高三数学试题精选届高三数学复习2.docx
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高三数学试题精选届高三数学复习2
2019届高三数学复习
5
第10讲数列、等差数列与等比数列
1
（1）[t=p（an-t）的形式,其中t=,再利用换元法转化为等比数列求解
2
（1）[3c3D8
（2）[3n,则a6
c-D-
（2）已知数列{an}满足a1=15,=2（n∈N*）,则的最小值为
[听笔记]
【考场点拨】
由递推关系式求数列的通项式,常用的方法有①求出数列的前几项,再归纳猜想出数列的一个通项式（注意验证）;②将已知递推关系式整理、变形得到等差或等比数列的通项式,或用累加法（适用于an+1=an+f（n）型）、累乘法（适用于an+1=anf（n）型）、待定系数法（适用于an+1=pan+q型）求通项式
【自我检测】
1数列{an}满足a1=1,且对任意的,n∈N*,都有a+n=a+an+n,则+++…+等于（）
AB
cD
2定义各项均不为0的数列{an}a1=1,a2=1,当n≥3时,an=an-1+定义各项均不为0的数列{bn}b1=1,b2=3,当n≥3时,bn=bn-1+则=（）
A2,bn=lg2（）,数列{bn}的前n项和为Tn,则满足Tn1024的n的最小值为（）
A9B10
c12D15
（2）已知等差数列{an}中,a3=7,a9=19,Sn为数列{an}的前n项和,则的最小值为
[听笔记]
【考场点拨】
等差、等比数列问题的求解策略
（1）抓住基本量,首项a1、差d或比q;
（2）熟悉一些结构特征,如前n项和为Sn=an2+bn（a,b是常数）的形式的数列为等差数列,通项式为an=pqn-1（p,q≠0）的形式的数列为等比数列;（3）由于等比数列的通项式、前n项和式中变量n在指数位置,所以常采用两式相除（即比值的方式）进行相关计算
【自我检测】
1已知数列{an}是比为q的等比数列,若a1,a3,a2成等差数列,则比q的值为（）
A-B-2
c1或-D-1或
2等比数列{an}的首项为3,比q≠1,若a4,a3,a5成等差数列,则数列{an}的前5项和S5=（）
A-31B33
c45D93
3设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=-11,a4+a6=-6,则当Sn取得最小值时,n的值为
4已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=9,a5=1,则使得Sn0成立的n的最大值为
小题3等差、等比数列的性质
3
（1）已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4,a10是方程x2-8x+1=0的两个根,则S13=（）
A58B54
c56D52
（2）已知数列{an}的各项都为正数,对任意的,n∈N*,aan=a+n恒成立,且a3a5+a4=72,则lg2a1+lg2a2+…+lg2a7=
[听笔记]
【考场点拨】
等差、等比数列性质使用的注意点
（1）通项性质若+n=p+q=2（,n,p,q,∈N*）,则对于等差数列有a+an=ap+aq=2a,对于等比数列有aan=apaq=
（2）前n项和的性质对于等差数列有S,S2-S,S3-S2,…成等差数列;对于等比数列,若有S,S2-S,S3-S2,…成等比数列,则仅在q≠-1,或q=-1且为奇数时满足
【自我检测】
1已知数列{an}为等差数列,数列{bn}为等比数列,且满足a510B400
c400或-510D30或40
4已知等差数列{an}的差不为0,a1=1,且a2,a4,a8成等比数列,{an}的前n项和为Sn,则Sn=（）
A
B
c
D
小题4等差、等比数列的综合问题
4
（1）已知等差数列{an}的前n项和为Tn,a3=4,T6=27,数列{bn}满足bn+1=b1+b2+b3+…+bn,b1=b2=1,设=an+bn,则数列{}的前11项和S11=（）
A1062B2124
c1101D1100
（2）已知数列{an}的通项式为an=n+t（t∈R）,数列{bn}为比小于1的等比数列,且满足b1b4=8,b2+b3=6,设=+,在数列{}中,若c4≤（n∈N*）,则实数t的取值范围为
[听笔记]
【考场点拨】
解决数列的综合问题的易失分点
（1）式an=Sn-Sn-1适用于所有数列,但易忽略n≥2这个前提;
（2）对含有字母的等比数列求和时要注意q=1或q≠1的情况,式Sn=只适用于q≠1的情况
【自我检测】
1已知数列{an}的各项均为整数,a8=-2,a13=4,前12项依次成等差数列,从第11项起依次成等比数列,则a15=（）
A8B16
c64D128
2已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1a6=2a3,a4与2a6的等差中项为,则S5=（）
AB30
c31D
3当n为正整数时,定义函数N（n）表示n的最大奇因数,如N（3）=3,N（10）=5若S（n）=N
（1）+N
（2）+N（3）+…+N（2n）,则S（5）=（）
A342B345
c341D346
4已知等比数列{an}满足a2a5=2a3,且a4,,2a7成等差数列,则a1a2…an的最大值为
模块三数列
第10讲数列、等差数列与等比数列
典型真题研析
1
（1）
（2）-63[解析]
（1）由题易知a8==2,得a7=;a7==,得a6=-1;a6==-1,得a5=2,于是可知数列{an}具有周期性,且周期为3,所以a1=a7=
（2）方法一令n=1,得S1=a1=2a1+1,所以a1=-1,又由Sn=2an+1=2（Sn-Sn-1）+1（n≥2）,得Sn=2Sn-1-1（n≥2）,即Sn-1=2（Sn-1-1）（n≥2）,所以数列{Sn-1}是以S1-1=-2为首项,2为比的等比数列,所以S6-1=（-2）×25=-64,则S6=-63
方法二令n=1,得S1=a1=2a1+1,所以a1=-1由Sn=2an+1①,得Sn-1=2an-1+1（n≥2）②,①-②得an=2an-2an-1（n≥2）,即an=2an-1（n≥2）,所以{an}是以a1=-1为首项,2为比的等比数列,于是S6==-63
2
（1）A
（2）64[解析]
（1）{an}为等差数列,且a2,a3,a6成等比数列,则=a2a6,即（a1+2d）2=（a1+d）（a1+5d）
将a1=1代入上式并化简,得d2+2d=0,
∵d≠0,∴d=-2,
∴S6=6a1+d=1×6+×（-2）=-24
（2）设该等比数列的比为q,则q==,可得a1+a1=10,得a1=8,所以an=8×n-1=n-4
所以a1a2…an=-3-2-1+0+…+（n-4）=,易知当n=3或n=4时,（n2-7n）取得最小值-6,故a1a2…an的最大值为-6=64
3
（1）
（2）-[解析]
（1）设差为d,则a1+2d=3且4a1+6d=10,解得a1=1,d=1,所以S=,=2,
所以
（2）因为a1=-1,an+1=SnSn+1,所以S1=-1,Sn+1-Sn=SnSn+1,所以-=-1,所以数列是首项为-1,差为-1的等差数列,所以=-n,所以Sn=-
考点考法探究
小题1
例1
（1）A
（2）[解析]
（1）由题意可得3Sn=2an-3n,3Sn+1=2an+1-3（n+1）,
两式作差可得3an+1=2an+1-2an-3,即an+1=-2an-3,即an+1+1=-2（an+1）,
由3S1=2a1-3=3a1,可得a1=-3,∴a1+1=-2,
∴数列{an+1}是首项为-2,比为-2的等比数列,
据此有a2）an=2n,
∵a1=15,
∴当n≥2时,an=a1+（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）=15+2+4+…+2（n-1）=15+2×=n2-n+15,
∵a1=15满足上式,
∴an=n2-n+15,∴=n+-1,
易知当n依次取1,2,3时,n+-1的值递减;当n取大于或等于4的自然数时,n+-1的值递增
当n=3时,=3+5-1=7;当n=4时,=4+-1=
故的最小值为
【自我检测】
1c[解析]∵an+=a+an+n对任意的,n∈N*都成立,∴an+1=an+a1+n=an+1+n,即an+1-an=1+n,∴a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n（n≥2）,把上面（n-1）个式子相加可得,an-a1=2+3+4+…+n,∴an=1+2+3+…+n=（n≥2）,当n=1时,a1=1,满足上式,∴an=,从而有==2,∴+++…+=2×=
2D[解析]当n≥3时,由an=an-1+两边同除以an-1,可得=1+,即-=1,
则数列是首项为1,差为1的等差数列,所以=n-1（n≥2）,
所以an=a1×××…×=1×1×2×…×（n-1）（n≥2）
同理可得-=1（n≥3）,则数列是首项为3,差为1的等差数列,所以=n+1（n≥2）,
可得bn=b1×××…×=1×3×4×…×（n+1）（n≥2）,
所以==1009,故选D
3[解析]∵a1=0,an+1=,
∴a2==,a3===-,
a4==0,
∴数列{an}具有周期性,其周期为3,且a1+a2+a3=0,
则S1,得当n≥2时,an-1+Sn-1=3n-4,两式相减得an=an-1+,∴an-3=（an-1-3）∵当n=1时,a1+S1=3-1=2,∴a1=1,∵a1-3=-2,∴数列{an-3}是以-2为首项,为比的等比数列,
∴an-3=-2,∴an=3-
小题2
例2
（1）A
（2）3[解析]
（1）因为数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n,当n=1时,a1=21+1-2=2,满足上式,所以an=2n,
所以bn=lg2（）=lg2+lg2=2n+2n,
所以数列{bn}的前n项和Tn=+=n（n+1）+2n+1-2,易知当n∈N*时,Tn递增
当n=9时,T9=9×10+210-2=11121024;
当n=8时,T8=8×9+29-2=5821024
所以满足Tn1024的n的最小值为9
（2）∵a3=7,a9=19,∴差d===2,∴an=a3+（n-3）d=7+2（n-3）=2n+1,
∴Sn==n（n+2）,
∴==≥×2=3,
当且仅当n=2时取等号
【自我检测】
1c[解析]由题意知2a3=a1+a2,∴2a1q2=a1q+a1,即2q2=q+1,∴q=1或q=-
2B[解析]∵等比数列{an}的首项为3,∴an=3qn-1,又a4,a3,a5成等差数列,∴a4+a5=2a3,∴q2+q=2,∴（q+2）（q-1）=0,∴q=-2,∴an=3（-2）n-1,∴S5==33,故选B
36[解析]设数列{an}的差为d,则a4+a6=2a1+8d=2×（-11）+8d=-6,解得d=2,所以Sn=-11n+×2=n2-12n=（n-6）2-36,所以当n=6时,Sn取得最小值
49[解析]因为a1=9,a5=1,所以差d==-2,所以Sn=9n+n（n-1）（-2）=10n-n2,令Sn0,得0n10,所以使得Sn0成立的n的最大值为9
小题3
例3
（1）D
（2）21[解析]
（1）由根与系数的关系可得a4+a10=8,
结合等差数列的性质可得a1+a13=a4+a10=8,
则S13===52
（2）令=1,∵aan=a+n,∴a1an=a1+n,∴数列{an}为等比数列由a3a5+a4=72,得+a4=72,∵a40,∴a4=8,∴lg2a1+lg2a2+…+lg2a7=lg2（a1a2…a7）=lg2=lg287=21
【自我检测】
1c[解析]由等差数列的性质可知,a2+a4033=aSS30（舍）,故S40-S30=270,∴S40=400,故选B
4A[解析]设等差数列{an}的差为d（d≠0）∵a2,a4,a8成等比数列,∴=a2a8,即（a1+3d）2=（a1+d）（a1+7d）,∴（1+3d）2=（1+d）（1+7d）,∴d=1,∴Sn=n+=故选A
小题4
例4
（1）c
（2）[-4,-2][解析]
（1）设数列{an}的差为d,则解得
∴数列{an}的通项式为an=n+1
当n≥2时,bn+1-bn=bn,∴bn+1=2bn,
即数列{bn}从第二项起为等比数列,∴bn=2n-2（n≥2）,
∴数列{bn}的通项式为bn=
分组求和可得数列{}的前11项和S11=（2+3+4+…+12）+（1+1+2+22+…+29）=77+210=1101
（2）在等比数列{bn}中,由b1b4=8得b2b3=8,又b2+b3=6,且比q小于1,∴b2=4,b3=2,∴q==,因此bn=b2qn-2=4×=由=+,得=∴是取an,bn中的较大者由题易知c4是数列{}中的最小项,又bn=递减,an=n+t递增,∴当c4=a4时,c4≤,即a4≤,a4是数列{}中的最小项,则必须满足b4a4≤b3,即4+t≤,解得-3t≤-2;当c4=b4时,c4≤,即b4≤,b4是数列{}中的最小项,则必须满足a4≤b4≤a5,即4+t≤≤5+t,解得-4≤t≤-3综上所述,实数t的取值范围是[-4,-2]
【自我检测】
1B[解析]设由数列{an}的前12项构成的等差数列的差为d,从第11项起构成的等比数列的比为q,由a13===4,解得d=1或d=,又数列{an}的各项均为整数,故d=1,所以q==2,所以an=故a15=24=16,故选B
2c[解析]设正项等比数列{an}的比为q,q0∵a1a6=2a3,a4与2a6的等差中项为,∴q5=2a1q2,a1（q3+2q5）=3,得a1=16,q=,则S5==31
3A[解析]由题设知,N（2n）=N（n）,N（2n-1）=2n-1,
∴S（n）=[1+3+5+…+（2n-1）]+[N
（2）+N（4）+N（6）+…+N（2n）]=4n-1+[N
（1）+N
（2）+N（3）+…+N（2n-1）]=4n-1+S（n-1）（n≥2）,又S
（1）=N
（1）+N
（2）=2,
∴S（n）=4n-1+4n-2+…+41+2=,
∴S（5）==342
故选A
41024[解析]设数列{an}的比为q由已知得a3a4=a2a5=2a3a4=2,a4+2a7=2×a7=,∴==q3,
∴q==2-1,a1==24,∴an=242-（n-1）=25-n,∴a1a2…an=24×23×…×25-n=24+3+…+（5-n）===,∴当n=4或5时,a1a2…an取得最大值1024
[备选理由]例1为由递推关系求数列的通项式问题,难度较大;例2考查等比数列前n项和中参数的计算,不同于原例2只考查等差、等比数列的基本量的计算;例3考查等比数列的计算,采用整体求解比较方便;例4为等差数列性质的应用问题;例5是一道等差数列与等比数列的综合题
例1[配例1使用]已知数列{an}满足a1=1,a2=,若anan-1+2anan+1=3an-1an+1（n≥2,n∈N*）,则数列{an}的通项式为an=
[答案]
[解析]∵anan-1+2anan+1=3an-1an+1（n≥2,n∈N*）,
∴+=,即-=2,
又∵-=2,
∴数列是以2为首项,2为比的等比数列,
∴-=2n,
∴当n≥2时,=++…++=2n-1+2n-2+…+2+1==2n-1当n=1时,=1,满足上式,∴=2n-1,
∴an=
例2[配例2使用]已知等比数列{an}的前n项和Sn=32n-1+r,则r的值为（）
AB-
cD-
[解析]B当n=1时,a1=S1=3+r;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=32n-1-32n-3=32n-3（32-1）=832n-3=832n-23-1=9n-1
∵数列{an}为等比数列,
∴3+r=,∴r=-,故选B
例3[配例2使用]在等比数列{an}中,已知a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a8+a9+a10=
[答案]128
[解析]设数列{an}的比为q∵a1+a2+a3=1,
a2+a3+a4=（a1+a2+a3）q=2,
∴q=2,
∴a8+a9+a10=（a1+a2+a3）q7=27=128
例4[配例3使用]在等差数列{an}中,其前n项和为Sn,若2（a1+a4+a7）+3（a9+a11）=24,则S13+2a7=（）
A17B26
c30D56
[解析]c设等差数列{an}的差为d,由等差数列的性质可得a1+a7=2a4,a9+a11=2a10,则有6a4+6a10=24,即a1+6d=2,所以S13=13a1+d=13（a1+6d）=26,2a7=2（a1+6d）=4,所以S13+2a7=30
例5[配例4使用]已知各项都是正数的等比数列{an}的比q≠1,且a2,a3,a1成等差数列,则的值为（）
AB
cD或
[解析]B由题得a3×2=a2+a1,∴a1q2=a1q+a1,∴q=,∴==q2=
5
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