2022届广东省高三数学一轮复习专题08:数列(含答案)

上传人:热*** 文档编号:226515 上传时间:2022-10-30 格式:DOC 页数:16 大小:932.76KB
下载 相关 举报
2022届广东省高三数学一轮复习专题08:数列(含答案)_第1页
第1页 / 共16页
2022届广东省高三数学一轮复习专题08:数列(含答案)_第2页
第2页 / 共16页
2022届广东省高三数学一轮复习专题08:数列(含答案)_第3页
第3页 / 共16页
2022届广东省高三数学一轮复习专题08:数列(含答案)_第4页
第4页 / 共16页
亲,该文档总共16页,到这儿已超出免费预览范围,如果喜欢就下载吧!
资源描述

1、专题08:数列一、单选题1(2022广东惠州一模)设等差数列的公差为d,若,则“”是“()”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件2(2022广东一模)已知正项数列满足,当最大时,的值为()A2B3C4D53(2022广东湛江一模)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,其中从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,即,后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.记,则()ABCD4(2022广东汕头一模)已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15,成等差数列,则()ABCD55(2022广东茂名一模)已知等比

2、数列的前项和为,公比为,则下列选项正确的是()A若,则B若,则C若,则D若,则6(2021广东佛山一模)已知数列的前n项和,则k的值为()A2BC1D二、多选题7(2022广东一模)已知数列满足,则下列结论中正确的是()AB为等比数列CD8(2022广东广州一模)十九世纪下半叶集合论的创立,奠定了现代数学的基础,著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物,具有典型的分形特征,其操作过程如下:将闭区间0,1均分为三段,去掉中间的区间段,记为第1次操作:再将剩下的两个区间,分别均分为三段,并各自去掉中间的区间段,记为第2次操作:;每次操作都在上一次操作的基础上,将剩下的各个区间分别均分为三段,同

3、样各自去掉中间的区间段;操作过程不断地进行下去,剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第n次操作去掉的区间长度记为,则()ABCD三、填空题9(2022广东深圳一模)已知等差数列的前n项和为,且,则数列的公差_10(2021广东佛山一模)已知数列,且,则数列的前100项的和为_11(2022广东茂名一模)如图所示阴影部分是一个美丽的螺旋线型的图案,它的画法是这样的:正三角形的边长为4,取正三角形各边的四等分点,作第2个正三角形,然后再取正三角形各边的四等分点, 作第3个正三角形,依此方法一直继续下去,就可以得到阴影部分的图案 .如图阴影部分,设三角形面积为,后续各阴影三角形面积依次为,.则_,数

4、列的前项和_四、解答题12(2022广东惠州一模)已知数列满足,且数列是等差数列.(1)求数列的通项公式:(2)设数列的前项和为,若且,求集合A中所有元素的和.13(2022广东一模)已知正项数列,其前n项和满足.(1)求证:数列是等差数列,并求出的表达式;(2)数列中是否存在连续三项,使得,构成等差数列?请说明理由.14(2022广东湛江一模)已知数列是等比数列,且,.(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前n项和,并证明:.15(2022广东广州一模)在等比数列中,分别是下表第一,二,三行中的某一个数,且中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一列323第二列465第三列9

5、128(1)写出,并求数列的通项公式;(2)若数列满足,求数列的前n项和.16(2022广东汕头一模)已知数列的前n项和为,.(1)证明:数列为等比数列,并求数列的前n项和为;(2)设,证明:.17(2022广东深圳一模)已知数列的首项,且满足(1)证明:是等比数列;(2)求数列的前n项和18(2022广东广东一模)设数列的前n项和为,满足,且(1)求数列的通项公式;(2)设,求的前n项和19(2022广东韶关一模)在;这三个条件中任选一个,补充在下列问题中,并做出解答.设数列的前项和为,_,数列是等差数列,.(1)求数列和的通项公式;(2)设,求数列的前项和.20(2022广东茂名一模)已知

6、数列,满足,且,(1)求,的值,并证明数列是等比数列;(2)求数列,的通项公式21(2021广东佛山一模)已知数列,的各项均为正数在等差数列中,;在数列中,(1)求数列,的通项公式;(2)求数列的前n项和为参考答案1C【分析】利用指数函数的单调性、数列增减性的定义以及等差数列的定义,结合充分、必要性定义判断即可.【详解】充分性:若,则,即,即,所以充分性成立;必要性:若,即,则,必要性成立.因此,“”是“”的充要条件.故选:C.2B【分析】先令,两边取对数,再分析的最值即可求解.【详解】令,两边取对数,有,令,则,当时,;当时,.所以在上单调递增,在上单调递减.所以时,取到最大值,从而有最大值

7、,因此,对于,当时,;当时,.而,因此,当最大时,.故选:B3C【分析】根据斐波那契数列的性质进行求解即可.【详解】由,得.故选:C.4A【分析】设等比数列的公比,根据题意列出方程组,解得答案.【详解】设等比数列的公比为 , ,故由题意可得: ,解得 , ,故选:A5B【分析】A选项可用片段和性质,BD选项使用基本量法,C选项借助下标和性质求解.【详解】A选择中,由即,解得B选项中, C选项中,由,D选项中,故选:B6C【分析】利用的关系可得,结合已知即可求k的值.【详解】由题设,当时,又,可得.故选:C7AD【分析】利用递推式可求得 的值,可判断A,B;将变为,利用等比数列的求和公式,求得结

8、果,判断C; 将变为,利用等比数列的求和公式,求得结果,判断D;【详解】,则 ,又 ,同理 ,故A正确;而 ,故不是等比数列,B错误; ,故C错误;,故D正确,故选:AD8BC【分析】分析题意发现是一个等比数列,按照等比数列的性质逐一验证即可,其中B选项是化简成一个等差数列进行判断,CD两个选项需要利用数列的单调性进行判断,尤其是D选项,需要构造新数列,利用做差法验证单调性.【详解】由题可知,;,;,由此可知,即一个等比数列;A:,A错误;B:,因为,所以该数列为递减数列,又因为当时,所以恒成立,B正确;C:,即,两边约去得到,当时,原式成立;当时,恒成立,所以成立,即成立,C正确;D:令,再

9、令,令解得,因为,所以取,由此可知时;时,故为最大值,根据单调性,即不恒成立,D错误.故选:BC92【分析】根据题意可得,直接利用等差数列前n项和公式计算即可.【详解】由题意知,解得.故答案为:10150【分析】由题目条件可以得到,进而得到,由此得出是常数数列,最后求出答案.【详解】根据题意,所以,即是常数数列,而,所以的前100项的和为:.故答案为:150.11 【分析】设正三角形边长为,后续各正三角形边长依次为,进而由余弦定理得,在结合三角形面积公式得,故数列是以为首项,为公比的等比数列,再根据等比数列求即可.【详解】设正三角形边长为,后续各正三角形边长依次为,由题意, ,由于,所以,于是

10、数列是以为首项,为公比的等比数列故答案为:;12(1)(2)【分析】(1)根据求出和,根据等差数列定义即可求出,从而求出通项公式;(2)分n为奇数和偶数时讨论数列的前项和为,由即可求出A.(1)由,故,可得,又,数列是等差数列,数列的公差,;(2)由(1)得,可得,为奇数时,故1,3,5,.109都是集合A中的元素,又,为偶数时,由得,2,4,6,8,10,是集合A中的元素,.13(1)证明见解析,;(2)不存在,理由见解析.【分析】(1)根据给定递推公式,结合“当时,”建立与的关系即可推理作答.(2)由(1)求出,利用反证法导出矛盾,推理作答.(1)依题意,正项数列中,即,当时,即,整理得,

11、又,因此,数列是以1为首项,1为公差的等差数列,则,因为是正项数列,即,所以.(2)不存在,当时,又,即,都有,则,假设存在满足要求的连续三项,使得构成等差数列,则,即,两边同时平方,得,即,整理得:,即,显然不成立,因此假设是错误的,所以数列中不存在满足要求的连续三项.14(1);(2),证明见解析.【分析】(1)利用等比数列的通项公式进行求解即可;(2)运用裂项相消法进行运算证明即可.(1)设等比数列的公比是q,首项是.由,可得.由,可得,所以,所以;(2)证明:因为,所以.又,所以.15(1),(2)【分析】(1)根据等比数列的定义和表格中数据的特点得到,进而求得通项公式;(2)由(1)

12、知,利用分组求和,含有需讨论为偶数与奇数,然后按照等差数列求和.(1)根据等比数列的定义和表格中数据,得到,即数列是首项为,公比为的等比数列,故.(2)因为当为偶数时,当为奇数时,综上所述,16(1)证明见解析;(2)证明见解析.【分析】(1)先求出,然后将的换成,与原式相减可得,从而可得即可证明,求出通项公式, 再分组可求和.(2)先求出,可得出,裂项相消法求和,可证明.(1)当时,即 由,则两式相减可得,即所以,即数列为等比数列则,所以则(2)所以17(1)证明见解析(2)【分析】(1)将已知条件转化为,由此证得数列是等比数列.(2)利用分组求和法求得.(1)由,得, 又,故, 故,所以,

13、 所以数列是以为首项,为公比的等比数列(2)由(1)可知,所以,所以18(1)(2)【分析】(1)利用与的关系,即可求解数列的通项公式;(2)由(1)可知,再利用错位相减法求和.(1)当时,得即,即所以数列是首项为2,公比为2的等比数列,故(2)由(1)知,则(1)(2)(1)(2)得所以19(1)选:,;选:,;选:,(2)【分析】(1)若选,可得,再利用累加法求出数列的通项公式;若选:由计算可得;若选:由计算可得;(2)由(1)可得,再利用错位相减法计算可得;(1)解:若选:由,则,可得将上述个式子相加,整理的又因为,所以.若选:,当时,当时,所以,所以.综上,若选:,当时,当时,由可得,

14、所以,所以.经检验当时也成立,所以;设等差数列的公差为,由题有,即,解得从而(2)解:由(1)可得,令的前项和是,则,两式相减得,整理得;20(1),证明见解析(2),【分析】(1)令,可求得,的值,再利用等比数列定义证明;(2)由(1)知,代入可得,利用累加法可求解.(1),.,是为首项,为公比的等比数列(2)由(1)知是为首项,为公比的等比数列.,当时,.当时,也适合上式所以数列的通项公式为数列的通项公式为.21(1);(2)【分析】(1)结合等差数列性质,将具体项转化为关于的关系式,可求通项, ,可求解的通项公式;(2)由(1)知,再采用错位相减法即可求解(1)(1)方法1:设数列的公差为d,由题意得:,解得,故;由可得:,即有或(舍),从而有数列为首项为1,公比为的等比数列,即可得;(2)(2)由(1)得,得:,故

展开阅读全文
相关资源
相关搜索
资源标签

当前位置:首页 > 高中 > 高中数学 > 数学高考 > 一轮复习