以2|ac，所以02t 因为01tT，所以01|tac 00221ttaacccc，且0021ttaacc，所以0|tac，与0|tac矛盾 所以当20c 时，|2nac 所以当1 2,4c 时，对任意*nN，都有|2na 所以cM，即1 2,4M 因为1 2,4M ，且1 2,4M，所以1 2,4M .18（1）由1(2)nnnaSSn及题意可得数列nS为等差数列，从而求出2nSn，从而可求出答案；（2）利用裂项相消法即可求出答案(1)1(2)nnnaSSn，11()()(2)nnnnnaSSSSn，又*12,0nn
15、nnaSSnnaN，11(2)nnSSn，数列nS是以1111Sa为首项，1 为公差的等差数列，1(1)nSnn，2nSn，当2n时，221121nnnaSSnnn，当1n 时，11a，满足上式，数列 na的通项公式为21nan；(2)由（1）可知，21nan，12233411111nnnTa aa aa aa a 11111 33 55 721 21nn 1111111221213351nn 111221n 21nn，当*nN时，21nnTn 19(1)因为点1,nna a在直线3yx上，所以13nnaa，又13a，故数列na是以 3 为公比，3 为首项的等比数列，所以3nna，3 1 31
16、 3nnS1332n.(2)由题可知3nnnb，记12nnTbbb，所以212333nnnT 13，得2311123333nnnT-，得211121111113213333323322 3nnnnnnnnnT，故33244 3nnnT，又3204 3nn，故34nT，即证.20（1）方法一：由已知212nnSb得221nnnbSb,且0nb，12nb,取1n,由11Sb得132b,由于nb为数列 nS的前 n项积，所以121222221 2121nnnbbbbbbb,所以112112122221 2121nnnbbbbbbb，所以111221nnnnbbbb,由于10nb 所以12121nnb
17、b，即112nnbb,其中*nN 所以数列 nb是以132b 为首项，以12d 为公差等差数列;方法二【最优解】：由已知条件知1231nnnbSSSSS 于是11231(2)nnbSSSSn 由得1nnnbSb 又212nnSb，由得112nnbb 令1n，由11Sb，得132b 所以数列 nb是以32为首项，12为公差的等差数列 方法三：由212nnSb，得22nnnSbS，且0nS，0nb，1nS 又因为111nnnnnbSSSSb，所以1122nnnnbbSS，所以1111(2)2222212nnnnnnnSSbbnSSS 在212nnSb中，当1n 时，1132bS 故数列 nb是以3
18、2为首项，12为公差的等差数列 方法四：数学归纳法 由已知212nnSb，得221nnnbSb，132b，22b，352b，猜想数列 nb是以32为首项，12为公差的等差数列，且112nbn 下面用数学归纳法证明 当1n 时显然成立 假设当nk时成立，即121,21kkkbkSk 那么当1nk时，11112kkkbb Sk331(1)1222kkkk 综上，猜想对任意的nN都成立 即数列 nb是以32为首项，12为公差的等差数列（2）由（1）可得，数列 nb是以132b 为首项，以12d 为公差的等差数列，3111222nnbn,22211nnnbnSbn,当 n=1 时，1132aS,当 n
19、2 时,121111nnnnnaSSnnn n,显然对于 n=1 不成立,3,121,21nnann n.21解：（1）设等差数列 na的公差为d，由题意得2515312516551035aaadSaad，解得13,2,ad 3 2121nann （2）由（1）得 111112121 212 2121nnbannnnn 121 1111112 13352121nnTbbbnn 1 112 12121nnn 22（1）11a，1na2nn1na，213231,219,aaaa 4351163aa，故234,a a a的值分别为4,9,16；（2）由（1）猜想2nan，用数学归纳法证明如下：当1n
20、 时，11a，猜想显然成立；设nk时，猜想成立，即2kak，则当1nk时，1ka22121kkakkk 2(1)k,即当1nk时猜想也成立，由可知，猜想成立，即2nan 23（1）当1n 时，1111aSa，即112a，当2n时，111(1)1nnnnnnnaSSnanaaa，即12(1)1nnaa，11112nnaa，而1112a ，即1na 是首项为12，公比为12的等比数列，11111()()()222nnna ，故11()2nna .（2）由（1）知：2(2)(1)2nnnnbn a，111(1)223222nnnnnnnnbb，当3n时，1nnbb；当3n时，1nnbb；当3n时，1nnbb，123456.nbbbbbbb，即18nb.对任意正整数n，都有214nbtt，即214nbtt，21148tt恒成立，得12t 或14t ，即t11(,)42.即2max1()4nttb恒成立，求参数范围