最新名校试卷高三数学压轴题汇总之数列专题

试卷第1页，总6页最新名校试卷压轴题之数学专题1．（2019·上海华师大二附中高三）若无穷数列nx满足1211nnnnnnxxxxxx对所有正整数2n成立，则称nx为“Q数列”，现已知数列na是“Q数列”.（1）若1242,3,18aaa，求3a的值；（2）若0na对所有*nN成立，且存在*kN使得121,2,3kkkaaa，求k的所有可能值，并求出相应的na的通项公式；（3）数列nq满足11nnnaqna，证明：na是等比数列当且仅当nq是等差数列。参考答案：解：（1）由已知可得：342231aaaaaa，又1242,3,18aaa，即2332630aa，解得37a或39a；（2）当2k时，1211kkkkkkaaaaaa，又121,2,3kkkaaa，则1422ka，则10,ka与已知矛盾，即1k，当2311232kkkkkkaaaaaa，可得121,2,3kkkaaa，34ka，猜想：nan，证明：①当1n时，342213aaaaaa成立，②假设当nm，(2)n时，结论成立，即mam，试卷第2页，总6页23112mmmmmmaaaaaa，那么当1nm时，3222422111312(1)22(1)2mmmmmmmmmmmmaaaaaaaaaaaa，依然成立，综上可得：nan；（3）假设nq是等差数列，令nqAnB，则1nnaaAnB，即1nnaa1nnaa21...aa111nniiaqa，可得111nniiaaq,则1111111nniiiinniiiiqqAnBqq，化简整理得：()()0AAnABAnB成立,因为0AnAB且0AnB，则0A,则nqB，则1nnaa为非零的常数列的等差数列，从而得证，若nq不是等差数列，则1(1)nnqqfn，（含变量n的式子，非常数），则21nnaa1nnaa()fn，根据累加法可得11()nninafia常数，故na不可能是等比数列，故na是等比数列当且仅当nq是等差数列.2．（2019·平罗中学高三期中（文））记nS为等差数列na的前n项和，已知159,25aS．（1）求na的通项公式；（2）求nS，并求nS的最小值.参考答案：（1）设等差数列{an}的公差为d，∵a1=-9，S5=-25．试卷第3页，总6页∴-9×5+542×d=-25，解得d=2．∴an=-9+2（n-1）=2n-11．（2）由（1）可得：Sn=92112nn=n2-10n=（n-5）2-25，可得n=5时，Sn取得最小值-25．3．（2018·上海复旦附中高三期中）设数列na的前n项和为nS，对任意*nN，点,nSnn都在函数2nafxxx的图象上.(1)求123,,aaa，归纳数列na的通项公式(不必证明).(2)将数列na依次按1项、2项、3项、4项、5项循环地分为412356,,,,,aaaaaa，78910,,,,aaaa111213141515,,,,,aaaaaa，1718,aa，192021,,aaa，各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为nb，求6100bb的值.(3)设nA为数列1nnaa的前n项积，若不等式312nnnaAafaa对一切*nN都成立，其中0a，求a的取值范围.参考答案：1因为点,nSnn在函数2nafxxx的图象上，故2nnSannn所以212nnSna令1n，得11112aa，所以12a；令2n，得122142aaa，所以24a；令3n，得1233192aaaa，所以36a；由此猜想:*2,nannN.2因为*2,nannN，所以数列na依次按1项、2项、3项、4项、5项循环地试卷第4页，总6页分为2,4,6,8,10,12， 14,16,18,20,22,24,26,28,30，()32,3436,38,40,42，，每一次循环记为一组.由于每一个循环含有5个括号，故100b是第20组中第5个括号内各数之和，每个循环中有15个数， 20个循环共有300个数.1002460024590b5925945965986002980又632b，所以10063012bb.（3）因为111nnnaaa故12111111nnAaaa，所以12111111121nnnAanaaa又3332222nnnaaafaaaaaaa故312nnnaAafaa对一切*nN都成立，就是1211111121ngnnaaa，则只需max32gnaa即可由于22111234831121484ngnnnngnannn，所以1gngn故gn是单调递减，于是max33122ggnaa，0a解得3,()a.4．（2019·四川成都外国语学校高三期中（文））已知数列{an}的前n项和1*4433nnSnN．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若bn=an+log2an，求数列{bn}的前n项和Tn．试卷第5页，总6页参考答案：（1）因为数列{an}的前n项和14433nnS，当n≥2时，14433nnS，两式相减得4nna，当n=1时，21144433aS，满足上式，故4nna；（2）由（1）得bn=an+log2an=4n+2n，所以12444212nnTn=44112412nnn=12443nnn．5．（2019·江苏高三期中）已知数列na和nb满足123(2)().nbnaaaanN若na为等比数列，且1322,6abb（1）求na和nb；（2）设11nnncab，记数列nc的前n项和为nS①求nS；②求正整数k，使得对任意nN均有knSS.参考答案：解：(1)由题意123(2)().nbnaaaanN，b3－b2＝6，知a3＝(32(2)bb)8.设数列{an}的公比为q,又由12a，得231aq4a，q＝2(q＝－2舍去)，所以数列{}na的通项为an＝2n(n∈N*)．试卷第6页，总6页所以，(1)(1)2123(2)2.nnnnnaaaa故数列{}nb的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．(2)(i)由(1)知11nnncabn1112nn1(n∈N*)．所以Sn＝n11n12(n∈N*)．(ii)因为c1＝0，c20，c30，c40，当n≥5时，cn＝nnn111nn12而nn1n1nn1n2n1n2n10222得n5nn156122所以，当n≥5时，cn0.综上，若对任意n∈N*恒有Sk≥Sn，则k＝4.