2022年高考數(shù)學三輪復習試題匯編 專題4 數(shù)列、推理與證明 第1講 數(shù)列（B卷）文（含解析）

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1、2022年高考數(shù)學三輪復習試題匯編 專題4 數(shù)列、推理與證明 第1講 數(shù)列（B卷）文（含解析） 一、選擇題 1.(xx·遼寧大連二?！?)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2－9n，第k項滿足5

2、 C．-2 D．-1 4.（xx·山東濰坊二?！?1） 已知數(shù)列的前項和為，，且對于任意，滿足，則的值為（ ） A．91 B．90 C．55 D．54 二．填空題 5.(xx·徐州、連云港、宿遷三?！?)設等差數(shù)列的前項為則的值為 . 6.（xx·太原模擬（二）· 15）已知數(shù)列 滿足 ，則 _______． 7.（xx·江蘇南通二?！?）在等差數(shù)列{an}中，若an+an+2=4n+6（n∈N*），則該數(shù)列的通項公式an= ． 三．解答題 8.（xx·天津武清模擬·20）已知數(shù)列的前和，數(shù)列的通項公式． （1）求數(shù)列的通項公式； （

3、2）設，求證：； （3）若數(shù)列與中相同的項由小到大構(gòu)成的數(shù)列為，求數(shù)列的前項和． 9.(xx·哈爾濱三中三?！?7).已知數(shù)列滿足，，等比數(shù)列滿足，． （Ⅰ）求數(shù)列、的通項公式； （Ⅱ）設，求數(shù)列的前項和． 10.(xx·徐州、連云港、宿遷三模·19)設正項數(shù)列的前項和為且正項等比數(shù)列滿足： （1）求等比數(shù)列的通項公式； （2）設數(shù)列的前項和為求所有正整數(shù)的值，使得恰好為數(shù)列中的項. 11.(xx·南京三模·20）已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，其前n項的和為Sn，且對任意的m，n∈N*， 都有（Sm＋n＋S1）2＝4a2ma2n． （1）求的值；

4、 （2）求證：{an}為等比數(shù)列； （3）已知數(shù)列{cn}，{dn}滿足|cn|＝|dn|＝an，p（p≥3）是給定的正整數(shù)，數(shù)列{cn}，{dn}的前p項的和分別為Tp，Rp，且Tp＝Rp，求證：對任意正整數(shù)k（1≤k≤p），ck＝dk． 第1講??數(shù)列（B卷） 參考答案與詳解 1.【答案】D 【命題立意】本題重點考查了等差數(shù)列的通項公式、基本性質(zhì)、求和公式等知識． 【解析】據(jù)題，得，因為第k項滿足5

5、應用，本題屬于中檔題． 【解析】設該等差數(shù)列的首項為，公差為，根據(jù)題意，得， 解得，所以，， 所以，當且僅當，解得，此時的最小值為，故選C. 3.【答案】Ｄ 【命題立意】本題重點考查了等差數(shù)列的通項公式、等差數(shù)列的概念等知識． 【解析】根據(jù)題意，，兩式相減，得到，得，故選Ｄ． 4.【答案】A 【命題立意】本題旨在考查數(shù)列的通項公式、等差數(shù)列的概念、判斷、求和公式等知識． 【解析】當時，，即，解得 當，時，，，兩式相減得 故數(shù)列從第二項起是首項為2，公差為2的等差數(shù)列，，故選A. 5.【答案】37 【命題立意】本題旨在考查等差數(shù)列的通項、性質(zhì)與求和． 【解析】

6、由于，解得，故a10=a1+9d=37． 6.【答案】 【命題立意】本題考查數(shù)列的通項公式和裂項相消法求和，難度中等． 【解析】因為，所以，得，，，將各式相加得，即，所以． 7.【答案】2n+1 【命題立意】本題考查等差數(shù)列的性質(zhì)，意在考查轉(zhuǎn)化能力，容易題. 【解析】設等差數(shù)列{an}的公差為，，， ，即，. 8.【答案】見解析 【命題立意】本題主要考查數(shù)列的通項與前n項和的關(guān)系，數(shù)列求和，及放縮法的應用. 【解析】（1）當時， ， 當時， ， ∵當時， ∴ . （2）∵ ， ∴ ， ， （3）令 ∴ 令∴

7、 令∴，代入上式可得 ∴， ∴∴數(shù)列的通項公式為 ， ∵ ∴數(shù)列是首項，公差為15的等差數(shù)列 ， ∴ . 9.【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）． 【命題立意】考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項公式，錯位相減求和，考查轉(zhuǎn)化能力，計算能力，中等題． 【解析】（Ⅰ）， ,, ． （Ⅱ） ， 上述兩式作差得 . 10.【答案】（1）bn=2·（）n－2；（2）1或2． 【命題立意】本題旨在考查數(shù)列的遞推關(guān)系式，等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項，數(shù)列求和，函數(shù)的基本性質(zhì)及其應用，考查分類討論思維． 【解析】（1）因為，當時，，解得. 由， 當時

8、， ， 兩式相減，得． 又因為，所以， 所以， 所以是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列， 所以． 由，得， 所以． （2）由題意得 所以 ， ， 所以， 故若為中的項只能為． ①若，則，所以無解． ②若，則， 顯然不合題意，符合題意． 當時，即，則， 設，則， 即為增函數(shù)， 故，即為增函數(shù)，故． 故當時方程無解， 即 是方程唯一解． ③若，則，即. 綜上所述，或． 11.【答案】（1）＝2；（2）略；（3）略。 【命題立意】本題旨在考查數(shù)列的遞推關(guān)系式，等比數(shù)列的定義與通項，數(shù)列求和，數(shù)列與不等式的綜合。 【解析

9、】（1）由（Sm＋n＋S1）2＝4a2na2m，得（S2＋S1）2＝4a，即（a2＋2a1）2＝4a． 因為a1＞0，a2＞0，所以a2＋2a1＝a2，即＝2． 證明：（2）（方法一）令m＝1，n＝2，得（S3＋S1）2＝4a2a4，即（2a1＋a2＋a3）2＝4a2a4， 令m＝n＝2，得S4＋S1＝2a4，即2a1＋a2＋a3＝a4． 所以a4＝4a2＝8a1． 又因為＝2，所以a3＝4a1． 由（Sm＋n＋S1）2＝4a2na2m，得（Sn＋1＋S1）2＝4a2na2，（Sn＋2＋S1）2＝4a2na4． 兩式相除，得＝，所以＝＝2． 即Sn＋2＋S1＝2（Sn＋1＋S1

10、）， 從而Sn＋3＋S1＝2（Sn＋2＋S1）． 所以an＋3＝2an＋2，故當n≥3時，{an}是公比為2的等比數(shù)列． 又因為a3＝2a2＝4a1，從而an＝a1·2 n－1，n∈N*． 顯然，an＝a1·2 n－1滿足題設， 因此{an}是首項為a1，公比為2的等比數(shù)列． （方法二）在（Sm＋n＋S1）2＝4a2na2m中， 令m＝n，得S2n＋S1＝2a2n． ① 令m＝n＋1，得S2n＋1＋S1＝2 ， ② 在①中，用n＋1代n得，S2n＋2＋

11、S1＝2a2n＋2． ③ ②－①，得a2n＋1＝2－2a2n＝2（－）， ④ ③－②，得a2n＋2＝2a2n＋2－2＝2（－）， ⑤ 由④⑤得a2n＋1＝． ⑥ ⑥代入④，得a2n＋1＝2a2n；⑥代入⑤得a2n＋2＝2a2n＋1， 所以＝＝2．又＝2， 從而an＝a1·2 n－1，n∈N*． 顯然，an＝a1·2 n－1滿足題設， 因此{an}是首項為a1，公比為2的等比數(shù)列． （3）由（2）知，an＝a1·2 n－1．

12、因為|cp|＝|dp|＝a1·2p－1，所以cp＝dp或cp＝－dp． 若cp＝－dp，不妨設cp＞0，dp＜0， 則Tp≥a1·2p－1－（a1·2p－2＋a1·2p－3＋…＋a1）＝a1·2p－1－a1·（2p－1－1）＝a1＞0． Rp≤－a1·2p－1＋（a1·2p－2＋a1·2p－3＋…＋a1）＝－a1·2p－1＋a1·（2p－1－1）＝－a1＜0． 這與Tp＝Rp矛盾，所以cp＝dp． 從而Tp－1＝Rp－1． 由上證明，同理可得cp－1＝dp－1．如此下去，可得cp－2＝dp－2，cp－3＝dp－3．…，c1＝d1． 即對任意正整數(shù)k（1≤k≤p），ck＝dk．

13、 因此{an}是首項為a1，公比為2的等比數(shù)列． （3）由（2）知，an＝a1·2 n－1． 因為|cp|＝|dp|＝a1·2p－1，所以cp＝dp或cp＝－dp． 若cp＝－dp，不妨設cp＞0，dp＜0， 則Tp≥a1·2p－1－（a1·2p－2＋a1·2p－3＋…＋a1）＝a1·2p－1－a1·（2p－1－1）＝a1＞0． Rp≤－a1·2p－1＋（a1·2p－2＋a1·2p－3＋…＋a1）＝－a1·2p－1＋a1·（2p－1－1）＝－a1＜0． 這與Tp＝Rp矛盾，所以cp＝dp． 從而Tp－1＝Rp－1． 由上證明，同理可得cp－1＝dp－1．如此下去，可得cp－2＝dp－2，cp－3＝dp－3．…，c1＝d1． 即對任意正整數(shù)k（1≤k≤p），ck＝dk．