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6数列
()
2020年高考数学(理)真题模拟试题专项汇编(6)数列
1.
(2020年全国2卷理数,4】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇而形石板构成第一环,向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块•已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇而形石板(不含天心石)
C.3402块D.3339块
2.
若如+%2+…+昭】0=2山一2‘,则R=()
[2020年全国2卷理数,6】数列{%}中,α1=2,%fr=%q
3.[2020年全国2卷理数,12】0-1周期序列在通信技术中有着重要应用•若序列厲①…①…满足qw{0,l}(心12・・・),
且存在正整数m,使得q*=q(i=12…)成立,则称其为0-1周期序列,并称满足%=q(i2√∙∙)的最小正整数W
1m
为这个序列的周期•对于周期为m的0-1序列qα∙∙q∙∙∙,Cw=:
丄J仗=12…加-1)是描述英性质的重要指标.,-1,
下列周期为5的0-1序列中,满足C(kK丄伙=1,2,3,4)的序列是()
5
A.11010∙∙∙B.IlOll..C.IOOOl…D・11001…
4.[2020年北京卷,8】在等差数列仏}中,∏1=-9,∏5=-1,记7>“厲…厲⑺二临…),则数列亿}()
A•有最大项,有最小项B•有最大项,无最小项
C.无最大项,有最小项D.无最大项,无最小项
5.[2020年浙江卷,7】已知等差数列{陽}的前〃项和为S11,公差d≠0,且今≤1∙记也=S2,®+产S2n+2-S2rt,”wN∙,下
列等式不可能成立的是()
CIX+t∕2+・•4
6.【2020年上海卷,8]已知{©}是公差不为零的等差数列,且4+伽=為
7.[2020年江苏卷,11】设{"”}是公差为d的等差数列,{化}是公比为q的等比数列,已知数列他+2}的前"项
和S“=n2-n+Z-∖(nGN・),贝l∖d+q的值是.
&【2020年全国新髙考1卷,14】将数列{2n-∖}与{3“-2}的公共项从小到大排列得到数列{“”},则仏}的前"项和为•
9.[2020年浙江卷,11】我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过髙阶等差数列的求和问题,如数列{咛U;>就是二阶
等差数列•数列,芝巴(∕i∈N*)的前3项和是.
10.[2020年全国3卷理数,17】设数列{%}满足4=3,a^≈3an-4n.
(1)计算①,偽,猜想{©}的通项公式并加以证明:
(2)求数列{21」的前”项和S”.
11.【2020年全国1卷理数,17】设{叩是公比不为1的等比数列,®为①,①的等差中项.
(1)求{“”}的公比;
⑵若q=l,求数列{naιl}的前"项和.
12.[2020年上海卷,21]有限数列{©},若满足∣λ,-λJ≤I^-^l≤...≤πi-λJ,m是项数,则称⑺”}满足性质P.
(1)判断数列3,2,5,1和4,325,1是否具有性质P,请说明理由.
(2)若q=l,公比为q的等比数列,项数为10,具有性质p,求g的取值范围.
<3)αrt是1,2,...,“7的一个排列(Zn≥4),⅛=ak+l(k=∖,2..jji-1),{λb},{⅛}都具有性质p,求所有满足条件的{an}.
13.[2020年江苏卷,20】已知数列⑷5∈N*)的首项玛=1,前H项和为S”,设几与R是常数.若对一切正整数n,
均有SSf=AilIi成立,则称此为iiλ-k,t数列.
(1)若等差数列{"”}是tiA-Vf数列,求λ的值:
(2)若数列{“”}是“斗-2”数列,且«„>0,求数列{“”}的通项公式;
(3)对于给定的几,是否存在三个不同的数列{"”}为“兄-3”数列,且U^O?
若存在,求2的取值范围:
若不存在,说明理由.
14.[2020年北京卷,21]已知{①}是无穷数列,给岀两个性质:
②对于{心}中任意一项a,,(n≥3)t在{©}中都存在两项畋,q伙>/),使得©=
(1)若a”=/©=],?
...),判断数列{%}是否满足性质①,说明理由:
(2)若^ι=2n-1(n=1.2,...),判断数列{心}是否同时满足性质①和性质②,说明理由:
(3)若{©}是递增数列,且同时满足性质①和性质②,证明:
{©}为等比数列.
15.[2020年全国新高考1卷,18】已知公比大于1的等比数列{"”}满足^+πd=2O.67i=8.
(1)求{"”}的通项公式;
(2)记-为仏}在区间(0,/»](;»∈N*)中的项的个数,求数列仇}的前100项和几《•
16.[2020年浙江卷,20]已知数列{“”},{®},{c”}满足<∕1=bl=CI=I,cn=<∕zι+1-<∕π,ςt,1=-cπ(n∈N*).
(1)若{—}为等比数列,公IttZ>0,且求9的值及数列{①}的通项公式:
(2)若{休}为等差数列,公差d>O.证明:
cl+c2+c3+...+ςj U 17.[2020年天津卷,19】已知{%}为等差数列,⅛τ}为等比数列,=⅛=U5=5(α4-a3),bs=4⅛-⅛). <1)求{“”}和{⅛,}的通项公式: (2)记仏}的前π项和为S-求证: Vn+2<⅛1(n∈N4); 答案以及解析 1・答案: C 解析: 由题意知,由天心右•开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列,记为{①},易知其首项4=9,公差d=9,所以厲=4+(“-1)〃=9“.设数列{"“}的前H项和为S“,由等差数列的性质处SjSg-S,S^-S"也成等差数列,所以2(砥-S”)=S“+几-砥,所以(几-SJ-(Sm-SJ=St2S”=斗四-2X竺磐=9,4729,得“=9,所以三层共有扇面形石板的块数为S和="⑴三型=」罗X(些27壬)=3402,故选C. 22 2.答案: C 解析: 令m=l,则由①卄=厲厲,得%=叽即也=5=2,所以数列仏}是首项为2、公比为2的等比数列, 2×(l-2,°)ZZ 所以%=2"9所以%】+¾+2+∙∙∙+t∕λ+l0=ak(Ui+a2+∙∙∙+"ιo)=2k×∣~~-——-=2l+l×(2,°一1)=215一25=25×(21°一1), 解得R=4,故选C. 3・答案: C 翻Z»工.m、八小八、l×l+l×O+O×l+l×O+O×l1i×0+l×l+0×0+l×l÷0×l2才、 解权T: MJ-At因为C(I)=二=_,C (2)==->不满足C(k)≤-f 55555 故A不正确: 对于B,因为Q⑴=Irl二1二()二(: ”Ujl=不满足C(k)≤L,故B不正确;对于C,因为 555 —l×0+0×0÷0×0+0×l+l×l1—补l×0+0×0+0×l+0×l÷l×0C C(I)==—,C (2)==0» 555 l×0+0×l+0×l+o×o+ι×oC一八lxl+0×l+0×0+0×0+l×01涪口f-Ut-TrfeZ工八 C(3)==0>C(4)==一,7两足C(⅛)≤->故C止确;对-JD, 5555 因为C(I)=1? Tr1;°+°? +U=f,不满足C(k)≤-f故D不正确.综上所述,故选C. 5 4.答案: B 解析: 设等差数列{αf,}的公差为〃,TdI=-9,as≈-l,.∖as=-9+4d=-l,.∖d≈2t.∙.αn=-9+(n-l)×2=2∕ι-ll. 令λw=2∕j-11≤0,贝∣J∏≤5.5,λh≤5时,心<0: 川》6时,厲〉O..? =-9<0,匚=(一9)x(—7)=63>0, Ty=(T)×(-7)×(-5)=-315<0,7;=(一9)×(一7)X(-5)X(一3)=945>0,人=(一9)X(一7)X(一5)X(一3)×(-l)≈-945<0, 当心6时,。 ”>0,且a,l≥∖t.∙.ηι+1<^1<0,..Tn=axa1^.an(n=∖^∙^有最大项7;,无最小项,故选B. 5.答案: D 解析: 由戈利=S2zι+2-S2n,得b1=ay+λ4=2πl+5Jt方4=α;+込=2d]+13d,b6=πll÷o12,bs=λ15+λ16=2ax+29〃・由等差数列的性质易知A成立: 若2血=対+方6,则2(^∕7+t⅛)=^∕3+a4÷t∕ll+an=2a7+2ιι^,故B成立: 若诟=y即(OI+3dy=(α1+d)(q+7J)>则α∣=d,故C可能成立: 若/才=b2l∖,即(2q÷13J)2=(2π1+Sd)(Ia{+29d),则—,d2 与已知矛盾,故D不可能成立. 6・答案: — 8 解析: 7.答案: 4 解析: 通解-In=1时,S1≈ai+bl=1①,: 当n≥2时,Un+⅛=Sn-SlrT=2n—2+2,''^l,则a2+b2=4②,a3+b3=8@,①+&=14④,②■①得d+∕√q-1)=3⑤,③■②得d+E(q-l)=4⑥,④•③得d+bj(q-1)=6⑦,⑥■⑤得⅛(^-l)2=l,⑦■⑥得b2(q-Y)2=2>则q=2,∕? I=Itd=2、所以d+q=4. 优解由题意可得51=67,+/7,=1,当心2时,你+2=S”—S”T=2“—2+2”T,易知当“=1时也成立,则 5+("—1)〃+勺/1=(仞+4—〃+勺'7=2“一2+2心对任意正整数“恒成立,贝IJd=2,q=2,〃+g=4. 光速解由等差数列和等比数列的前“项和的特征可得等差数列{"”}的前“项和Hπ=n2-n,等比数列{b,l}的前;7项和人=2“一1,贝∣J∕=2,q=2,d+q=4・ &答案: 3n2-2n 解析: 设⅛=2h-1,ς1=3n-2,⅛=ς,1,则2“一1=3加一2,得”=凹PI=凹匸二=兰宁匕+1,于是m-↑=2k,keN,所以m=2k+l,keN,贝IJq=3(2R+l)-2=6R+l,k∈N,an=6∕? -5,∕ι∈N*Sπ=-×∏=3/r-In. 9•答案: 10 解析: 解法一因为©=号空,所以S3=q+6+ακ=l+3+6=10. 解法二因为“Jg)上+2,所以S=皿+1)(2"+1)+心+1)=心+1)(卄2),所以3×4×5=IO "222rt124636 10.答案: 解: (1)6=5’ay=l. 猜想«„=272+1.由已知可得 a”+】-(2n+3)=3[αf,-(2n+l)], a”一(2∕ι+1)=3[—1—(2〃-1)], cι2一5=3(q一3). 因为q=3,所以Λπ=2∕ι÷l. (2)由 (1)得2naπ=(2n+i)2n,所以S”=3x2+5x2? +7x2'+∙∙∙+(2"+l)x2".① 从而2S”=3×22+5×2∙,+7×24+-∙+(2h+Γ)×2π+,.® ①•②得-S”=3×2+2×22+2×23+∙∙∙+2×2,,-(2∕j+l)×2n+,. 所以S=(2∕j-l)2β+1+2. 解析: 11.答案: (IM=-2: ⑵S”=£—2)" 解析: ⑴设{叫}的公比为可,由题设得2al≈a1+a3f即2al=alq+alq2. 所以q2+q-2=O,解得q=∖(舍去),(/=—2. 故仏}的公比为-2. ⑵记Slr为的前H项和.由⑴及题设可得,"”=(-2严.所以S”=l+2x(-2)+…+“x(-2)"T,一2S”=-2+2×(-2)^+…+(”-I)X(-2)π-1+n×(-2)". 可得3Sn=l+(-2)+(-2)2+(-2Γl-n×(-2)π =x(-2r. 3 S+1)(-2)” 99 12.答案: (1)对于第一个数列有12—31=1,15—31=2,11—31=2, 满足题意,该数列满足性质P 对于第二个数列有I3-4I=1J2-4I=2,15-41=1不满足题意,该数列不满足性质P. (2)由题意可得,∣∕-l∣≥∣^n-,-l∣,n∈{2,3,...,9} 两边平方得: q,'-2qπ+∖≥CiLnl-2q"+1 整理得: √-,[√-,(^+l)-2]≥0 当(q-l)q≥∖时,得√-,(√+l)-2≥O,此时关于"恒成立, 所以等价于”=2时心+1)-220,所以(q+2)(q-1)≥0, 所以q≤-2或者q≥l,所以取g≥l. 当OS≤1时,得广U+l)-2≤0,此时关于H恒成立, 所以等价于“=2时心+1)—2≤0,所以⅛+2)(<7-l)≤O, 所以—2≤g≤l,所以取OS 当-1≤g 当“为奇数的时候,得广,(q+l)-2≤0,很明显成立, 当“为偶数的时候,得广,(g+l)-2≥0,很明显不成立,故当-∖≤q<0时,矛盾,舍去. 当g<-1时,得厂IyT(g+l)-2]SO. 当“为奇数的时候,得√-1(^+l)-2≤0,很明显成立, 当“为偶数的时候,要使√,^1(√+l)-2≥0恒成立, 所以等价于"=2时q(g+l)-2≥0,所以(g+2)(g-l)≥O,所以q≤~2或者q≥∖,所以取q≤~2. 综上可得,t7∈(→o,-2]∪(0,-κx)). (3)设ay=p,p∈{3,4,…—3,加一2} 因为g=P,§可以取1或者"+1,①可以取P_2或者/7+2 * 如果①或者①取了"-3或者卩+3,将使仏}不满足性质P所以,{an}的前五项有以下组合: CIyOl=P9∏2=p—19 6=八① =“一2+1,q="+2, ②a=卩,①=〃—1, ①=〃+1, a4=p+29a5=p-2, ③a〕=/八a2=/7+1,Ci 卜=“_1, q="-2,λ5=p÷2♦ ④Ol=Pfa2=p+1,6 S=p_1, π4=p÷2,CIS=P-2 对于①,也=〃-1,∖b2-^II=2,∖b3-^lI=I>与{化}满足性质p矛盾,舍去. 对于②,bl=p-∖,∣⅛-b,∣=2,∣⅝-⅛∣=3,∣⅛-b1∣=2与心}满足性质P矛盾,舍去.对于③,勺=p+l,|—|=2,∣⅛-Z>,∣=3,IbJ-WI=I与仇}满足性质P矛盾,舍去. 对于④,bi=p+∖»∣⅛2-∕j1∣=2,∣⅛,-⅛i∣=1,与{〃”}满足性质P矛盾,舍去. 所以pe{3,4,∙∙∙,加一3,加一2}均不能同时使{an},仇}都具有性质P• 当P=I时,有数列{an}i123,∙∙∙,加一1.加满足题意. 当P=In时,时有数列{"”}: m.m-1,∙∙∙,3,2,1满足题意. 当"2时,有数列{"”}: 2,l,3,∙∙∙,"Ll,m满足题意. 当PR时,有数列{“”}: "7-l,"M-2,m-3,∙∙∙,3,2,l满足题意. 故满足题意的数列只有上面四种. 解析: 13.答案: (1)因为等差数列仏}是“Q”数列,则Sz-SIt=¼+1,BPαn+1=¼1+1,也即(A-IX+1=0,此式对一切正整数"均成立. 若z≠1»则陽+]=0恒成立,故a3-a2=0>而a2-al=—1♦ 这与他}是等差数列矛盾. 所以A=L(此时,任意首项为1的等差数列都是“1~1”数列) (2)因为数列⅛}(n∈N*)是“£~2”数列, 所以応-$=写皿'即応-屁=写辰K• I(H=D 3x4""心2) 所以数列{S讣是公比为4的等比数列. 因为Sl=q=1,所以SZI=4r^l (3)设各项非负的数列{an}(∏e^)为“八3”数列,则SK=加L'即陌一顷=Zl逅m∙ 因为αQ0∙而q=l,所以Szι+1≥5π>O,=C”,则ICn-I=Λ^FT(cn≥l),即(Cn-I)3=23(c≡-l)(ςf≥l).(*) ①若∕ko或兄=1,贝IJc)只有一解为ς1=∏即符合条件的数列{g}只有一个. (此数列为l∙0∙0,0,∙∙∙) ②若Λ>l,贝UC)化为仏一I)\;+字三+1=0, 19 因为ς1≥l,所以T+夕号ς1+l>0,贝IJc)只有一解为c;I=B即符合条件的数列{“讣只有一个(此数列为l,0,0,0,…) Z3-I ③若OVzl<1,则c2+ςτ-∑cι+l=0的两根分别在(OJ)与(L+∞)内, 则方程C)有两个大于或等于1的解: 其中一个为1,另一个大于1(记此解为f)・所以九=S“或ξ1+1=∕3Sπ. 由于数列{S”}从任何一项求其后一项均有两种不同结果,所以这样的数列{S“}有无数多个,则对应的{y}有无数多个.综上所述,能存在三个各项非负的数列{"“}为"2〜3”数列,A的取值范围是0<∕l 解析: 14.答案: (1)当,=3J=2时,— a;2 又①=HwZ.∙.g}不满足性质① (2)任取正整数「>/有于=耳匚=220-h-°-h=严戸 ∙.i>j -.2∕-√=∕+(∕-y)∈N4 a. 故訂%•因此心满足性质① 若”为偶,取_/=2,心耳eZ,则耳彳字>2=丿 此时生=2宀戸=2'心宀=2"∣=① a; 故{①}满足性质② 综上{①}同时满足性质①和性质② 假设kQι时有5=aλqk~x,对%由性质② ・・CII <3)正整数i>j、使an^∖=— Uj 又{①}递增, 若q>0,则ai>a.>0^>^≈ai2L>aj×l≈ai>aiai /./ ? +! /.aι=“矿*,=恥广' 此时由%>①可知“产円>t∕1<7π^1 又4>(λq>l,/.2/-J-1>/? -1=>27-/>/? 又y<∕ —l√≤n =>2/-/≤2h-(∕j一1)=n+1 i=n ^2i-j=n+l且.I 此时J=圍"心 若Λ1<0,贝Ijqw(OJ),VneN*,an<0 .∖/? +1>Z>J/.ai=gqi9Ck)=Qxq)^ 同上an.l≈alq2i^>an=axq^ 又q<0gw(O,l).β.2/-/-1>∕? -1 同上可知i=HJ=n-∖9g=圍心)一1 综上由①②知{©}为等比数列 解析: 15.答案: (1)设仏}的公比为Cl.由题设得%+“才=20,“才=8.解得§=£(舍去),t7=2.由题设得q=2. 所以仏}的通项公式为t∕π=2π. (2)由题设及 (1)知A=0,且当2m≤∕h<2h+,时,為= 所以SloO=b∖+(b2+b3)+(b4+b5+b6+⅛)+∙∙∙+(⅛2+⅛3+∙β∙+⅛)+(^64+⅛5+ββ∙÷⅛oo)=0+l×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6x(100-63)=480. 解析: 16.答案: (1)由b∖+S=6b,得∖+q=6q2I解得g=*∙ 由ςl+1=4ςl得C,严严 4π^l+7由=4"τ得©=q+1+4+…+V ⅛∙ι√ 所以Cl+C2+c3÷・・・+c”=^~^-1- 由⅛1=1,f∕>θW∕¼1>O, 因此q+G+q+∙∙∙+f<1+丄,〃WNl ZS/1> 解析: 17・答案: (1)解: 设等差数列{匕}的公差为几等比数列仇}的公比为q.⅛π1=l,g=5仏-佝),可得d≈∖,从 而仏}的通项公式为©=〃・由妬=Lq=4(勺一®),Xσ≠0,可得b-4g+4=0,解得q=2,从而仇}的通项公式为 (2)证明: 由 (1)可得ξι=^! ±l! 故S”S”+2=£”(“+1)(“+2)(“+3),S: +严$“+1)2("+2)2,从而 SnSw-5j+1=-l(n+I)(H+2)<0.所以S“S* (3)解: 当“为奇数时,匹二®%=色=二一兰: 当“为偶数时,Cn=^L=^ll W+2心+2)h+2Hb沖T 对任意的正整数n,有 解析: 正确教育 WW・ZQY・COM 正确教育就 北京正确教育投资有限公司(以下简称为正确教育)为尊重和保护知识产权,依法维护参编作者和旗下网站的合法权益,特发表维护著作权声明如下: 1.在正确教育原创资料正文标题的下方(或课件在尾页)签署有参编作者授权声明,“本人声明: 本文属本人原创作品,本文著作权授予'北京正确教育投资有限公司'独家所有,本人拥有署名权。 ” 2•此类原创资料,正确教育拥有该原创资料的独家著作权,未经正确教育明确书面授权,编者不得许可第三方在网络上或者图书行业等商业活动中使用本人已上传至正确教育的原创资料。 3.任何商业公司或其他网站未经正确教育的授权许可,不得转载、摘编或以其他任何方式使用上述作品。 4•如发现某单位侵权使用正确教育的原创资料,欢迎用户向我们举报侵权单位,经正确教育总部确认属实后,给予举报用户奖励。 同时,资料编者有义务协助公司共同维护知识产权。 5.对于侵犯相关编者及正确教育合法权益的公司、网站和个人,正确教育均保留追究法律责任的权利。 6.本声明未涉及的问题请参见国家有关法律法规,当本声明与国家有关法律法规冲突时,以国家法律法规为准。 7.本网站相关声明版权及其修改权、更新权和最终解释权均属本公司所有。 特此声明。
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