高考数列专题文科数学数列高考题

数列专题复习一、选择题1.(广东卷)已知等比数列}{na的公比为正数，且3a·9a=225a，2a=1，则1a=A.21B.22C.2D.22.（安徽卷）已知为等差数列，，则等于A.-1B.1C.3D.73.（江西卷）公差不为零的等差数列{}na的前n项和为nS.若4a是37aa与的等比中项,832S,则10S等于A.18B.24C.60D.90.4（湖南卷）设nS是等差数列na的前n项和，已知23a，611a，则7S等于【】A．13B．35C．49D．635.（辽宁卷）已知na为等差数列，且7a－24a＝－1,3a＝0,则公差d＝（A）－2（B）－12（C）12（D）26.（四川卷）等差数列｛na｝的公差不为零，首项1a＝1，2a是1a和5a的等比中项，则数列的前10项之和是A.90B.100C.145D.1907.（湖北卷）设,Rx记不超过x的最大整数为[x],令{x}=x-[x]，则{215}，[215],215A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列C.既是等差数列又是等比数列D.既不是等差数列也不是等比数列8.（湖北卷）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如：.他们研究过图1中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数;类似地，称图2中的1，4，9，16…这样的数成为正方形数。下列数中既是三角形数又是正方形数的是A.289B.1024C.1225D.13789.（宁夏海南卷）等差数列na的前n项和为nS，已知2110mmmaaa，2138mS,则m（A）38（B）20（C）10（D）9.10.（重庆卷）设na是公差不为0的等差数列，12a且136,,aaa成等比数列，则na的前n项和nS=A．2744nnB．2533nnC．2324nnD．2nn11.（四川卷）等差数列｛na｝的公差不为零，首项1a＝1，2a是1a和5a的等比中项，则数列的前10项之和是A.90B.100C.145D.190.二、填空题1（浙江）设等比数列{}na的公比12q，前n项和为nS，则44Sa．2.（浙江）设等差数列{}na的前n项和为nS，则4S，84SS，128SS，1612SS成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{}nb的前n项积为nT，则4T，，，1612TT成等比数列．3.(山东卷)在等差数列}{na中,6,7253aaa,则____________6a.4.（宁夏海南卷）等比数列{na}的公比0q,已知2a=1，216nnnaaa，则{na}的前4项和4S=.三．解答题1.(广东卷文)（本小题满分14分）已知点（1，31）是函数,0()(aaxfx且1a）的图象上一点，等比数列}{na的前n项和为cnf)(,数列}{nb)0(nb的首项为c，且前n项和nS满足nS－1nS=nS+1nS（2n）.（1）求数列}{na和}{nb的通项公式；（2）若数列{}11nnbb前n项和为nT，问nT20091000的最小正整数n是多少?.2（浙江文）（本题满分14分）设nS为数列{}na的前n项和，2nSknn，*nN，其中k是常数．（I）求1a及na；（II）若对于任意的*mN，ma，2ma，4ma成等比数列，求k的值．3.（北京文）（本小题共13分）设数列{}na的通项公式为(,0)napnqnNP.数列{}nb定义如下：对于正整数m，mb是使得不等式nam成立的所有n中的最小值.（Ⅰ）若11,23pq，求3b；（Ⅱ）若2,1pq，求数列{}mb的前2m项和公式；（Ⅲ）是否存在p和q，使得32()mbmmN？如果存在，求p和q的取值范围；如果不存在，请说明理由.参考答案：一、1.【答案】B【解析】设公比为q,由已知得22841112aqaqaq,即22q,又因为等比数列}{na的公比为正数，所以2q,故211222aaq,选B2.【答案】B【解析】∵135105aaa即33105a∴335a同理可得433a∴公差432daa∴204(204)1aad.选B。3.答案：C【解析】由2437aaa得2111(3)(2)(6)adadad得1230ad,再由81568322Sad得1278ad则12,3da,所以1019010602Sad,.故选C4.解:172677()7()7(311)49.222aaaaS故选C.或由21161315112aadaaadd,716213.a所以1777()7(113)49.22aaS故选C.5.【解析】a7－2a4＝a3＋4d－2(a3＋d)＝2d＝－1d＝－12【答案】B6.【答案】B【解析】设公差为d，则)41(1)1(2dd.∵d≠0，解得d＝2，∴10S＝1007.【答案】B可分别求得515122，51[]12.则等比数列性质易得三者构成等比数列.8.【答案】C【解析】由图形可得三角形数构成的数列通项(1)2nnan，同理可得正方形数构成的数列通项2nbn，则由2nbn()nN可排除A、D，又由(1)2nnan知na必为奇数，故选C.9.C因为na是等差数列，所以，112mmmaaa，由2110mmmaaa，得：2ma－2ma＝0，所以，ma＝2，又2138mS，即2))(12(121maam＝38，即（2m－1）×2＝38，解得m＝10，故选.C。10.【答案】A解析设数列{}na的公差为d，则根据题意得(22)22(25)dd，解得12d或0d（舍去），所以数列{}na的前n项和2(1)1722244nnnnnSn11.【答案】B【解析】设公差为d，则)41(1)1(2dd.∵d≠0，解得d＝2，∴10S＝100二、1.对于4431444134(1)1,,151(1)aqsqsaaqqaqq.2.答案：81248,TTTT3.13.设等差数列}{na的公差为d,则由已知得6472111dadada解得132ad,所以61513aad.4.【答案】152【解析】由216nnnaaa得：116nnnqqq，即062qq，0q，解得：q＝2，又2a=1，所以，112a，21)21(2144S＝152。三、1.【解析】（1）113faQ,13xfx1113afcc,221afcfc29,323227afcfc.又数列na成等比数列，22134218123327aaca，所以1c；又公比2113aqa，所以12112333nnna*nN；1111nnnnnnnnSSSSSSSSQ2n又0nb,0nS,11nnSS；数列nS构成一个首相为1公差为1的等差数列，111nSnn，2nSn当2n，221121nnnbSSnnn；21nbn(*nN)；（2）12233411111nnnTbbbbbbbbL1111133557(21)21nnK1111111111112323525722121nnK11122121nnn；由1000212009nnTn得10009n，满足10002009nT的最小正整数为112.2.解析：（Ⅰ）当1,111kSan，12)]1()1([,2221kknnnknknSSannnn（）经验，,1n（）式成立，12kknan（Ⅱ）mmmaaa42,,成等比数列，mmmaaa422.，即)18)(12()14(2kkmkkmkkm，整理得：0)1(kmk，对任意的Nm成立，10kk或3.（Ⅰ）由题意，得1123nan，解11323n，得203n..∴11323n成立的所有n中的最小整数为7，即37b.（Ⅱ）由题意，得21nan，对于正整数，由nam，得12mn.根据mb的定义可知当21mk时，*mbkkN；当2mk时，*1mbkkN.∴1221321242mmmbbbbbbbbb1232341mm213222mmmmmm.（Ⅲ）假设存在p和q满足条件，由不等式pnqm及0p得mqnp.∵32()mbmmN,根据mb的定义可知，对于任意的正整数m都有3132mqmmp，即231pqpmpq对任意的正整数m都成立.当310p（或310p）时，得31pqmp（或231pqmp），这与上述结论矛盾！当310p，即13p时，得21033qq，解得2133q.∴存在p和q，使得32()mbmmN；p和q的取值范围分别是13p，2133q..