2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题12数列的综合问题（热点难点突破）理（含解析）.doc

1、1数列的综合问题1删去正整数数列 1,2,3， 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第 2 018 项是( )A2 062 B2 063C2 064 D2 065答案 B解析 由题意可得，这些数可以写为 12,2,3,22,5,6,7,8,32，第 k 个平方数与第 k1 个平方数之间有2k 个正整数，而数列 12,2,3,22,5,6,7,8,32，45 2共有 2 025 项，去掉 45 个平方数后，还剩余 2 025451 980(个)数，所以去掉平方数 后第 2 018 项应在 2 025 后的第 38 个数，即是原来数列的第 2 063 项，即为 2 063.2已知数列 a

2、n满足 010 的 n 的最小值为( )A60 B61 C121 D122答案 B解析 由 a 8 a 40，得 a 8，41 21 214a21所以 a 88( n1)8 n，2n4a2n所以 2 a 48 n4，(an2an) 2n 4a2n所以 an 2 ，2an 2n 1即 a 2 an20，2n 2n 1所以 an ，2 2n 12 2n 12 2n 1 2n 1因为 010 得 11，2n 1所以 n60. an2 n23 n，由题意可知，项 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10个位数 5 4 7 4 5 0 9 2 9 02每 10 项中有 4 项能被 5 整除，数列 an的

3、前 100 项 中，能被 5 整除的项数为 40.7设 x1 是函数 f(x) an1 x3 anx2 an2 x1( nN *)的极值点，数列 an满足 a11， a22， bnlog 2an1 ，若 x表示不超过 x 的最大整数，则 2 018b1b2 2 018b2b3 2 018b2 018b2 019等于( )A2 017 B2 018C2 019 D2 020答案 A解析 由题意可得 f( x)3 an1 x22 anx an2 ， x1 是函数 f(x)的极值点， f(1)3 an1 2 an an2 0，即 an2 3 an1 2 an0. an2 an1 2 ，(an 1 a

4、n) a2 a11， a3 a2212， a4 a3222 2， an an1 2 n2 ，以上各式累加可得 an2 n1 . bnlog 2an1 log 22n n. 2 018b1b2 2 018b2b3 2 018b2 018b2 0192 018 (112 123 12 0182 019)2 018 2 018 2 017 .(112 019) 2 0182 019 12 019 2 017.2 018b1b2 2 018b2b3 2 018b2 018b2 0198对于数列 an，定义 Hn 为 an的“优值” ，现在已知某数列 an的“优值”a1 2a2 2n 1annHn2 n

5、1 ，记数列 an kn的前 n 项和为 Sn，若 Sn S5对任意的 n 恒成立，则实数 k 的取值范围为_答案 73， 125解析 由题意可知 2 n1 ，a1 2a2 2n 1ann a12 a22 n1 an n2n1 ，a12 a22 n2 an1 ( n1)2 n， 由，得 2n1 an n2n1 ( n1)2 n(n2， nN *)，3则 an2 n2( n2)，又当 n1 时， a14，符合上式， an2 n2( nN *)， an kn(2 k)n2，令 bn(2 k)n2， Sn S5， b50， b60，解得 k ，73 125 k 的取值范围是 .73， 1259已知数

6、列 an的前 n 项和为 Sn， Sn (an1)，则(4 n2 1) 的最小值为_43 (16an 1)答案 4解析 Sn (an1)， Sn1 (an1 1)( n2)，43 43 an Sn Sn1 (an an1 )，43 an4 an1 ，又 a1 S1 (a11)，43 a14， an是首项为 4，公比为 4 的等比数列， an4 n，(4 n2 1) (16an 1) (4n16 1)(164n 1)2 224，4n16 164n当且仅当 n2 时取“” 10已知数列 an的首项 a1 a，其前 n 项和为 Sn，且满足 Sn Sn1 4 n2(n2， nN *)，若对任意nN

7、*， an2)，求函数 f(n)的最小值；1n a1 2n a2 3n a3 nn an(3)设 bn ， Sn表示数列 bn的前 n 项和，试问：是否存在关于 n 的整式 g(n)，使得1anS1 S2 S3 Sn1 ( Sn1) g(n)对于一切不小于 2 的自然数 n 恒成立？若存在，写出 g(n)的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由解 (1)点 P(an， an1 )在直线 x y10 上，即 an1 an1，且 a11，数列 an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列， an1( n1)1 n(nN *)(3) bn Sn1 ，1n 12 13 1n Sn Sn1 (n2)，1

8、n即 nSn( n1) Sn1 Sn1 1，( n1) Sn1 ( n2) Sn2 Sn2 1，2 S2 S1 S11，5 nSn S1 S1 S2 Sn1 n1， S1 S2 Sn1 nSn n( Sn1) n(n2)， g(n) n.12已知数列 an的首项为 1， Sn为数列 an的前 n 项和， Sn1 qSn1，其中 q0， nN *.(1)若 2a2， a3， a22 成等差数列，求数列 an的通项公式；(2)设双曲线 x2 1 的离心率为 en，且 e2 ，证明： e1 e2 en .y2a2n 53 4n 3n3n 1(1)解 由已知 Sn1 qSn1，得 Sn2 qSn1 1

9、，两式相减得到 an2 qan1 ， n1.又由 S2 qS11 得到a2 qa1，故 an1 qan对所有 n1 都成立所以，数列 an是首项为 1，公比为 q 的等比数列从而 an qn1 .由 2a2， a3， a22 成等差数列， 可得 2a33 a22，即 2q23 q2，则(2 q1)( q2)0，由已知， q0，故 q2.所以 an2 n1 (nN *)(2)证明 由(1)可知， an qn1 .所以双曲线 x2 1 的离心率y2a2nen .1 a2n 1 q2 n 1由 e2 ，解得 q .1 q253 43因为 1 q2(k1) q2(k1) ，所以 qk1 (kN *)1

10、 q2 k 1于是 e1 e2 en1 q qn1 .qn 1q 1故 e1 e2 en .4n 3n3n 113.已知数列 an的前 n 项和 Sn满足关系式 Sn kan1 ， k 为不等于 0 的常数(1)试判断数列 an是否为等比数列；(2)若 a2 ， a31.12求数列 an的通项公式及前 n 项和 Sn的表达 式；6设 bnlog 2Sn，数列 cn满足 cn bn2 nb，数列 cn的前 n 项和为 Tn，当 n1 时，求使1bn 3bn 4Tn0，因为 nN *且 n1，故 n9，从而最小正整数 n 的值是 10.14已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn n2(

11、 an2)( nN *)(1)证明：数列 an1为等比数列；7(2)若 bn anlog2(an1)，数列 bn的前 n 项和为 Tn，求 Tn.(1)证明 Sn n2( an2)，当 n2 时， Sn1 ( n1)2( an1 2)，两式相减， 得 an12 an2 an1 ， an2 an1 1， an12( an1 1)， 2( n2)(常数)an 1an 1 1又当 n1 时， a112( a12)，得 a13， a112，数列 an1是以 2 为首项，2 为公比的等比数列(2)解 由(1)知， an122 n1 2 n， an2 n1，又 bn anlog2(an1)， bn n(2

12、n1)， Tn b1 b2 b3 bn(1222 232 3 n2n)(123 n)，设 An1222 232 3( n1)2 n1 n2n，则 2An12 222 3( n1)2 n n2n1 ，两式相减，得 An22 22 32 n n2n1 n2n1 ，2 1 2n1 2 An( n1)2 n1 2.又 123 n ，n n 12 Tn( n1)2 n1 2 (nN *)n n 1215已知数列 an满足 a12， an1 2( Sn n1)( nN *)，令 bn an1.(1)求证： bn是等比数列； (2)记数列 nbn的前 n 项和为 Tn，求 Tn；(3)求证： ，1ak 13k 113k得 1a1 1a2 1a3 1an13 132 13n .13(1 13n)1 13 12 12 13n又 1ak 13k 1 3k 1 1 3k 1 3k 1 13k 1 3k 1 3k 1 1 ，32( 13k 1 13k 1 1)所以 Error!1a1 1a2 1a3 1an12 32Error! 12 32( 132 1 13n 1 1)9 ，12 316 32 13n 1 11116故 .12 123n1a1 1a2 1a3 1an1116