《2018版高考復習方案大一輪（全國人教數學）-歷年高考真題與模擬題分類匯編 D單元 數列（文科2012年） Word版含答案.doc-匯文網》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018版高考復習方案大一輪（全國人教數學）-歷年高考真題與模擬題分類匯編 D單元 數列（文科2012年） Word版含答案.doc-匯文網（24頁珍藏版）》請在匯文網上搜索。

1、D數列D1 數列的概念與簡單表示法14D1 已知f(x)，各項均為正數的數列an滿足a11，an2f(an)若a2010a2012，則a20a11的值是_14. 考查數列的遞推關系和函數的綜合問題，考查考生的推理能力和轉化與方程思想當n為奇數時，由遞推關系可得，a3，a5，依次可推得a7，a9，a11，又a2010a2012，由此可得出當n為偶數的時候，所有的偶數項是相等的，即a2a2010a2012，其值為方程x，即x2x10的根，解得x，又數列為正數數列，所以a20，所以a20a11.D2 等差數列及等差數列前n項和19D2、D4 已知數列an的前n項和為Sn，且Sn2n2n，nN*，數列

2、bn滿足an4log2bn3，nN*.(1)求an，bn；(2)求數列anbn的前n項和Tn.19解：(1)由Sn2n2n得當n1時，a1S13；當n2時，anSnSn14n1，當n1時，也符合所以an4n1，nN*，由4n1an4log2bn3得bn2n1，nN*.(2)由(1)知anbn(4n1)2n1，nN*，所以Tn3721122(4n1)2n1，2Tn32722(4n5)2n1(4n1)2n，所以2TnTn(4n1)2n(4n5)2n5，故Tn(4n5)2n5，nN*.12B2、D2 設函數f(x)(x3)3x1，an是公差不為0的等差數列，f(a1)f(a2)f(a7)14，則a1

3、a2a7()A0 B7 C14 D2112D 記公差為d，則f(a1)f(a2)f(a7)(a13)3(a23)3(a73)3(a1a2a7)7(a43d3)3(a42d3)3(a42d3)3(a43d3)37a477(a43)373(a43)7a47.由已知，7(a43)373(a43)7a4714，即7(a43)373(a43)7(a43)0，(a43)34(a43)0.因為f(x)x34x在R上為增函數，且f(0)0，故a430，即a43，a1a2a77a47321.21B12、D2 設函數f(x)sinx的所有正的極小值點從小到大排成的數列為xn(1)求數列xn的通項公式；(2)設xn

4、的前n項和為Sn，求sinSn.21解：(1)因為f(x)cosx0，cosx.解得x2k(kZ)由xn是f(x)的第n個正極小值點知，xn2n(nN*)(2)由(1)可知，Sn2(12n)nn(n1).所以sinSnsin.因為n(n1)表示兩個連續(xù)正整數的乘積，n(n1)一定為偶數所以sinSnsin.當n3m2(mN*)時，sinSnsin；當n3m1(mN*)時，sinSnsin；當n3m(mN*)時，sinSnsin2m0.綜上所述，sinSn10D2 已知an為等差數列，Sn為其前n項和，若a1，S2a3，則a2_，Sn_.101n 本題考查等差數列的基礎量運算設an的公差為d，由

5、S2a3可得da1，故a2a1d1，Snna1dn(n1)17D2、D3、K2 在等差數列an和等比數列bn中，a1b11，b48，an的前10項和S1055.(1)求an和bn；(2)現(xiàn)分別從an和bn的前3項中各隨機抽取一項，寫出相應的基本事件，并求這兩項的值相等的概率17解：(1)設an的公差為d，bn的公比為q.依題意得S1010d55，b4q38，解得d1，q2，所以ann，bn2n1.(2)分別從an，bn的前3項中各隨機抽取一項，得到的基本事件有9個：(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)符合題意的基本事件有2個

6、：(1,1)，(2,2)故所求的概率P.20D2、D3、D5 已知等差數列an前三項的和為3，前三項的積為8.(1)求等差數列an的通項公式；(2)若a2，a3，a1成等比數列，求數列|an|的前n項和20解：(1)設等差數列an的公差為d，則a2a1d，a3a12d，由題意得解得或所以由等差數列通項公式可得an23(n1)3n5，或an43(n1)3n7，故an3n5，或an3n7.(2)當an3n5時，a2，a3，a1分別為1，4,2，不成等比數列；當an3n7時，a2，a3，a1分別為1,2，4，成等比數列，滿足條件故|an|3n7|記數列|an|的前n項和為Sn.當n1時，S1|a1|

7、4；當n2時，S2|a1|a2|5；當n3時，SnS2|a3|a4|an|5(337)(347)(3n7)5n2n10.當n2時，滿足此式綜上，Sn4D2 在等差數列an中，已知a4a816，則a2a10()A12 B16C20 D244B 本小題主要考查等差數列性質的應用解題的突破口為正確識記性質，應用性質由等差數列的性質mnij，m，n，i，jN*，則amanaiaj，故而a4a8a2a1016，答案應該選B.20D2 已知等差數列an的前5項和為105，且a102a5.(1)求數列an的通項公式；(2)對任意mN*，將數列an中不大于72m的項的個數記為bm，求數列bm的前m項和Sm.2

8、0解：(1)設數列an的公差為d，前n項和為Tn，由T5105，a102a5，得到解得a17，d7.因此ana1(n1)d77(n1)7n(nN*)(2)對mN*.若an7n72m，則n72m1.因此bm72m1.所以數列bm是首項為7，公比為49的等比數列，故Sm.16D2、D5 已知等比數列an的公比q.(1)若a3，求數列an的前n項和；(2)證明：對任意kN，ak，ak2，ak1成等差數列16解：(1)由a3a1q2及q，得a11，所以數列an的前n項和Sn.(2)證明：對任意kN，2ak2(akak1)2a1qk1(a1qk1a1qk)a1qk1(2q2q1)，由q得2q2q10，故

9、2ak2(akak1)0.所以，對任意kN，ak，ak2，ak1成等差數列16D2、D3 已知an為等差數列，且a1a38，a2a412.(1)an的通項公式；(2)記an的前n項和為Sn，若a1，ak，Sk2成等比數列，求正整數k的值16解：(1)設數列an的公差為d，由題意知解得a12，d2.所以ana1(n1)d22(n1)2n.(2)由(1)可得Snn(n1)因為a1，ak，Sk2成等比數列，所以aa1Sk2.從而(2k)22(k2)(k3)，即k25k60，解得k6或k1(舍去)因此k6.D3等比數列及等比數列前n項和11D3 首項為1，公比為2的等比數列的前4項和S4_.1115

10、由等比數列的前n項和公式得S415.14D3 已知等比數列an為遞增數列若a10，且2(anan2)5an1，則數列an的公比q_.142 本小題主要考查等比數列的概念與性質解題的突破口為靈活應用等比數列通項變形式，是解決問題的關鍵由已知條件an為等比數列，則2(anan2)5an12(ananq2)5anq2q25q20q或2，又因為an是遞增數列， 所以q2.14D3 等比數列an的前n項和為Sn，若S33S20，則公比q_.14 2 設數列an的公比為q.由S33S20，得4a14a2a30，則4a14a1qa1q20.顯然a10，所以44qq20，解得q2.7D3 定義在(，0)(0，

11、)上的函數f(x)，如果對于任意給定的等比數列an，f(an)仍是等比數列，則稱f(x)為“保等比數列函數”現(xiàn)有定義在(，0)(0，)上的如下函數：f(x)x2；f(x)2x；f(x)；f(x)ln|x|.則其中是“保等比數列函數”的f(x)的序號為()A BC D7C 不妨設xnan，且an是公比為q的等比數列對于，由f(x)x2，得 2 q2，所以符合條件；對于，由f(x)2x，得2anan1，顯然不符合條件；對于，由f(x)，得，符合條件；對于，由f(x)ln|x|，得，顯然也不符合條件故選C.12D3 若等比數列an滿足a2a4，則a1aa5_.12. 根據等比數列的性質得：a2a4a

12、1a5a，所以a1aa5.16D2、D3 已知an為等差數列，且a1a38，a2a412.(1)an的通項公式；(2)記an的前n項和為Sn，若a1，ak，Sk2成等比數列，求正整數k的值16解：(1)設數列an的公差為d，由題意知解得a12，d2.所以ana1(n1)d22(n1)2n.(2)由(1)可得Snn(n1)因為a1，ak，Sk2成等比數列，所以aa1Sk2.從而(2k)22(k2)(k3)，即k25k60，解得k6或k1(舍去)因此k6.7D3、B11 有一列正方體，棱長組成以1為首項、為公比的等比數列，體積分別記為V1，V2，Vn，則 (V1V2Vn)_.7. 考查等比數列和無

13、窮遞縮等比數列的極限，此題只要掌握極限公式即可解決，是簡單題型由已知可知V1，V2，V3，構成新的等比數列，首項V11，公比q，由極限公式得 (V1V2Vn).17C8、D3 在ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知sinB(tanAtanC)tanAtanC.(1)求證：a，b，c成等比數列；(2)若a1，c2，求ABC的面積S.17解：(1)證明：在ABC中，由于sinB(tanAtanC)tanAtanC，所以sinB，因此sinB(sinAcosCcosAsinC)sinAsinC，所以sinBsin(AC)sinAsinC，又ABC，所以sin(AC)sinB，因此s

14、in2BsinAsinC，由正弦定理得b2ac，即a，b，c成等比數列(2)因為a1，c2，所以b，由余弦定理得cosB，因為0Ba1，則a4a26B 本題考查等比數列通項、簡單不等式性質與均值不等式對于A選項，當數列an首項為負值，公比為負值時明顯不成立，比如an(1)n，a1a32a1可得a1(q21)0，而a4a2a2(q21)a1q(q21)的符號還受到q符號的影響，不一定為正，也就得不出a4a2，故D錯誤17D2、D3、K2 在等差數列an和等比數列bn中，a1b11，b48，an的前10項和S1055.(1)求an和bn；(2)現(xiàn)分別從an和bn的前3項中各隨機抽取一項，寫出相應的

15、基本事件，并求這兩項的值相等的概率17解：(1)設an的公差為d，bn的公比為q.依題意得S1010d55，b4q38，解得d1，q2，所以ann，bn2n1.(2)分別從an，bn的前3項中各隨機抽取一項，得到的基本事件有9個：(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)符合題意的基本事件有2個：(1,1)，(2,2)故所求的概率P.20D3、D5 某公司一下屬企業(yè)從事某種高科技產品的生產該企業(yè)第一年年初有資金2000萬元，將其投入生產，到當年年底資金增長了50%.預計以后每年資金增長率與第一年的相同公司要求企業(yè)從第一年開始，每年

16、年底上繳資金d萬元，并將剩余資金全部投入下一年生產設第n年年底企業(yè)上繳資金后的剩余資金為an萬元(1)用d表示a1，a2，并寫出an1與an的關系式；(2)若公司希望經過m(m3)年使企業(yè)的剩余資金為4000萬元，試確定企業(yè)每年上繳資金d的值(用m表示)20解：(1)由題意得a12000(150%)d3000d，a2a1(150%)da1d4500d.an1an(150%)dand.(2)由(1)得anan1dd2an2ddn1a1d.整理得ann1(3000d)2dn1(30003d)2d.由題意，am4000，即m1(30003d)2d4000.解得d.故該企業(yè)每年上繳資金d的值為時，經過

17、m(m3)年企業(yè)的剩余資金為4000萬元D4數列求和18D4 若Snsinsinsin(nN*)，則在S1，S2，S100中，正數的個數是()A16 B72C86 D10018C 考查三角函數的周期和數列求和，以及轉化和整體思想，此題的關鍵是把一個周期看成一個整體來求和函數f(n)sin的周期為14，所以S14S28S980，又S14S13，S98S97，所以前100項求和中，為正數的有1001486個11D4 數列an的通項公式anncos，其前n項和為Sn，則S2 012等于()A1 006 B2 012 C503 D011A 本題考查數列求和以及三角函數求值、數列的周期性等，突破點是找到

18、該數列的周期性的規(guī)律，再求和a11cos0，a22cos2，a33cos0，a44cos24；a55cos0，a66cos36，a77cos0，a88cos8.該數列每四項的和為2,2 012 4503，所以S2 01225031 006.6D4 已知數列an的前n項和為Sn，a11，Sn2an1，則Sn()A2n1 B.n1C.n1 D.6B 本小題主要考查數列前n項和Sn與通項an的關系，解題的突破口是用an表示Sn.由Sn2an12(Sn1Sn)得Sn1Sn，所以Sn是以S1a11為首項，為公比的等比數列，所以Snn1，故選B.12D4、D5 數列an滿足an1(1)nan2n1，則an

19、的前60項和為()A3 690 B3 660C1 845 D1 83012D 令bna4n3a4n2a4n1a4n，則bn1a4n1a4n2a4n3a4n4.因為an1(1)nan2n1，所以an1(1)nan2n1.所以a4n3a4n42(4n4)1，a4n2a4n32(4n3)1，a4n1a4n22(4n2)1，a4na4n12(4n1)1，a4n1a4n24n1，a4n2a4n12(4n1)1，a4n3a4n22(4n2)1，a4n4a4n32(4n3)1，所以a4n4a4n32(4n3)1a4n22(4n2)12(4n3)1a4n12(4n1)12(4n2)12(4n3)1a4n24n

20、12(4n1)12(4n2)12(4n3)1a4n8，即a4n4a4n8.同理，a4n3a4n1，a4n2a4n28，a4n1a4n3.所以a4n1a4n2a4n3a4n4a4na4n1a4n2a4n316.即bn1bn16.故數列bn是等差數列又a2a1211，a3a2221，a4a3231，得a3a12；得a2a48，所以a1a2a3a410，即b110.所以數列an的前60項和即為數列bn的前15項和，即S151015161830.故選D.20B3、D4、M4 設A是如下形式的2行3列的數表，abcdef滿足性質P：a，b，c，d，e，f，且abcdef0.記ri(A)為A的第i行各數之

21、和(i1,2)，cj(A)為A的第j列各數之和(j1,2,3)；記k(A)為|r1(A)|，|r2(A)|，|c1(A)|，|c2(A)|，|c3(A)|中的最小值(1)對如下數表A，求k(A)的值；110.80.10.31(2)設數表A形如1112ddd1其中1d0，求k(A)的最大值；(3)對所有滿足性質P的2行3列的數表A，求k(A)的最大值20解：(1)因為r1(A)1.2，r2(A)1.2，c1(A)1.1，c2(A)0.7，c3(A)1.8，所以k(A)0.7.(2)r1(A)12d，r2(A)12d，c1(A)c2(A)1d，c3(A)22d.因為1d0，所以|r1(A)|r2(

22、A)|1d0，|c3(A)|1d0.所以k(A)1d1.當d0時，k(A)取得最大值1.(3)任給滿足性質P的數表A(如下所示)abcdef任意改變A的行次序或列次序，或把A中的每個數換成它的相反數，所得數表A*仍滿足性質P，并且k(A)k(A*)因此，不妨設r1(A)0，c1(A)0，c2(A)0.由k(A)的定義知，k(A)r1(A)，k(A)c1(A)，k(A)c2(A)從而3k(A)r1(A)c1(A)c2(A)(abc)(ad)(be)(abcdef)(abf)abf3.所以k(A)1.由(2)知，存在滿足性質P的數表A使k(A)1.故k(A)的最大值為1.19D2、D4 已知數列a

23、n的前n項和為Sn，且Sn2n2n，nN*，數列bn滿足an4log2bn3，nN*.(1)求an，bn；(2)求數列anbn的前n項和Tn.19解：(1)由Sn2n2n得當n1時，a1S13；當n2時，anSnSn14n1，當n1時，也符合所以an4n1，nN*，由4n1an4log2bn3得bn2n1，nN*.(2)由(1)知anbn(4n1)2n1，nN*，所以Tn3721122(4n1)2n1，2Tn32722(4n5)2n1(4n1)2n，所以2TnTn(4n1)2n(4n5)2n5，故Tn(4n5)2n5，nN*.D5 單元綜合20D5 已知數列an的前n項和為Sn，常數0，且a1

24、anS1Sn對一切正整數n都成立(1)求數列an的通項公式；(2)設a10，100.當n為何值時，數列的前n項和最大？20解：(1)取n1，得a2S12a1，a1(a12)0.若a10，則Sn0.當n2時，anSnSn1000，所以an0(n1)若a10，則a1.當n2時，2anSn,2an1Sn1，兩式相減得2an2an1an，所以an2an1(n2)，從而數列an是等比數列，所以ana12n12n1.綜上，當a10時，an0；當a10時，an.(2)當a10且100時，令bnlg，由(1)有，bnlg2nlg2.所以數列bn是單調遞減的等差數列(公差為lg2)b1b2b6lglglg10，

25、當n7時，bnb7lglg0，bn0，所以ab(anbn)2，從而10知q0.下證q1.若q1，則a1logq時，an1a1qn，與(*)矛盾；若0qa21，故當nlogq時，an1a1qn1，與(*)矛盾綜上，q1，故ana1(nN*)，所以11，于是b1b21時有anSnSn1anan1，整理得anan1.于是a11，a2a1，a3a2，an1an2，anan1.將以上n個等式兩端分別相乘，整理得an.綜上，an的通項公式an.22B14、E9、J3、D5 已知a為正實數，n為自然數，拋物線yx2與x軸正半軸相交于點A.設f(n)為該拋物線在點A處的切線在y軸上的截距(1)用a和n表示f(

26、n)；(2)求對所有n都有成立的a的最小值；(3)當0a6.首先證明：當0x6x.設函數g(x)6x(x2x)1,0x1.則g(x)18x.當0x時，g(x)0；當x0.故g(x)在區(qū)間(0,1)上的最小值g(x)ming0.所以，當0x0，即得6x.由0a1知0ak6ak，從而6(aa2an)66.23D5、M2 對于項數為m的有窮數列an，記bkmaxa1，a2，ak(k1,2，m)，即bk為a1，a2，ak中的最大值，并稱數列bn是an的控制數列如1,3,2,5,5的控制數列是1,3,3,5,5.(1)若各項均為正整數的數列an的控制數列為2,3,4,5,5，寫出所有的an；(2)設bn

27、是an的控制數列，滿足akbmk1C(C為常數，k1,2，m)，求證：bkak(k1,2，m)；(3)設m100，常數a.若anan2(1)n，bn是an的控制數列，求(b1a1)(b2a2)(b100a100)23解：(1)數列an為：2,3,4,5,1或2,3,4,5,2或2,3,4,5,3或2,3,4,5,4或2,3,4,5,5.(2)因為bkmaxa1，a2，ak，bk1maxa1，a2，ak，ak1，所以bk1bk.因為akbmk1C，ak1bmkC，所以ak1akbmk1bmk0，即ak1ak.因此，bkak.(3)對k1,2，25，a4k3a(4k3)2(4k3)；a4k2a(4

28、k2)2(4k2)；a4k1a(4k1)2(4k1)；a4ka(4k)2(4k)比較大小，可得a4k2a4k3.因為a1，所以a4k1a4k2(a1)(8k3)0，即a4k2a4k1.a4ka4k22(2a1)(4k1)0，即a4ka4k2.又a4ka4k1.從而b4k3a4k3，b4k2a4k2，b4k1a4k2，b4ka4k.因此(b1a1)(b2a2)(b100a100)(a2a3)(a6a7)(a98a99)(a4k2a4k1)(1a)(8k3)2525(1a)18D5 已知an是等差數列，其前n項和為Sn，bn是等比數列，且a1b12，a4b427，S4b410.(1)求數列an與b

29、n的通項公式；(2)記Tna1b1a2b2anbn，nN*，證明Tn8an1bn1(nN*，n2)18解：(1)設等差數列an的公差為d，等比數列bn的公比為q.由a1b12，得a423d，b42q3，S486d，由條件，得方程組解得所以an3n1，bn2n，nN*.(2)證明：由(1)得Tn22522823(3n1)2n，2Tn222523(3n4)2n(3n1)2n1.由，得Tn2232232332n(3n1)2n1(3n1)2n12(3n4)2n18，即Tn8(3n4)2n1，而當n2時，an1bn1(3n4)2n1，所以，Tn8an1bn1，nN*，n2.16D2、D5 已知等比數列a

30、n的公比q.(1)若a3，求數列an的前n項和；(2)證明：對任意kN，ak，ak2，ak1成等差數列16解：(1)由a3a1q2及q，得a11，所以數列an的前n項和Sn.(2)證明：對任意kN，2ak2(akak1)2a1qk1(a1qk1a1qk)a1qk1(2q2q1)，由q得2q2q10，故2ak2(akak1)0.所以，對任意kN，ak，ak2，ak1成等差數列12D4、D5 數列an滿足an1(1)nan2n1，則an的前60項和為()A3 690 B3 660C1 845 D1 83012D 令bna4n3a4n2a4n1a4n，則bn1a4n1a4n2a4n3a4n4.因為an1(1)nan2n1，所以an1(1)nan2n1.所以a4n3a4n42(4n4)1，a4n2a4n32(4n3)1，a4n1a4n22(4n2)1，a4na4n12(4n1)1，a4n1a4n24n1，a4n2a4n12(4n1)1，a4n3a4n22(4n2)1，a4n4a4n32(4n3)1，所以a4n4a4n32(4n3)1a4n22(4n2)12(4n3)1a4n12(4n1)12(4n2)12(4n3)1a4n24n12(4n1)12(4n2)12(4n3)1a4n8，即a4n4a4n8.同理，a4n3a4n1，