上海专用2018版高考数学总复习专题06数列分项练习含解析

第六章 数列

一.基础题组

1. 【2017高考上海,10】已知数列{}n a 和{}n b ,其中2*

,n a n n N =∈ ,{}n b 的项是互不

相同的正整数.若对于任意*n N ∈ ,{}n b 的第n a 项等于{}n a 的第n b 项,则

()()14916

1234

lg lg b b b b b b b b = .

【答案】2

【解析】由题意可得:()22

n n b b = , 当1n = 时:()2

11b b = ; 当2n = 时:()2

42b b = ; 当3n = 时:()293b b = ; 当4n = 时:()2164b b = ; 则:()

()()()

()2

222

2

1491612341234b b b b b b b b b b b b == ,

据此可得:

()()()

()

2

14916123412341234lg lg 2lg lg b b b b b b b b b b b b b b b b == . 2、【2016高考上海理数】无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成,n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意

n *∈N ,

{}3,2∈n S ,则k 的最大值为________.

【答案】4

【解析】试题分析:

当1n =时,12a =或13a =;当2n …

时,若2n S =,则12n S -=,于是0n a =,若3n S =,则13n S -=,于是0n a =,从而存在N k *∈,当n k …

时,0k a =.所以数列{}n a 要涉及最多的不同的项可以为:2,1,?1,0,0???从而可看出max 4k =. 【考点】数列的项与和

【名师点睛】从分析条件入手,推断数列的构成特点,解题时应特别注意“数列{}n a 由k 个不同的数组成”和“k 的最大值”.本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力等.

3. 【2016高考上海理数】已知无穷等比数列{}n a 的公比为,前n 项和为n S ,且S S n n =∞

→lim .

下列条件中,

使得()

2n S S n *<∈N 恒成立的是( ).

(A )7.06.0,01<<>q a (B )6.07.0,01-<<-q a (D )7.08.0,01-<<-

【考点】数列的极限、等比数列求和

【名师点睛】本题解答时确定不等关系是基础,准确分类讨论是关键,易错点是在建立不等关系之后,不知所措或不能恰当地分类讨论.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.

4. 【2014上海,理8】 设无穷等比数列{n a }的公比为q ,若)(lim 431 ++=∞

→a a a n ,则

q= .

【解析】由题意334lim()1n n a a a a q

→∞

++

+=-,即2111a q a q =-,∵10,1a q ≠<,∴q =. 【考点】无穷递缩等比数列的和.

5. 【2013上海,理10】设非零常数d 是等差数列x 1,x 2,…,x 19的公差,随机变量ξ等可能地取值x 1,x 2,…,x 19,则方程D ξ=______. 【答案】30|d |

【解析】E ξ=x 10,D ξ|.d =

6. 【2013上海,理17】在数列{a n }中,a n =2n

-1.若一个7行12列的矩阵的第i 行第j 列的元素c ij =a i ·a j +a i +a j (i =1,2,…,7;j =1,2,…,12),则该矩阵元素能取到的不同数值的个数为( ) A .18

B .28

C .48

D .63

【答案】A

【解析】a i ,j =a i ·a j +a i +a j =2

i +j

-1,而i +j =2,3,…,19,故不同数值个数为18,选A.

7. 【2013上海,文2】在等差数列{a n }中,若a 1+a 2+a 3+a 4=30,则a 2+a 3=______. 【答案】15

【解析】a 1+a 2+a 3+a 4=2(a 2+a 3)=30?a 2+a 3=15.

8. 【2013上海,文7】设常数a R.若25()a

x x

+的二项展开式中x 7

项的系数为-10,则a =______.

【答案】-2

【解析】25()a

x x +?255C ()()r

y r a x x

-=-10x 7

?r =1,1

5C a =-10?5a =-10,a =-2

9. 【2012上海,理6】有一列正方体,棱长组成以1为首项、

1

2

为公比的等比数列,体积分别记为V 1,V 2,…,V n ,…,则12lim()n n V V V →∞

+++=…__________.

【答案】

87

∴128lim ()7

n n V V V →∞

+++=

…. 10. 【2012上海,文8】在(x -1x

)6

的二项展开式中,常数项等于__________. 【答案】-20

【解析】展开式的通项为T r +1=6C r x 6-r

·(-

1x

)r

,令6-r =r ,可得r =3 所以T 4=3

6C x 3

×(-

1x

)3=-3

6C =-20. 11. 【2012上海,文14】已知1

()1f x x

=

+,各项均为正数的数列{a n }满足a 1=1,a n +2=f (a n ).若a 2 010=a 2 012,则a 20+a 11的值是__________.

【解析】由a n +2=f (a n )=

1

1n

a +,a 1=1, 可得311112a a =

=+,53112

113

12

a a ===++,

71

32513a =

=+,9153815

a ==+, 1118513

18

a =

=

+. 由a 2 012=

2010

1

1a +=a 2 010,可得a 2 010=a 2 012

=12,

则a 2=a 4=…=a 20=a 2n =a 2 010=a 2 012

所以a 20+a 11

813=. 12. 【2012上海,文18】若π2ππsin sin sin

777

n n S =+++…(n ∈N *

),则在S 1,S 2,…,S 100中,正数的个数是( )

A .16

B .72

C .86

D .100 【答案】 C 【解析】由π8πsin

sin 77=-,2π9πsin sin 77=-,…,6π13πsin sin 77=-,7π14π

sin sin 077

==,

所以S 13=S 14=0.

同理S 27=S 28=S 41=S 42=S 55=S 56=S 69=S 70=S 83=S 84=S 97=S 98=0, 所以在S 1,S 2,…,S 100中,其余各项均大于0. 故选C 项.

13. 【2011上海,理18】设{a n }是各项为正数的无穷数列,A i 是边长为a i ,a i +1的矩形的面积(i =1,2,…),则{A n }为等比数列的充要条件是( ) A .{a n }是等比数列

B .a 1,a 3,…,a 2n -1,…或a 2,a 4,…,a 2n ,…是等比数列

C .a 1,a 3,…,a 2n -1,…和a 2,a 4,…,a 2n ,…均是等比数列

D .a 1,a 3,…,a 2n -1,…和a 2,a 4,…a 2n ,…均是等比数列,且公比相同 【答案】D 【解析】

14. 【2010上海,理11】将直线:0nx y n +-=、:0x n y n +-=(*n N ∈,2n ≥)轴、y

轴围成的封闭图形的面积记为n S ,则lim n n S →∞

= ;

【答案】1

【解析】直线:0nx y n +-=、:0x n y n +-=(*n N ∈,2n ≥)轴、y 轴围成的封闭图形

为四边形OABC ,其中(0,0)O ,(1,0)A ,,11n

n B n n ?? ?++??

,(0,1)C ,则1OB k =,1AC k =-,

∴OB AC ⊥,故11221

n n S OB AC n =?==+,于是lim lim 11n n n n

S n →∞→∞==+,故

答案为:1.

【点评】本题将直线与直线的位置关系与数列极限结合,考查两直线的交点的求法、两直线垂直的充要条件、四边形的面积计算以及数列极限的运算法则,是本次考题的一个闪光点. 15. (2009上海,理12)已知函数f(x)=sinx+tanx,项数为27的等差数列{a n }满足a n ∈(2π-,2

π

),且公差d≠0.若f(a 1)+f(a 2)+…+f(a 27)=0,则当k=__________时,f(a k )=0. 【答案】14

16. (2009上海,理23)本题共有3个小题,第1小题满分5分,第2小题满分5分,第3小题满分8分.

已知{a n }是公差为d 的等差数列,{b n }是公比为q 的等比数列. (1)若a n =3n+1,是否存在m 、k ∈N *

,有a m +a m+1=a k ?说明理由;

(2)找出所有数列{a n }和{b n },使对一切n ∈N *

,n n

n b a a =+1

,并说明理由; (3)若a 1=5,d=4,b 1=q=3,试确定所有的p,使数列{a n }中存在某个连续p 项的和是数列{b n }中的一项,请证明.

【答案】(1) 不存在;(2) {a n }为非零常数列,{b n }为恒等于1的常数列;(3)参考解析 【解析】(1)由a m +a m+1=a k ,得6m+5=3k+1, 整理后,可得3

42=

-m k , ∵m 、k ∈N *

,∴k-2m 为整数. ∴不存在m 、k ∈N *

,使等式成立. (2)解法一:若

n n n b a a =+1,即1111)1(-=-++n q b d

n a nd

a ,(*)

①若d=0,则1=b 1q n-1

=b n .

当{a n }为非零常数列,{b n }为恒等于1的常数列,满足要求. ②若d≠0,(*)式等号左边取极限得

1)1(1

1lim =-++∞→d n a nd

a n ,(*)式等号右边的极限只有当q=1时,才可能等于1.此时等号左边是常数, ∴d=0,矛盾.

综上所述,只有当{a n }为非零常数列,{b n }为恒等于1的常数列,满足要求. 解法二:设a n =nd+c. 若

n n

n b a a =+1

,对n ∈N *都成立,且{b n }为等比数列, 则

q a a a a n

n n n =+++1

12/,对n ∈N *都成立, 即a n a n+2=qa n+12

.

∴(dn+c)(dn+2d+c)=q(dn+d+c)2

对n ∈N *

都成立.∴d 2

=qd 2

.

①若d=0,则a n =c≠0,∴b n =1,n ∈N *

. ②若d≠0,则q=1,∴b n =m(常数), 即

m c

dn c

d dn =+++,则d=0,矛盾.

综上所述,有a n =c≠0,b n =1, 使对一切n ∈N *

,

n n

n b a a =+1

. (3)a n =4n+1,b n =3n

,n ∈N *

.

设a m+1+a m+2+…+a m+p =b k =3k

,p 、k ∈N *

,m ∈N.

k p p m m 32

1

)(41)1(4=+++++,

∴4m+2p+3=p

k

3.

∵p 、k ∈N *

,∴p=3s

,s ∈N. 取k=3s+2,4m=3

2s+2

-2×3s -3=(4-1)

2s+2

-2×(4-1)s

-3≥0,

由二项展开式可得正整数M 1、M 2, 使得(4-1)

2s+2

=4M 1+1,2×(4-1)s =8M 2+(-1)s

2,

∴4m=4(M 1-2M 2)-(-1)s

+1]2.

∴存在整数m 满足要求.

故当且仅当p=3s

,s ∈N 时,命题成立.

说明:第(3)题若学生从以下角度解题,可分别得部分分(即分步得分). 若p 为偶数,则a m+1+a m+2+…+a m+p 为偶数,但3k 为奇数. 故此等式不成立,∴p 一定为奇数. 当p=1时,则a m+1=b k ,即4m+5=3k

, 而3k

=(4-1)

k

=k

k k k k k k k k k k M C C C C )1(4)1()1(4)1(4411110-+=-?+-??++-??+?--- ,

M ∈Z.

当k 为偶数时,存在m,使4m+5=3k

成立. 当p=3时,则a m+1+a m+2+a m+3=b k , 即3a m+2=b k , 也即3(4m+9)=3k

,

∴4m+9=3k-1

,4(m+1)+5=3k-1

.

由已证可知,当k-1为偶数即k 为奇数时, 存在m,4m+9=3k 成立.

当p=5时,则a m+1+a m+2+…+a m+5=b k ,即5a m+3=b k , 也即5(4m+13)=3k

,而3k

不是5的倍数, ∴当p=5时,所要求的m 不存在. 故不是所有奇数都成立.

17. 【2008上海,理14】 若数列{a n }是首项为1,公比为a -3

2的无穷等比数列,且{a n }各项的

和为a ,则a 的值是( ) A .1 B .2 C .12 D .5

4

【答案】B

18. 【2007上海,文14】数列{}n a 中,2

2

21

1100010012n n n a n n n n ???=???-?

,≤≤,,≥, 则数列{}n a 的极限值( )

A.等于 B.等于 C.等于或 D.不存在

【答案】B 【解析】

19. 【2005上海,理12】用个不同的实数n a a a ,,,21 可得到!n 个不同的排列,每个排列为一

行写成一个!n 行的数阵。对第行in i i a a a ,,,21 ,记in n

i i i i na a a a b )1(....32321-++-+-=,

!,,3,2,1n i =。例如:用1,2,3可得数阵如图,由于此数阵中每一列各数之和都是12,所

以,

2412312212621-=?-?+-=+++b b b ,那么,在用1,2,3,4,5形成的数阵中, 12021b b b +++ =________.

1231231231231231

2

3

【答案】-1080

【解析】在用1,2,3,4,5形成的数阵中,每一列各数之和都是360,

1080360536043603360236012021-=?-?+?-?+-=+++b b b

20. 【2005上海,理20】(本题满分14分)本题共有2个小题,第1小题满分6分,第2小题满分8分.

假设某市2004年新建住房400万平方米,其中有250万平方米是中低价房.预计在今后的若干年后,该市每年新建住房面积平均比上年增长8%.另外,每年新建住房中,中底价房的面积均比上一年增加50万平方米.那么,到哪一年底

(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2004年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米?

(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%? 【答案】(1)2013;(2)2009

【解析】(1)设中低价房面积形成数列{}n a ,由题意可知{}n a 是等差数列,

其中a 1=250,d=50,则 ,22525502

)

1(2502n n n n n S n +=?-+

= 令,4750225252

≥+n n 即.10,,019092

≥∴≥-+n n n n 是正整数而 ∴到2013年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米. (2)设新建住房面积形成数列{b n },由题意可知{b n }是等比数列, 其中b 1=400,q=1.08, 则b n =400·(1.08)n -1

由题意可知n n b a 85.0> 有250+(n -1)50>400 · (1.08)

n -1

· 0.85.

由计算器解得满足上述不等式的最小正整数n=6,

∴到2009年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%. 二.能力题组

21.【2016高考上海理数】(本题满分18分)本题共有3个小题,第1小题满分4分,第2小题满分6分,第3小题满分8分.

若无穷数列{}n a 满足:只要*(,)p q a a p q =∈N ,必有11p q a a ++=,则称{}n a 具有性质P . (1)若{}n a 具有性质P ,且12451,2,3,2a a a a ====,67821a a a ++=,求3a ; (2)若无穷数列{}n b 是等差数列,无穷数列{}n c 是公比为正数的等比数列,151b c ==,

5181b c ==,n n n a b c =+,判断{}n a 是否具有性质P ,并说明理由;

(3)设{}n b 是无穷数列,已知*

1sin ()n n n a b a n +=+∈N .求证:“对任意1,{}n a a 都具有性质

P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.

【答案】(1)16;(2){}n a 不具有性质,理由见解析;(3)见解析. 【解析】

(3)从充分性、必要性两方面加以证明,其中必要性用反证法证明. 试题解析:(1)因为52a a =,所以63a a =,743a a ==,852a a ==. 于是678332a a a a ++=++,又因为67821a a a ++=,解得316a =.

(2){}n b 的公差为20,{}n c 的公比为

13

所以()12012019n b n n =+-=-,1

518133n n n c --??

=?= ?

??.

520193n n n n a b c n -=+=-+.

1582a a ==,但248a =,6304

3

a =

,26a a ≠, 所以{}n a 不具有性质. 证](3)充分性:

当{}n b 为常数列时,11sin n n a b a +=+.

对任意给定的1a ,只要p q a a =,则由11sin sin p q b a b a +=+,必有11p q a a ++=. 充分性得证. 必要性:

用反证法证明.假设{}n b 不是常数列,则存在k *∈Ν, 使得12k b b b b ==???==,而1k b b +≠.

下面证明存在满足1sin n n n a b a +=+的{}n a ,使得121k a a a +==???=,但21k k a a ++≠. 设()sin f x x x b =--,取m *∈Ν,使得πm b >,则

()ππ0f m m b =->,()ππ0f m m b -=--<,故存在使得()0f c =.

取1a c =,因为1sin n n a b a +=+(1n k ≤≤),所以21sin a b c c a =+==, 依此类推,得121k a a a c +==???==.

但2111sin sin sin k k k k a b a b c b c ++++=+=+≠+,即21k k a a ++≠. 所以{}n a 不具有性质,矛盾. 必要性得证.

综上,“对任意1a ,{}n a 都具有性质”的充要条件为“{}n b 是常数列”. 【考点】等差数列、等比数列、充要条件的证明、反证法

【名师点睛】本题对考生的逻辑推理能力要求较高,是一道难题.解答此类题目时,熟练掌握等差数列、等比数列的相关知识及反证法是基础,灵活应用已知条件进行推理是关键.本题易错主要有两个原因,一是不得法,二是对复杂式子的变形能力不足,导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维及推理能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.

22. 【2016高考上海文数】(本题满分16分)本题共有3个小题,第1小题满分4分,第2小题满分6分,第3小题满分6分.

对于无穷数列{n a }与{n b },记A ={x |x =n a ,*n ∈N },B ={x |x =n b ,*n ∈N },若同时满足条件:①{n a },{n b }均单调递增;②A B =?且*A B =N ,则称{n a }与{n b }是无穷

互补数列.

(1)若n a =21n -,n b =42n -,判断{n a }与{n b }是否为无穷互补数列,并说明理由; (2)若n a =2n 且{n a }与{n b }是无穷互补数列,求数列{n b }的前16项的和;

(3)若{n a }与{n b }是无穷互补数列,{n a }为等差数列且16a =36,求{n a }与{n b }的通项公式. 【答案】(1){}n a 与{}n b 不是无穷互补数列,理由见解析;(2)180;(3)24n a n =+,

,5

25,5n n n b n n ≤?=?

->?

. 【解析】试题分析:(1)直接应用定义“无穷互补数列”的条件验证即得;(2)利用等差数列与等比数列的求和公式进行求解;(3)先求等差数列{n a }的通项公式,再求{n b }的通项公式. 试题解析:(1)因为4A ?,4B ?,所以4A B ?,

从而{}n a 与{}n b 不是无穷互补数列. (2)因为416a =,所以1616420b =+=.

数列{}n b 的前16项的和为:()()

23412202222++???+-+++

()5120

20221802

+?--=. (3)设{}n a 的公差为d ,d *∈Ν,则1611536a a d =+=. 由136151a d =-≥,得1d =或.

若1d =,则121a =,20n a n =+,与“{}n a 与{}n b 是无穷互补数列”矛盾;

若2d =,则16a =,24n a n =+,,

525, 5.n n n b n n ≤?=?->?

综上,24n a n =+,,

525, 5.

n n n b n n ≤?=?

->?,

【考点】等差数列、等比数列、新定义问题

【名师点睛】本题对考生的逻辑推理能力要求较高,是一道难题.解答此类题目时,熟练掌握等

差数列、等比数列的相关知识是基础,灵活应用已知条件进行推理是关键.本题易错主要有两个原因,一是不得法,二是对新定义的理解能力不足,导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维及推理能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.

23.【2015高考上海理数】(本题满分16分)本题共有3个小题.第1小题满分4分,第2小题满分6分,第3小题满分6分.

已知数列{}n a 与{}n b 满足()112n n n n a a b b ++-=-,n *∈N . (1)若35n b n =+,且11a =,求数列{}n a 的通项公式;

(2)设{}n a 的第0n 项是最大项,即0n n a a >(n *∈N ),求证:数列{}n b 的第0n 项是最大项;

(3)设10a λ=<,n

n b λ=(n *∈N ),求λ的取值范围,使得{}n a 有最大值M 与最小值m ,

()2,2m

M

∈-. 【答案】(1)65n a n =-(2)详见解析(3)1,02??

-

???

【解析】解:(1)由13n n b b +-=,得16n n a a +-=, 所以{}n a 是首项为,公差为的等差数列, 故{}n a 的通项公式为65n a n =-,n *∈N .

证明:(2)由()112n n n n a a b b ++-=-,得1122n n n n a b a b ++-=-. 所以{}2n n a b -为常数列,1122n n a b a b -=-,即1122n n a b a b =+-. 因为0n n a a ≥,n *∈N ,所以011112222n n b a b b a b +-≥+-,即0n n b b ≥. 故{}n b 的第0n 项是最大项.

解:(3)因为n

n b λ=,所以()

112n n n n a a λλ++-=-,

当2n ≥时,()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+???+-+ ()()()

1122222n n n n λλλλλλλ---=-+-+???+-+

2n

λλ=-.

当1n =时,1a λ=,符合上式.

所以2n

n a λλ=-.

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