高考数学专题06数列(文理合卷).doc
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1、2020年高考数学压轴必刷题专题06数列(文理合卷)1【2019年浙江10】设a,bR,数列an满足a1a,an+1an2+b,nN*,则()A当b=12时,a1010B当b=14时,a1010C当b2时,a1010D当b4时,a1010【解答】解:对于B,令x2-+14=0,得=12,取a1=12,a2=12,an=1210,当b=14时,a1010,故B错误;对于C,令x220,得2或1,取a12,a22,an210,当b2时,a1010,故C错误;对于D,令x240,得=1172,取a1=1+172,a2=1+172,an=1+17210,当b4时,a1010,故D错误;对于A,a2=a
2、2+1212,a3=(a2+12)2+1234,a4=(a4+a2+34)2+12916+12=17161,an+1an0,an递增,当n4时,an+1an=an+12an1+12=32,a5a432a4a532a10a932,a10a4(32)6,a107296410故A正确故选:A2【2018年浙江10】已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4ln(a1+a2+a3),若a11,则()Aa1a3,a2a4Ba1a3,a2a4Ca1a3,a2a4Da1a3,a2a4【解答】解:a1,a2,a3,a4成等比数列,由等比数列的性质可知,奇数项符号相同,偶数项符号相同,a11
3、,设公比为q,当q0时,a1+a2+a3+a4a1+a2+a3,a1+a2+a3+a4ln(a1+a2+a3),不成立,即:a1a3,a2a4,a1a3,a2a4,不成立,排除A、D当q1时,a1+a2+a3+a40,ln(a1+a2+a3)0,等式不成立,所以q1;当q1时,a1+a2+a3+a40,ln(a1+a2+a3)0,a1+a2+a3+a4ln(a1+a2+a3)不成立,当q(1,0)时,a1a30,a2a40,并且a1+a2+a3+a4ln(a1+a2+a3),能够成立,故选:B3【2017年新课标1理科12】几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件为激发大家学习数学的兴
4、趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推求满足如下条件的最小整数N:N100且该数列的前N项和为2的整数幂那么该款软件的激活码是()A440B330C220D110【解答】解:设该数列为an,设bn=a(n-1)n2+1+an(n+1)2=2n+11,(nN+),则i=1n bi=i=1n(n+1)2 ai,由题意可设数列an的前N项和为SN,数列bn的前n项和为Tn,则Tn211+221+2n+
5、112n+1n2,可知当N为n(n+1)2时(nN+),数列an的前N项和为数列bn的前n项和,即为2n+1n2,容易得到N100时,n14,A项,由29302=435,440435+5,可知S440T29+b5230292+251230,故A项符合题意B项,仿上可知25262=325,可知S330T25+b5226252+251226+4,显然不为2的整数幂,故B项不符合题意C项,仿上可知20212=210,可知S220T20+b10221202+2101221+21023,显然不为2的整数幂,故C项不符合题意D项,仿上可知14152=105,可知S110T14+b5215142+25121
6、5+15,显然不为2的整数幂,故D项不符合题意故选A方法二:由题意可知:20第一项,20,21第二项,20,21,22第三项,20,21,22,2n-1第n项,根据等比数列前n项和公式,求得每项和分别为:211,221,231,2n1,每项含有的项数为:1,2,3,n,总共的项数为N1+2+3+n=(1+n)n2,所有项数的和为Sn:211+221+231+2n1(21+22+23+2n)n=2(1-2n)1-2-n2n+12n,由题意可知:2n+1为2的整数幂只需将2n消去即可,则1+2+(2n)0,解得:n1,总共有(1+1)12+23,不满足N100,1+2+4+(2n)0,解得:n5,
7、总共有(1+5)52+318,不满足N100,1+2+4+8+(2n)0,解得:n13,总共有(1+13)132+495,不满足N100,1+2+4+8+16+(2n)0,解得:n29,总共有(1+29)292+5440,满足N100,该款软件的激活码440故选:A4【2017年上海15】已知a、b、c为实常数,数列xn的通项xnan2+bn+c,nN*,则“存在kN*,使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是()Aa0Bb0Cc0Da2b+c0【解答】解:存在kN*,使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列,可得:2a(200+k)2+b(200
8、+k)+ca(100+k)2+b(100+k)+c+a(300+k)2+b(300+k)+c,化为:a0使得x100+k,x200+k,x300+k成等差数列的必要条件是a0故选:A5【2016年浙江理科06】如图,点列An、Bn分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|An+1An+2|,AnAn+1,nN*,|BnBn+1|Bn+1Bn+2|,BnBn+1,nN*,(PQ表示点P与Q不重合)若dn|AnBn|,Sn为AnBnBn+1的面积,则()ASn是等差数列BSn2是等差数列Cdn是等差数列Ddn2是等差数列【解答】解:设锐角的顶点为O,|OA1|a,|OB1|c,|AnAn+1|An+
9、1An+2|b,|BnBn+1|Bn+1Bn+2|d,由于a,c不确定,则dn不一定是等差数列,dn2不一定是等差数列,设AnBnBn+1的底边BnBn+1上的高为hn,由三角形的相似可得hnhn+1=OAnOAn+1=a+(n-1)ba+nb,hn+2hn+1=OAn+2OAn+1=a+(n+1)ba+nb,两式相加可得,hn+hn+2hn+1=2a+2nba+nb=2,即有hn+hn+22hn+1,由Sn=12dhn,可得Sn+Sn+22Sn+1,即为Sn+2Sn+1Sn+1Sn,则数列Sn为等差数列另解:可设A1B1B2,A2B2B3,AnBnBn+1为直角三角形,且A1B1,A2B2,
10、AnBn为直角边,即有hn+hn+22hn+1,由Sn=12dhn,可得Sn+Sn+22Sn+1,即为Sn+2Sn+1Sn+1Sn,则数列Sn为等差数列故选:A6【2016年新课标3理科12】定义“规范01数列”an如下:an共有2m项,其中m项为0,m项为1,且对任意k2m,a1,a2,ak中0的个数不少于1的个数,若m4,则不同的“规范01数列”共有()A18个B16个C14个D12个【解答】解:由题意可知,“规范01数列”有偶数项2m项,且所含0与1的个数相等,首项为0,末项为1,若m4,说明数列有8项,满足条件的数列有:0,0,0,0,1,1,1,1; 0,0,0,1,0,1,1,1;
11、 0,0,0,1,1,0,1,1; 0,0,0,1,1,1,0,1; 0,0,1,0,0,1,1,1;0,0,1,0,1,0,1,1; 0,0,1,0,1,1,0,1; 0,0,1,1,0,1,0,1; 0,0,1,1,0,0,1,1; 0,1,0,0,0,1,1,1;0,1,0,0,1,0,1,1; 0,1,0,0,1,1,0,1; 0,1,0,1,0,0,1,1; 0,1,0,1,0,1,0,1共14个故选:C7【2016年上海理科17】已知无穷等比数列an的公比为q,前n项和为Sn,且limnSn=S,下列条件中,使得2SnS(nN*)恒成立的是()Aa10,0.6q0.7Ba10,0.
12、7q0.6Ca10,0.7q0.8Da10,0.8q0.7【解答】解:Sn=a1(1-qn)1-q,S=limnSn=a11-q,1q1,2SnS,a1(2qn-1)0,若a10,则qn12,故A与C不可能成立;若a10,则qn12,在B中,a10,0.7q0.6故B成立;在D中,a10,0.8q0.7,此时q212,D不成立故选:B8【2015年上海理科17】记方程:x2+a1x+10,方程:x2+a2x+20,方程:x2+a3x+40,其中a1,a2,a3是正实数当a1,a2,a3成等比数列时,下列选项中,能推出方程无实根的是()A方程有实根,且有实根B方程有实根,且无实根C方程无实根,且
13、有实根D方程无实根,且无实根【解答】解:当方程有实根,且无实根时,1a1240,2a2280,即a124,a228,a1,a2,a3成等比数列,a22a1a3,即a3=a22a1,则a32(a22a1)2=a24a12824=16,即方程的判别式3a32160,此时方程无实根,故选:B9【2015年上海理科18】设 Pn(xn,yn)是直线2xy=nn+1(nN*)与圆x2+y22在第一象限的交点,则极限limnyn-1xn-1=()A1B-12C1D2【解答】解:当n+时,直线2xy=nn+1趋近于2xy1,与圆x2+y22在第一象限的交点无限靠近(1,1),而yn-1xn-1可看作点 Pn
14、(xn,yn)与(1,1)连线的斜率,其值会无限接近圆x2+y22在点(1,1)处的切线的斜率,其斜率为1limnyn-1xn-1=-1故选:A10【2013年新课标1理科12】设AnBnn的三边长分别为an,bn,cn,AnBnn的面积为Sn,n1,2,3若b1c1,b1+c12a1,an+1an,bn+1=cn+an2,cn+1=bn+an2,则()ASn为递减数列BSn为递增数列CS2n1为递增数列,S2n为递减数列DS2n1为递减数列,S2n为递增数列【解答】解:b12a1c1且b1c1,2a1c1c1,a1c1,b1a12a1c1a1a1c10,b1a1c1,又b1c1a1,2a1c
15、1c1a1,2c1a1,c1a12,由题意,bn+1+cn+1=bn+cn2+an,bn+1+cn+12an=12(bn+cn2an),b1+c12a1,b1+c12a10,bn+cn2an0,bn+cn2an2a1,bn+cn2a1,由此可知顶点An在以Bn、cn为焦点的椭圆上,又由题意,bn+1cn+1=cn-bn2,bn+1-(2a1-bn+1)=2a1-bn-bn2=a1bn,bn+1a1=12(a1-bn),bna1=(-12)n-1,bn=a1+(b1-a1)(-12)n-1,cn2a1bn=a1-(b1-a1)(-12)n-1,Sn2=3a12(3a12-a1)3a12-a1-(
16、b1-a1)(-12)n-13a12-a1+(b1-a1)(-12)n-1=34a12a122-(14)n-1(b1-a1)2单调递增(可证当n1时a124-(b1-a1)20)故选:B11【2012年浙江理科07】设Sn是公差为d(d0)的无穷等差数列an的前n项和,则下列命题错误的是()A若d0,则数列Sn有最大项B若数列Sn有最大项,则d0C若对任意nN*,均有Sn0,则数列Sn是递增数列D若数列Sn是递增数列,则对任意nN*,均有Sn0【解答】解:由等差数列的求和公式可得Snna1+n(n-1)2d=d2n2+(a1-d2)n,选项A,若d0,由二次函数的性质可得数列Sn有最大项,故正
17、确;选项B,若数列Sn有最大项,则对应抛物线开口向下,则有d0,故正确;选项C,若对任意nN*,均有Sn0,对应抛物线开口向上,d0,可得数列Sn是递增数列,故正确;选项D,若数列Sn是递增数列,则对应抛物线开口向上,但不一定有任意nN*,均有Sn0,故错误故选:D12【2012年上海理科18】设an=1nsinn25,Sna1+a2+an,在S1,S2,S100中,正数的个数是()A25B50C75D100【解答】解:由于f(n)sinn25的周期T50由正弦函数性质可知,a1,a2,a240,a250,a26,a27,a490,a500且sin2625=-sin25,sin2725=-si
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