备战2023年高考数学题型猜想预测卷(上海专用) 猜题16 第17-18题 数列(上海精选归纳) Word版含解析

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【文档说明】备战2023年高考数学题型猜想预测卷(上海专用) 猜题16 第17-18题 数列(上海精选归纳) Word版含解析.docx,共(34)页,1.764 MB,由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

猜题16第17-18题数列(上海精选归纳)一、解答题1.(2023春·上海普陀·高三曹杨二中校考阶段练习)设nS为数列na的前n项和,已知21122nnSnnna=−++.(1)证明:na是等差

数列;(2)若4a,7a,9a成等比数列,求nS的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)78−【分析】(1)由题意可得222nnSnnan+=+,根据11,1,2nnnSnaSSn−==−,作差即可

得到11nnaa−−=,从而得证;(2)由(1)及等比中项的性质求出1a,即可得到na的通项公式与前n项和,再根据二次函数的性质计算可得.【解析】(1)证明:因为21122nnSnnna=−++,即222nnSnnan+=+①,当2n时,2112(1)

2(1)(1)nnSnnan−−+−=−+−②−①②得,221122(1)22(1)(1)nnnnSnSnnannan−−+−−−=+−−−−,即122122(1)1nnnannana−+−=−−+,即12(1)2(1)2(1)nnnana

n−−−−=−,所以11nnaa−−=,2n且*nN,所以na是以1为公差的等差数列.(2)由(1)可得413aa=+,716aa=+,918aa=+,又4a,7a,9a成等比数列,所以2749aaa=,即()()()2111638aaa+=++,解

得112a=−,所以()121113nann=−+−=−,所以22(1)12512562512222228nnnSnnnn−=−+=−=−−,所以当12n=或13n=时,nS取得最小值,()21213min1162578228nSSS===

−=−.2.(2023·上海黄浦·统考一模)已知na是等差数列,nb是等比数列,且23b=,39b=,11ab=,144ab=.(1)求na的通项公式;(2)设()()*1Nnnnncabn=+−,求数列nc的前2n项和.【答案】(1)21nan=−(2)291

444nn+−【分析】(1)运用等比数列、等差数列通项公式计算即可.(2)运用分组求和及等差数列、等比数列求和公式计算即可.【解析】(1)设等差数列na的公差为d,等比数列nb的公比为q,则323bqb==,

2111babq===,144327abbq===,又1411311327aadd=+=+=,可得2d=,所以()()1112121naandnn=+−=+−=−.(2)由(1)可得13nnb−=,故()()113nnn

b−−=−−,以它为通项的数列是以-1为首项、公比为-3的等比数列,所以1(21)(3)nncn−=−−−,所以数列nc的前2n项和为:()()()21122133nnaaa−+++−+−++−

LL()()221(3)214191421344nnnnn−−+−=−=+−−−.即:数列nc的前2n项和为291444nn+−.3.(2022·上海长宁·统考一模)已知数列na为等差数列,数列nb为等比数列,数列na的公差

为2;(1)若112235,,bababa===,求数列nb的通项公式;(2)设数列na的前n项和为nS,若12113,6kkSaaa+=+=,求1a;【答案】(1)13nnb−=(2)8−【分析】(1)根据na,nb数列性质及na的公差为2,写出123,,bbb之间的关系,再

用1,bq代替即可求出通项公式;(2)根据na为等差数列且公差为2,将12113,6kkSaaa+=+=两式中均变为关于首项和k的等式,进而解出首项即可.【解析】(1)解:由题知112235,,bab

aba===,nbQ为等比数列,不妨设公比为q,又数列na的公差为2,12232,6bbbb−=−=,即1121126bqbbqbq−=−=,解得11,3bq==,故1*3,Nnnbn−=;(2)由题知数列na为等差数列,且公差为2,12113,6kk

Saaa+=+=,()()111112121132126aakaak+=+−++=解得:1811ak=−=,故18a=−.4.(2022·上海嘉定·统考一模)若数列1na是等差数列,则称数列

na为调和数列.若实数abc、、依次成调和数列,则称b是a和c的调和中项.(1)求13和1的调和中项;(2)已知调和数列na,16a=,42a=,求na的通项公式.【答案】(1)12(2)1821nan=+【分析】(1)根据题意得到3、

1b、1成等差数列,从而得到方程,求出1=2b,得到答案;(2)根据题意得到1na是等差数列,设出公差,由通项公式基本量计算得到公差,从而求出12118nna+=,得到na的通项公式.【解

析】(1)设13和1的调和中项为b,依题意得:3、1b、1成等差数列,所以13+1==22b,解得:1=2b,故13和1的调和中项为12;(2)依题意,1na是等差数列,设其公差为d,则1113269dd=−=,所以()()111112111

6918nnndnaa+=+−=+−=,故1821nan=+.5.(2022·上海宝山·统考一模)已知数列na满足11a=,134(2)nnaan−=+.(1)求证:数列2na+是等比数列;(2)求数列na的通项公式;(3)写出5211iia−=的具体展开式

,并求其值.【答案】(1)证明见解析;(2)32nna=−;(3)1138388−.【分析】(1)利用构造法,得到123(2)nnaa−+=+,可证明2na+是等比数列;(2)根据等比数列的通项公式,求出23nna+=,进而可求na的通项公式;(3)直接写出5211iia−=的具体展

开式,根据na,利用等比数列的前n项和公式,直接计算5211iia−=可得答案.【解析】(1)134(2)nnaan−=+,等式两边同时加上2,得123(2)nnaa−+=+,又11a=,123a+=则2na+为首项是3,

公比3q=的等比数列(2)由(1)得,2na+为首项是3,公比3q=的等比数列,23nna+=,故32nna=−.(3)521135791iiaaaaaa−==++++35793333325=++++−53(19)1019−=−−1153383(91)10888=−−=−6.(2

022秋·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习)公差不为零的等差数列na满足15351,2aaaa==−.(1)求na的通项公式;(2)记na的前n项和为nS,求使nnSa成立的最大正整数n.【答案】(1)35nan=−或1944nan=−

(2)当35nan=−时,3n=;当1944nan=−时,17n=.【分析】(1)根据等差数列公式,代入计算得到答案.(2)根据等差数列求和公式,考虑两种情况,代入数据得到不等式,解得答案.【解析】(1)1535aaa=,即()()2

142224ddd−+=−+−+,解得3d=或14d=.故35nan=−或1944nan=−(2)当35nan=−时,()23523722nnnnnS−−−==,nnSa,即237352nnn−−,解得1013n,故最大正整数3n=;当1944nan=−时,21921174428

8nnnSnn−−==−,nnSa,即2117198844nnn−−,解得118n,故最大正整数17n=.综上所述:当35nan=−时,3n=;当1944nan=−时,17n=.7.(2022秋·上海静安·高三校考阶段练习)已知na为等差数列,nb是公比为2的

等比数列,且223344ababba−=−=−.(1)证明:11ab=;(2)求集合1,1500kmkbaam=+中元素个数.【答案】(1)证明见解析;(2)9.【分析】(1)设数列na的公差为d,根据题意列出方程组即可证出;(2)根据题意化简可得

22km−=,即可解出.【解析】(1)设数列na的公差为d,所以,()11111111224283adbadbadbbad+−=+−+−=−+,即可解得,112dba==,所以原命题得证.(2)由(1)知,112db

a==,所以()1111121kkmbaabamda−=+=+−+,即122km−=,亦即221,500km−=,解得210k,所以满足等式的解2,3,4,,10k=,故集合1|,1500kmkbaam=

+中的元素个数为10219−+=.8.(2022秋·上海静安·高三上海市市西中学校考期中)在等差数列na中,nS为其前n项和*()nN.若243,S16a==.(1)求数列na的通项公式;(2)设11nnnbaa+=,求数列nb的前n项和nT.【答案

】(1)*21()nann=−N;(2)*()21nnTnNn=+.【分析】(1)运用等差数列的通项公式和求和公式,解方程组,可得首项和公差,即可得到所求通项;(2)求得11122121nbnn=−

−+,再由数列的求和方法:裂项相消求和,化简整理,即可得到所求和.【解析】解:(1)设数列{}na的首项为1a,公差为d,由题意得214134616aadSad=+==+=,解得112ad=

=,故数列{}na的通项公式*12(1)21()nannnN=+−=−;(2)由(1)得1111(21)(21)22121nbnnnn==−−+−+,即有前n项和1111111112335572121nTnn

=−+−+−++−−+*111()22121nnNnn=−=++.9.(2023·上海·高三专题练习)已知数列na的前n项和为nS,满足11a=,12nSntn=+(t为常数).(1)求na的通项公式;(2)若()1(1)l

gnnnnbaa+=−,求数列nb的前n项和为nT.【答案】(1)nan=;(2)(1)lg(1)nnTn=−+.【分析】(1)令1n=,解得:12t=,再由-1nnnaSS=−,即可求出na,(2)根据(1)的结论,再利用并项求和,即可求解.【解析】解:(1)令1n=,1112

Sat==+,可得12t=,所以1122nSnn=+2n时,111(1)(1)22nSnn−=−+−,可得2211(1)22nannn=−−+=所以nan=(2n),又因为

11a=满足上式,所以nan=(2)因为()()11(1)lg(1)lglgnnnnnnnbaaaa++=−=−+()()()()n1223341lglglglglglg(1)lglgnnnTaaaaaaaa+=−+++−+++−+11(1

)lglg(1)lg(1)nnnaan+=−−=−+所以n(1)lg(1)nTn=−+10.(2022·上海·高三专题练习)已知各项为正数的等比数列na中,11a=,34a=.(1)求数列na的通项公式;(2)设2lognnba=,求数列nb的前n项和nS.【答案】(1)12nna−

=;(2)22nnnS−=【分析】(1)根据条件求出q即可;(2)12log21nnbn−==−,然后利用等差数列的求和公式求出答案即可.【解析】(1)2314,aqa==且0q,2q=,1112nnnaaq−−=

=(2)12log21nnbn−==−2(01)22nnnnnS+−−==11.(2014秋·上海徐汇·高三位育中学校考期中)已知*nN数列nd满足()312nnd+−=;数列na满足1232nnadddd=++++;

数列nb为公比大于1的等比数列,且2b,4b为方程220640xx−+=的两个不相等的实根.(1)求数列na和数列nb的通项公式;(2)将数列nb中的第1a项,第2a项,第3a项,……,第na项,……删去后剩余的项按从小到大的顺序排成新数列nc,求数列nc的前2013项

和.【答案】(1)3nan=;(2)2nnb=;(2)100620867−.【分析】(1)根据nd的通项公式计算得出数列na的通项公式,利用一元二次方程根与系数关系,结合已知可以求出24,bb的值,最后写出数列nb的通项

公式;(2)根据题意可以知道数列nb删去哪些项,剩下哪些项,根据等比数列可知:剩下组成新的数列的奇数项和偶数项分别也是等比数列,这样利用分组求和,利用等比数列前n项和公式求和即可.【解析】(1)∵()312nnd+−=,∴12323232nnnad

dddn=++++==.∵2b,4b为方程220640xx−+=的两个不相等的实根,∴2420bb+=,2464bb=,又公比大于1,设公比为q,所以1q解得24b=,2416412bqqq==

=,∴222nnnbbq−==.(2)由题意将数列nb中的第3项、第6项、第9项、…删去后构成的新数列nc中的奇数项数列与偶数项数列仍成等比数列,首项分别是12b=,24b=,公比均是8,()()201313520132462012Tcccccccc=++++++++

+()()100710061006218418208618187−−−=+=−−.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式,考查了等比数列前n项和公式,考查了等比数列的性质,考查了数学运算能力.12.(2014秋·上海徐汇·高三位育中学校考

期中)已知数列na满足:11a=,22a=,且()()*22cos13,nnananN+=+−+.(1)求数列na前20项的和20S;(2)求通项公式na;(3)设na的前n项和为nS,问:是否

存在正整数m、n,使得221nnSmS−=?若存在,请求出所有符合条件的正整数对(),mn,若不存在,请说明理由.【答案】(1)10399+;(2)12,,23,.nnnnan−=为奇数为偶数;(3)所有的符号条件的正整数对(),mn,有且仅有()3,1和()2,2两对,理由见解析

.【分析】(1)根据递推公式直接代入求出3420,aaa各项,再分类求和即可.(2)对()()*22cos13,nnananN+=+−+根据n的奇偶性进行分类讨论,判断出数列的性质,最后求出数列na的通项公式.(3)根据分组求和法求出2nS的表达式,然后根据

2122nnnSSa−=−可以求出21nS−的表达式,最后根据题意221nnSmS−=,得到m的表达式,可以确定m的取值范围,然后根据m的取值范围,逐一取正整数进行判断即可.【解析】(1)()()29102013519223232339

9S=++++++++=+(2)当n是奇数时,cos1n=−;当n是偶数时,cos1n=.所以,当n是奇数时,22nnaa+=+;当n是偶数时,23nnaa+=.又11a=,22a=

,所以13521,,,,,naaaa−是首项为1,公差为2的等差数列;2462,,,,,naaaa是首项为2,公比为3的等比数列.因此,12,,23,.nnnnan−=

为奇数为偶数(3)()()21321242−=+++++++nnnSaaaaaa()()113212623nn−=+++−++++231nn=+−,21122122312331nnnnnnSSann−−−=

−=+−−=+−.所以,若存在正整数m、n,使得221nnSmS−=,则2112121212131232311331313nnnnnnnnSnmSnn−−−−−−+−===++=+−+−.显然,当1m=时,()21222131131nnnnSnnS−

−=+−+−=;当2m=时,由2212nnSS−=,整理得1231nn−=−.显然,当1n=时,11231011−==−;当2n=时,2123321−==−,所以()2,2是符合条件的一个解.当3n时,()1112211312122nnnnCC−−−−=+=+++

122211124211nnCCnn−−++=−−.当3m=时,由2213nnSS−=,整理得1n=,所以()3,1是符合条件的另一个解.综上所述,所有的符号条件的正整数对(),mn,有且仅有

()3,1和()2,2两对.【点睛】本题考查了分组求数列的和,考查了等比数列、等差数列前n项和公式,考查了分类讨论思想,考查了数学运算能力.13.(2015秋·上海长宁·高三统考阶段练习)已知数列na为等差数列,公差*0,0,

()ndanN,且2*1220()kkkaxaxak++++=N(1)求证:当k取不同自然数时,此方程有公共根;(2)若方程不同的根依次为12,,,,nxxx…,求证:数列为等差数列.【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】试题分析:(1)依题意,122kkkaaa++

=+,于是原方程可转化为210kkaxax+++=()(),从而可证结论;(2)原方程另一根为nx,利用韦达定理,可求得21nkdxa=−−,然后可得112knaxd=−+;根据等差数列的定义,证明即可.试题解析:(1)na是等差数列,122kkkaaa++=+,21220k

kkaxaxa++++=,210kkaxax+++=()(),∴当k取不同自然数时,原方程有一个公共根-1.(2)原方程另一根为nx,则2221kknkkkaaddxaaa++−===+,2211112knnkknaddxx

aaxd=−−+=−=−+,,,1111111122222kkkknnaaaadxxdddd+++−−−=−−−===−++(),∴数列11nx+是以12−为公差的等差数列.考点:等差关系的确定;数列递推式.14.(2023春·上海·高三校联考阶段练习)记nS,为数列

na的前n项和,已知212nnaSn=++,*nN.(1)求12aa+,并证明1nnaa++是等差数列;(2)求nS.【答案】(1)126aa+=,证明见解析(2)22,2,nnnnSnnn+=++当为偶数时当为奇数时【分析】

(1)利用na与前n项和nS的关系,由212nnaSn=++可得12,aa的值,即可求得12aa+的值;根据相减法求得()()121nnnnaaaa++++−+为常数,证明其为等差数列;(2)由(1)中数列1nnaa++为等差数列,对n进行奇偶讨论,即可求得nS.【解析】(1)解:已知2

12nnaSn=++,*nN当1n=时,1122aa=+,14a=;当2n=时,21252aaa+=+,22a=,所以126aa+=.因为212nnaSn=++①,所以()211112nnaSn++=+++②.②-①得,()2211122nnn

aaann++=−++−,整理得142nnaan++=+,*nN,所以()()()()121412424nnnnaaaann++++−+=++−+=(常数),*nN,所以1nnaa++是首项为6,公差为4的等差数列.(2)解:由(

1)知,()141242nnaann−+=−+=−,*nN,2n.当n为偶数时,()()()()1234164222nnnnnSaaaaaa−+−=++++++=2nn=+;当n为奇数时,()()()()12345

111042242nnnnnSaaaaaaa−−+−=+++++++=+22nn=++.综上所述,22,2,nnnnSnnn+=++当为偶数时当为奇数时.15.(2022春·上海闵行·高三闵行中学校考开

学考试)已知数列{}na,31a=,{}na的前n项和为nS.(1)若{}na为等差数列,721S=,求公差d的值及通项na的表达式;(2)若{}na为等比数列,公比0q,且对任意*Nn,均满足6nSq,求实数q的取值范围.【答案】(1)*2,25,Nndann==−(2)33

33[,]66−+【分析】(1)由题意列出方程组解得1,ad,即可得解;(2)由题意3nnaq−=,数列{}nS为递增数列,对任意*Nn,均满足6nSq,只需166lim1nnaSqqq→+−,解不等式即可.【解析】(1)由题意得317121767212

aadSad=+==+=,解得132ad=−=所以*2,25,Nndann==−.(2)因为公比0q,31a=,所以3*,Nnnaqn−=,故数列{}nS为递增数列.对任意*Nn,均满足6nSq,只需166lim1nnaSqqq→+−()2216

610610101qqqqqqq−+−,解得333366q−+综上,实数q的取值范围是3333[,]66−+.16.(2021秋·上海浦东新·高三上海南汇中学校考阶段练习)已知数列na的前n项的和为nS,且22

nnSsatnn=+−.(1)当3,0st==时,求证数列12na+为等比数列,并求na的通项公式;(2)当0,3st==时,不等式1nnaa++对于任意*2,Nnn都成立,求的取值范围.【答案】(1)11322nna=−(

2)283【分析】(1)退n相减,得出递推式,再用构造法证明,最后求通项公式(2)恒成立问题,通过分离n与转化为函数最值问题求解【解析】(1)当3,0st==时,23nnSan=−当111,231nSa==−,则11a=当11

232,23(1)nnnnSannSan−−=−=−−两式相减得12331nnnaaa−=−−,即131nnaa−=+所以111322nnaa−+=+11322a+=所以12na+是首项为32,公比为3的等比数列所以113322nna−+=,所

以11322nna=−(2)当0,3st==时,223nSnn=−,即23122nSnn=−当2n时,1321nnnaSSn−=−=−由1nnaa++,得1nnnaaa++,即11nnnaaa+−对于任意*2,

Nnn都成立1(32)(31)133nnnaannan+−+=−−,令333tn=−则1(1)(4)451nnnaatttatt+++==++−因为4ytt=+在(0,2)上单调递减,在(2,)+上单

调递增所以当3t=时,min42853tt++=,所以28317.(2022秋·上海黄浦·高三上海市大同中学校考阶段练习)已知数列{}na,{}nb,{}nc满足1111abc===,1nnncaa+=−,12(*)nnnnbccnb++=

N.(1)若{}nb为等比数列,公比0q,且1236bbb+=,求q的值及数列{}na的通项公式;(2)若{}nb为等差数列,公差1d=,求和:12nccc+++.【答案】(1)12q=,1423−+=nna(2)

21nn+【分析】(1)根据题意,列出方程求得q,然后根据累加法即可得到数列{}na的通项公式;(2)由题意可得数列1nnnbbc+是一个常数列,然后根据裂项相消法即可求得12nccc+++的值.【解析】(1)由题意可得,223,bqbq==,因为1236b

bb+=,所以216qq+=,整理得2610qq−−=,解得13q=−(舍),或12q=所以12221111412nnnnnnnnnnbccccccbbqb+++=====所以数列{}nc是以1为首项,4为公比的

等比数列,所以11144,nnncn−−==N所以114nnnnaac−+==−则11a=,211aa−=,3214aa−=,214nnnaa−−−=(2n),各式相加,可得111221442114441143nnnn

a−−−−+=+++++=+=−K,当1n=时,11a=也符合该式,故1423−+=nna.(2)依题意,由12(*)nnnnbccnb++=N,可得21nnnnbcbc++=,两边同时乘1nb+,可得1211nnnnnnbbcbbc++++=

因为12121112bbcbd==+=+=所以数列1nnnbbc+是一个常数列,且此常数列为12d+=则12nnnbbc+=,且{}nb为等差数列,公差1d=,11b=,即nbn=所以11122111112211nnnnnnncbbbbbbnn+++===−=−+

又因为11,10bd==,所以0nb所以12nccc+++…1111121222231nn=−+−++−+K11111212231nn=−+−++−+K122111nnn=−=++

18.(2006·上海·高考真题)设数列na的前n项和为nS,且对任意正整数n,4096nnaS+=.(1)求数列na的通项公式;(2)设数列2logna的前n项和为nT,对数列nT,从第几项起509nT−?【答案】(1)1212nna−=;(2)46.【分析】(1

)利用当2n,1nnnSSa−−=得到112nnaa−=,即数列na为等比数列,然后求通项即可;(2)由(1)得2log12nan=−,然后利用等差数列求和公式得到()232nnnT−=,最后利用二次函数单调性和特殊值的思路求解即可.【解析】(1)当1n=时,1112

4096aSa+==,解得12048a=,当2n时,由4096nnaS+=得114096nnaS−−+=,两式相减可得120nnaa−−=,即112nnaa−=,所以数列na为等比数列,公比为12

,所以11211204822nnna−−==.(2)由(1)得2log12nan=−,所以()()11122322nnnnnT+−−==,当23n时,0nT,令()()232nnfn−=,则()fn在()23,+上单调递减,又()()234545454955092

f−==−−,()()234646465295092f−==−−,所以当46n时,()509fn−,即从第46项起509nT−.19.(2022秋·上海虹口·高三统考阶段练习)设等差数列na的前n项和为nS,且410a=.(1)若20590S=,求na的公差;(2)若1Za

,且7S是数列nS中最大的项,求1a所有可能的值.【答案】(1)3(2)18,19,20【分析】(1)根据已知条件列方程,化简求得na的公差.(2)根据数列nS中的最大项列不等式,从而求得1a的所有可能取值

.【解析】(1)设等差数列na的公差为d,则4120131020190590aadSad=+==+=,解得3d=.(2)由(1)得14110310,3aaadd−=+==,由于7S是数列nS中最大的项,1110

0,103ada−=①,所以7800aa,即116070adad++即1111111062003107047033aaaaaa−+=−−−+=解得135202a,由于1a是整数,所以1a的可能取值是

18,19,20.20.(2022秋·上海嘉定·高三统考阶段练习)数列na的前n项和2nSnnc=−+,(1)若na为等差数列,求公差、首项、c的值;(2)在(1)的条件下,求数列11nS+的前n项和nH

.【答案】(1)公差为2,首先为0,0c=(2)1nnHn=+【分析】(1)由题意,根据公式11,,nnnSaSS−=−12nn=,结合等差数列的相关定义,可得答案;(2)由(1)可知,1nS+

表达式,根据裂项相消,可得答案.【解析】(1)由题意,2nSnnc=−+,当1n=时,1111aScc==−+=,当2n时,()()2111nSnnc−=−−−+,则()()2211122nnnaSSnncnncn−=−=−+−−−−+=−,2n,由()

()1212222nnaann+−=+−−−=,则2122aac−=−=,解得0c=,故等差数列na,公差为2,首项为0,0c=.(2)由(1)可知,2nSnn=−,()()()21111nSnnnn+=+−+=+,()1111111nSnnnn+==−++,111111112

23111nnHnnnn=−+−++−=−=+++.21.(2022秋·上海宝山·高三上海交大附中校考开学考试)已知66014=+=iiixax.(1)等比数列nb的首项11ba=,公比4=qa,求1=iib的值

;(2)等差数列nc首项15=ca,公差6=da,求nc通项公式和它的前2022项和2022S.【答案】(1)1332iib==;(2)12ncn=+,20222046264S=.【分析】(1)求出1a、4a的值,再利用等比数列的求和公式以及数列的极限

可求得结果;(2)求出1c、d的值,利用等差数列的通项公式可求得nc,利用等差数列的求和公式可求得2022S的值.(1)解:614x+的展开式通项为()6161C6,N4kkkkTxkk−

+=,则661C4kkka−=,所以,1151364512ba===,2446115C416qa===,则01q,所以,()111313512lim151132116ninibqbbqq→=−====−−−.(2

)解:1513642ca===,61da==,则()1112nccndn=+−=+,所以,202212022202132022202210112021204626422dSc=+=+=.22.(2022秋·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习)记n

S为数列na的前n项和,已知12nnSaa=−,且10a.(1)证明:na是等比数列;(2)若nb是等差数列,且11ba=,24118bba+=,求集合13,1200kmkabbm=+中元素的个数.【答案】(1)证明见解析;(2)8.【分析】(1)利用,nnSa求得12nna

a−=,结合已知及等比数列定义即可证结论;(2)由(1)有112nnaa−=,根据已知可得1(43)nbna=−,再由集合的描述可得32[1,200]km−=且*,Nkm,进而判断对应k的个数,即可得结果.【解析】(1)当2n,则1112nnSaa−−=−

,而12nnSaa=−,可得12()nnnaaa−=−,所以12nnaa−=,又10a,所以na是首项为1a,公比为2的等比数列.(2)由(1)知:112nnaa−=,令nb的公差为d,则2

4111242418bbbdada+=+=+=,所以14da=,故11(1)(43)nbbndna=+−=−,所以11113(43)34kmabbmaama=+=−+=,故11124kama−=,10a,所

以32[1,200]km−=且*,Nkm,则233log200k+,又27log2008,故311k,共有8个k值,所以集合13,1200kmkabbm=+中元素的个数为8.23.(2023春·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习)已知公差d不为0的等差数列

na的前n项和为nS,36a=,5913SS=.(1)求数列na的通项公式;(2)若数列2nanb=,nnncab=+,求数列nc的前n项和nT.【答案】(1)2nan=;(2)124433nnn+++−.【分析】(1)由953SS=,应用等差数列前n项和、

等差中项公式得510a=,结合已知求基本量,进而写出na的通项公式;(2)由(1)得24nncn=+,应用分组求和,结合等差等比前n项和公式求nT.【解析】(1)由题设953SS=,则19159()5()322aaaa++=,即533530aa==,所以510a=,而36a=

,易得2d=,则12a=,故1(1)2naandn=+−=.(2)由(1)知:224nnnb==,则24nncn=+,所以1122(1)4(14)442(12...)(44...4)221433nnnnnn

Tnnn++−=+++++++=+=++−−.24.(2022·上海普陀·统考二模)设nS是各项为正的等比数列na的前n项的和,且23S=,34a=,*Nn.(1)求数列na的通项公式;(2)在数列na的任意ka与1ka+

项之间,都插入k(*Nk)个相同的数(1)kk−,组成数列nb,记数列nb的前n项的和为nT,求100T的值.【答案】(1)12nna−=,*Nn(2)8152【分析】(1)设等比数列na的公比为0q,由已知建立方程组求解可得数列的通项公式;(2)

数列nb中在1ka+之前共有23(123)2kkkk++++++=项,再分组,分别利用等差、等比求和公式可求得答案.(1)解:设等比数列na的公比为0q,则()121134aqaq+==,解得11a=,2q=

则等比数列na的通项公式为12nna−=,*Nn.(2)解:数列nb中在1ka+之前共有2(1)3(123)22kkkkkkk+++++++=+=项,当12k=时,23901002kk+=,当13k=

时,231041002kk+=,则21222222100(1222)(123412)139T=+++++−+−+−+−131312(123412)117240815212−=++++++−=−=−.则所求的数列

nb的前100项和为8152.25.(2022·上海闵行·统考二模)已知na是公差为d的等差数列,前n项和为1234,,,,nSaaaa的平均值为4,5678,,,aaaa的平均值为12.(1)求证:2nSn=;(2)是否存在实数t,使得11nnata+−对任意*nN恒成立,若存在

,求出t的取值范围,若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明过程见解析;(2)不存在,理由见解析【分析】(1)由等差数列通项公式基本量计算得到公差为2,首项为1,从而得到前n项和;(2)假设存在t,使

11nnata+−对任意*nN恒成立,变形为2222121tnn+−−对任意*nN恒成立,结合当*nN时,20221n−,求出2t且2t,因此符合题意得t不存在.【解析】(1)由题意得:567812344844aaaaaaaad++++++−==,解得:2d=,由1234146

16aaaaad+++=+=,解得:11a=,所以()22112nnnSnadnnnn−=+=+−=;(2)假设存在t,使11nnata+−对任意*nN恒成立,则2111nta−−+对任意*nN恒成立,即222

2121tnn+−−对任意*nN恒成立,当*nN时,20221n−,所以2t且2t,因此符合题意得t不存在,证毕.26.(2023·上海·高三专题练习)在数列na中,115,342nnaaan+==−+,其中Nn.(1)设2nnban=−,证明数列nb是等比数列;

(2)记数列na的前n项和为nS,试比较nS与22022n+的大小.【答案】(1)证明见解析;(2)答案见解析.【分析】(1)由已知得2nnabn=+,代入给定等式并变形,再利用等比数列定义判断作答.(2)利用分组求和法求出nS,作nS与22022n+的差,构造新数列并判

断其单调性即可推理作答.【解析】(1)Nn,由2nnban=−得:2nnabn=+,而1342+=−+nnaan,则12(1)3(2)42nnbnbnn+++=+−+,整理得13nnbb+=,而1123ba=−=,所以数列nb是首项为3,公比为3的等比数列.(2)由(1)知,1

333nnnb−==,于是得32nnan=+,123(13)223313222nnnnnnnS+−+=+=++−−,因此,2112233324047(202022222)22nnnnnnnSn+++−−++−−−=+=,令1324047nncn+=+−,显然数列{}nc是递增数列,而671

848,2528cc=−=,即{1,2,3,4,5,6}n时,0nc,2202)(20nSn−+,当7,Nnn时,2202)(20nSn−+,所以,当6,Nnn时,22022nSn+,当7,Nnn时,22022nSn+

.27.(2022·上海·统考模拟预测)已知数列na满足:122aa==,()111212nnnaaaann−+=+++.(1)证明:nan,*Nn;(2)证明:1211110naaa+++,*Nn.【答案】(1)证明见解析(2)证明

见解析【分析】(1)验证1n=、2、3时,nan,然后假设当()3nkk=时,kak,证明出11kak++,结合数学归纳法可证得结论成立;(2)先利用数学归纳法证明出()1110nann+,然后利用放缩法结合裂项求和法可证得结论成立.【解析】(

1)证明:对任意Nn,nan.因为121a=,222=a,13212332aaa=+=+=,假设当()3nkk=时,kak,则1111122kkkaakakk−+−+++,这说明当1nk=+时,11kak++也成立,综上所述,nan,*Nn.(2)证明:先归纳证明:

对任意1,2,,kn,()1110kakk+,因为112210a=,223210a=,334310a=,445410a,556510a,667610a,假设当()6,Nnkkk=时,()110kkka+,则当1nk=+时,()222232325465

640kkkkkk+−++=−−−−,()()()()2211111233221020201010kkkkkkkkkakkkkaa−++−+++++++==,这说明当()16,Nnkkk=+时,()()

11210kkka+++,综上所述,()1110nann+,*Nn,所以,()10111011nannnn=−++,故1211111111101011022311nnaaannn+++−+−++−=++

,得证!28.(2022·上海杨浦·复旦附中校考模拟预测)已知某同学在任何一次拓展考试中获得满分的概率都为12,且各次考试的成绩相互独立.以nP表示他参加n(2n,*nN)次考试后从未连续取得2次满分的概率.(1)求2P,3P的值,并证明当n≥4时,12112

4−−=+nnnPPP;(2)证明:对任意2n,*nN,112++nnnPPP.【答案】(1)234P=,358P=,证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)利用列举法能求出23,PP,要证明当n≥4时,121124−−=+nnnPPP,分(i)第n次考试

未取得满分,那么前n次从未连续2次满分和前n1−次从未连续2次满分是相同的;(ii)第n次取得满分,第n1−次未取得满分,那么前n次从未连续2次满分和前2n−次从未连续取得2次满分是相同的.(2)当3n时,111124nnnPPP+−=+,所以1111024nnnPP

P+−−=,即可证明12nnPP+,12111228nnnnPPPP+−−=−,所以12108nnnPPP+−−=−,即可证明1nnPP+,所以当3n时,112++nnnPPP,再证明当2n=时,即可得出结论.(1)当2n=时,2213124P=−

=,设某同学在任何一次拓展考试中获得满分用a表示,不是满分用b表示,当3n=时,表示某同学参加3次考试后从未连续取得2次满分的情况有以下5种:,,,,abbababbababbbb,所以3111552228P==.当4n时,要求

nP,即某同学参加n次考试后从未连续取得2次满分概率,分类进行讨论;如果第n次考试未取得满分,那么前n次从未连续2次满分和前n1−次从未连续2次满分是相同的,这个时候从未连续2次满分的概率是112nP−;如果第n次取得满分,第n1−次未取得满分,那么

前n次从未连续2次满分和前2n−次从未连续取得2次满分是相同的,这个时候从未连续2次满分的概率是214nP−;所以当4n时,121124−−=+nnnPPP(2)当4n时,121124−−=+nnnPPP,当3n时,111124n

nnPPP+−=+,所以111124nnnPPP+−−=,因为10nP−,所以1111024nnnPPP+−−=,所以112nnPP+,则12nnPP+.当3n时,111211211111111112242242448nnnnnnnnnnPPPPPPP

PPP+−−−−−−−=+−+=+−−,12111228nnnnPPPP+−−=−,所以1218nnnPPP+−=−,所以12108nnnPPP+−−=−,所以1nnPP+,所以当3n时,112++nnnPPP.当2n=,358

P=,234P=,5352848,所以当2n=时,112++nnnPPP.所以,对任意2n,*nN,112++nnnPPP29.(2022·上海·统考模拟预测)已知数列na,21a=,na的前n项和为nS.(

1)若na为等比数列,23S=,求limnnS→;(2)若na为等差数列,公差为d,对任意*nN,均满足2nSn,求d的取值范围.【答案】(1)4;(2)0,1.【分析】(1)求出等比数列na的公比,求出nS,即可求得limnnS→;(2)分析可得()231nd−

−,分1n=、2n两种情况讨论,结合数列的单调性可求得d的取值范围.【解析】(1)解:2123Saa=+=,则12a=,所以,等比数列na的公比为2112aqa==,()1114112nnnaqSq−=

=−−,因此,()111limlimlim44412nnnnnnaqSq→→→−==−=−.(2)解:由已知可得()()12222122nnnnaaSnaan−+==+,则2211naa

−+,即()22231and+−,可得()231nd−−.当1n=时,可得1d;当2n时,则231n−,所以,132dn−,因为数列()1232nn−为单调递增数列,而11032n−−,故0d≥.综上所述,01d.30.(

2022秋·上海宝山·高三统考期末)1.已知数列na满足11a=,()()1311122nnnnaa+−−+−=+.(1)设21nnba−=,证明:数列1nb+为等比数列;(2)求数列nnb的前n项和nS.【

答案】(1)证明见解析(2)1(1)(1)222nnnnSn++=−−+【分析】(1)先化简()()1311122nnnnaa+−−+−=+,再推导出111nnbb+++等于一个常数,即可证明结论;(2)结合第一问,先求出nb的通项公式,再结合2nn

nbnn=−的特点,采用错位相减法和分组求和法进行求解【解析】(1)12=21,3(1)1(1)12,22nnnnnnankkZaaankkZ++−−+−=+=+=,,21+1+1nnba−=()1212212121111

=2222222(1)2(1)nnnnnnnbaaaaab++−−−++=++=+=+=+=+其中11+1+12ba==,所以数列1nb+为以2为首项,公比为2的等比数列.(2)由(1)知:12nnb+=所以21nnb=−,故2nnnbnn=−故231222322(123)nnSnn=

++++−++++令231222322nnTn=++++①234121222322nnTn+=++++②两式相减:2341112222222(21)2(1)22nnn

nnnTnnn+++−=+++++−=−−=−−1(1)22nnTn+=−+,又(1)1232nnn+++++=所以1(1)(1)222nnnnSn++=−−+31.(2021秋·上海静安·高三校考期中)已知在数列

na中,11a=−,且()13232,nnaannn+−=−+N.(1)求2a,3a,并证明数列nan−是等比数列;(2)求na的通项公式;(3)求12naaa+++的值.【答案】(1)-4,-15,证明见解析(2)123nnan−=−(3)21322

nnn++−【分析】(1)代值计算出2a,3a,根据递推公式可得据()131nnanan−−=−−,即可证明;(2)由(1)可知nan−是以-2为首项,以3为公比的等比数列,即可求出通项公式;(3)分组求和,即可求出答案.(1)解:因为11a=−,且()13232,nnaannn+

−=−+N所以2132234aa=−+=−,32323315aa=−+=−,∵1323nnaan−=−+,∴()131nnanan−−=−+,∵112a−=−,∴()131nnanan−−=−−,且21242312aa−−−==

−−,∴数列nan−是等比数列,(2)解:由(1)可知nan−是以2−为首项,以3为公比的等比数列,即123nnan−−=−,即123nnan−=−;(3)解:()()211212321333nnaaan−+++=+++

+−++++()211321321322nnnnnn+−=−=++−−.32.(2021秋·上海宝山·高三上海市吴淞中学校考阶段练习)已知等差数列{}na的前n项和为nS,且534213,16aa

S−==.(1)求数列{}na的前n项和nS;(2)设nT为数列{(1)}nna−的前n项和,若对一切正整数n,不等式111[(1)]2nnnnnTaa+−++−恒成立,求实数的取值范围.【答案】(

1)2nSn=(2)42−【分析】(1)由53213aa−=,416S=,求出首项和公差,再根据等差数列的求和公式即可得到,(2)当n为偶数时,当n为奇数时,分别求出前n项和nT,当n为偶数时,由111[(1)

]2nnnnnTaa+−++−,得24kk,构造函数设4()2kfkk=,求出nb的最大值,代入22(23)(2)nna−−−求解得答案.利用函数的单调性求出函数最小值,当n为奇数时,从而得到4k−

,求出函数的最大值,即可求出实数的取值范围(1)解:设数列{}na的公差为d.因为53213aa−=,416S=,所以41616ad+=.1213ad+=,解得11a=,2d=,所以21nan=−,2nSn=.(2)解:由(1)可得

()()()1121nnnan−=−−,所以当n为偶数时,设2nk=,*kN,则22143221()()()2kkkTaaaaaak−=−+−++−=.当n为奇数时,设21nk=−,*kN,则22122(1)

2(41)12kkkkTTakkk−=−−=−−=−.所以,,nnnTnn=−为偶数为奇数当n为偶数时,设2nk=,*kN,则22143221()()()2kkkTaaaaaak−=−+−++−=.代入不等式1

11[(1)]2nnnnnTaa+−++−,得24kk,从而42kk.设4()2kfkk=,则11444(62)(1)()222(1)kkkkfkfkkkkk+−−+−=−=++.因为*kN,所以(1)()0f

kfk+−,所以()fk是递增的,所以()2minfk=,所以2.当n为奇数时,设21nk=−,*kN,则22122(1)2(41)12kkkkTTakkk−=−−=−−=−.代入不等式111[(1)]2nnnnnTaa+−++−,得(12

)(21)4kkk−−,从而4k−.因为*kN,所以4k−的最大值为4−,所以4−.综上,的取值范围为42−.33.(2021秋·上海长宁·高三上海市第三女子中学校考期中)已知数列na的前n项和为nS,且()*22nnSan=−N;(1)求na的

通项公式;(2)设21nnban=+−,nT是数列nb的前n项和,求nT;(3)设()()1111nnnnacaa++=++,nR是数列nc的前n项和,若对任意*nN均有nR恒成立,求的最小值;【答

案】(1)*2()nnanN=(2)1222++−nn(3)23【分析】(1)由()*22nnSan=−N,得到当2n时,1122nnSa−−=−,两式相减求得12nnaa−=,结合等比数列的通项公式,即可求解;(2)由2nna=,得到221nnbn=+

−,结合等差数列和等比数列的求和公式,即可求解;所以数列nb的前n项和:2(222)[13(21)]nnTn=+++++++−(3)由2nna=,化简得到1112()1212nnnc+=−++,结合裂项法求得111322()1

nnR+−+=,得出23nR,即可求解.(1)由题意,数列na的前n项和为nS,且*22()nnSanN=−,当1n=时,可得1122aa=−,解得12a=,当2n时,1122nnSa−−=−,两式相减可得122nnnaaa−

=−,可得12nnaa−=,即12nnaa−=,所以数列na是以2为首项,以2为公比的等比数列,所以*2()nnanN=.(2)解:由2nna=,可得21221nnnbann=+−=+−,所以数列

nb的前n项和:2(222)[13(21)]nnTn=+++++++−122(12)(121)22122nnnnn+−+−=+=+−−.(3)解:由2nna=,可得()()()()111112112

()1112121212nnnnnnnnnacaa+++++===−++++++,所以数列nc的前n项和:111111)12123111112[()()(]2()35925nnnnR++−−+++=−+−++=,因为对任意nN+均有23

nR,所以23,所以实数的最小值为23.34.(2022秋·上海宝山·高三统考阶段练习)已知各项均为正数的等比数列na.公比为q,前n项的和为nS.(1)若1=1a.且123,2,+aaa成等差数列,求q的值:(2)求证:221nnnSSS++,对任意正整数n恒

成立;(3)若12nnSa+=+,设数列nb满足110,nnnbbba+=+=.对任意正整数n.不等式1nnbb+恒成立,求实数入的取值范围.【答案】(1)3q=;(2)证明见解析;(3)1.【分析】(1)根据等差数列的性质,结合等比数列

的通项公式进行求解即可;(2)根据公比是否为1,结合等比数列n项的和公式、差比法分类讨论进行求解即可;(3)根据等比数列的定义,结合常变量分离法进行求解即可.【解析】(1)因为1=1a,且123,2,+aaa成等差数列所

以有()13222aaa+=+,即212(2)qq+=+,得2230qq−−=,解得3q=,1q=−舍去,即3q=;(2)当=1q时,()()()222121111120nnnSSSnananaa++−=+−+=,所以221nnnSSS++.当1

q时,()()()212111221211110111nnnnnnnaqaqaqSSSaqqqq++++−−−−=−=−−−所以221,nnnSSS++综上:对于任意*nN恒有:221nnnSSS++;(3)由12nnSa+

=+得2a=−,所以2nna=.11111,222nnnnnnnbbbba++−+==−+11121222322323nnnnnnbbb+−−−=−−−是等比数列,10b=所以22(1)3nnnb+−=,由1nnbb+得()1122(1)22(1)nnnn

+++−+−,当n是奇数时,()12222nn+−+,化简得131221n−+,设13()1221nfn=−+,显然该函数单调递增,所以当n是奇数时,1()[0,)2fn,于是有12;当n是偶数

时,()12222nn++−,化简得131221n+−,设13()1221ngn=+−,显然该函数单调递减,所以当n是偶数时,1()(,1]2gn,于是有1,综上对于任意的*N,1n.35.(2022春·上海普陀·高三上海市晋元高级中学校考阶段练习)在

数列na中,123,,aaabac===,且3nnaa+=.函数()yfx=满足:()fn的值均为正整数,其中*Nn,数列()nfnba=.(1)若1,2,3,()21abcfnn====+,求数列nb的通项公式;(2)若,

,abc互不相等,且()*21()N,1,,nnnnnfnqqqbbbb++==,求q的取值范围;(3)若(1)2()2(1)nnnfn+=+−,求数列nb的前2021项的和.【答案】(1)3

,322,31,N1,3nnkbnkknk=−==−=;(2)*{|31,N}qqkk=−;(3)5065051010++abc.【分析】(1)先求出(3),(31),(32)fnfnfn−−,再结合已

知即可求出数列nb的通项作答.(2)根据给定条件,按n除以3的余数情况分类计算、判断作答.(3)根据给定条件,计算数列nb的前几项,再探讨其周期,结合周期性求解作答.【解析】(1)依题意,1231,2,3aaa===,而(

)21fnn=+,则(3)61,(31)61,(32)63fnnfnnfnn=+−=−−=−,又3nnaa+=,()nfnba=,因此331()1nfnbaa===,3321(1)2nfnbaa−−===,3332(2)3nfnbaa−−===,所

以数列nb的通项公式是3,322,31,N1,3nnkbnkknk=−==−=(2)若3,Nqkk=,则()(3)nnfnqk==为3的倍数,对一切*Nn,3nbac==,不符合

“1nnbb+”的条件;若*32,Nqkk=−,()(32)[3(1)1]31,NnnnfnqkkKK==−=−+=+,因此对一切*Nn,1nbaa==,不符合“1nnbb+”的条件;若*31,Nqkk=−,则()()2*23131,Nn

fnkMM=−=+,()()21*213131,NnfnkLL−−=−=−,因此21212,nnbaabab−====,符合题意,所以q的取值范围是*{|31,N}qqkk=−;(3)因为(1)2()2(1)nnnfn+=+−,则(1)1,(2)3,(3)9,(4)17ffff===

=,于是得11233342,,,baabacbacbab========,又(4)(5)(1)422(4)()2(1)2(1)152nnnnnnnfnfn+++++−=+−−−−=为3的倍数,因此总有4

nnbb+=,所以12202111234505()5065051010bbbbbbbbabc+++=++++=++.【点睛】关键点睛:涉及给出递推公式探求数列规律的问题,按条件写出变量的前几个取值对应数列,认真分析每个变量对应的数列,找准变化规律是解决问题的关键.

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