2018届高考数学（上海专用）总复习专题06数列分项练习

第六章数列一．基础题组1.【2017高考上海，10】已知数列na和nb，其中2*,nannN，nb的项是互不相同的正整数.若对于任意*nN，nb的第na项等于na的第nb项，则149161234lglgbbbbbbbb.【答案】2【解析】由题意可得：22nnbb，当1n时：211bb；当2n时：242bb；当3n时：293bb；当4n时：2164bb；则：222221491612341234bbbbbbbbbbbb，据此可得：214916123412341234lglg2lglgbbbbbbbbbbbbbbbb.2、【2016高考上海理数】无穷数列na由k个不同的数组成，nS为na的前n项和.若对任意nN，3,2nS，则k的最大值为________.【答案】4【解析】试题分析：当1n时，12a或13a；当2n…时，若2nS，则12nS，于是0na，若3nS，则13nS，于是0na，从而存在Nk，当nk…时，0ka.所以数列na要涉及最多的不同的项可以为：2,1，−1,0,0从而可看出max4k.【考点】数列的项与和【名师点睛】从分析条件入手，推断数列的构成特点，解题时应特别注意“数列na由k个不同的数组成”和“k的最大值”.本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力等.3.【2016高考上海理数】已知无穷等比数列na的公比为，前n项和为nS，且SSnnlim.下列条件中，使得2nSSnN恒成立的是（）.（A）7.06.0,01qa（B）6.07.0,01qa（C）8.07.0,01qa（D）7.08.0,01qa【答案】B【考点】数列的极限、等比数列求和【名师点睛】本题解答时确定不等关系是基础，准确分类讨论是关键，易错点是在建立不等关系之后，不知所措或不能恰当地分类讨论.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.4.【2014上海,理8】设无穷等比数列{na}的公比为q，若)(lim431aaan，则q=.【答案】152【解析】由题意334lim()1nnaaaaq，即2111aqaq，∵10,1aq，∴152q.【考点】无穷递缩等比数列的和.5.【2013上海,理10】设非零常数d是等差数列x1，x2，…，x19的公差，随机变量ξ等可能地取值x1，x2，…，x19，则方程Dξ＝______.【答案】30|d|【解析】Eξ＝x10，Dξ＝2222222(981019)30||.19dd6.【2013上海,理17】在数列{an}中，an＝2n－1.若一个7行12列的矩阵的第i行第j列的元素cij＝ai·aj＋ai＋aj(i＝1,2，…，7；j＝1,2，…，12)，则该矩阵元素能取到的不同数值的个数为()A．18B．28C．48D．63【答案】A【解析】ai，j＝ai·aj＋ai＋aj＝2i＋j－1，而i＋j＝2,3，…，19，故不同数值个数为18，选A.7.【2013上海,文2】在等差数列{an}中，若a1＋a2＋a3＋a4＝30，则a2＋a3＝______.【答案】15【解析】a1＋a2＋a3＋a4＝2(a2＋a3)＝30a2＋a3＝15.8.【2013上海,文7】设常数aR.若25()axx的二项展开式中x7项的系数为－10，则a＝______.【答案】－2【解析】25()axx255C()()ryraxx＝－10x7r＝1，15Ca＝－105a＝－10，a＝－29.【2012上海,理6】有一列正方体，棱长组成以1为首项、12为公比的等比数列，体积分别记为V1，V2，…，Vn，…，则12lim()nnVVV…__________.【答案】87∴128lim()7nnVVV….10.【2012上海,文8】在(x－1x)6的二项展开式中，常数项等于__________．【答案】－20【解析】展开式的通项为Tr＋1＝6Crx6－r·(－1x)r，令6－r＝r，可得r＝3所以T4＝36Cx3×(－1x)3＝－36C＝－20.11.【2012上海,文14】已知1()1fxx，各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an＋2＝f(an)．若a2010＝a2012，则a20＋a11的值是__________．【答案】313526【解析】由an＋2＝f(an)＝11na，a1＝1，可得311112aa，5311211312aa，7132513a，9153815a，111851318a.由a2012＝201011a＝a2010，可得a2010＝a2012＝512，则a2＝a4＝…＝a20＝a2n＝a2010＝a2012＝512.所以a20＋a11＝518313521326.12.【2012上海,文18】若π2ππsinsinsin777nnS…(n∈N*)，则在S1，S2，…，S100中，正数的个数是()A．16B．72C．86D．100【答案】C【解析】由π8πsinsin77，2π9πsinsin77，…，6π13πsinsin77，7π14πsinsin077，所以S13＝S14＝0.同理S27＝S28＝S41＝S42＝S55＝S56＝S69＝S70＝S83＝S84＝S97＝S98＝0，所以在S1，S2，…，S100中，其余各项均大于0.故选C项．13.【2011上海,理18】设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai＋1的矩形的面积(i＝1，2，…)，则{An}为等比数列的充要条件是()A．{an}是等比数列B．a1，a3，…，a2n－1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比数列C．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列D．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…a2n，…均是等比数列，且公比相同【答案】D【解析】14.【2010上海,理11】将直线：0nxyn、：0xnyn（*nN，2n）轴、y轴围成的封闭图形的面积记为nS，则limnnS；【答案】1【解析】直线：0nxyn、：0xnyn（*nN，2n）轴、y轴围成的封闭图形为四边形OABC，其中(0,0)O，(1,0)A，,11nnBnn，(0,1)C，则1OBk，1ACk，∴OBAC，故11222211nnnSOBACnn，于是limlim11nnnnSn，故答案为：1.【点评】本题将直线与直线的位置关系与数列极限结合，考查两直线的交点的求法、两直线垂直的充要条件、四边形的面积计算以及数列极限的运算法则，是本次考题的一个闪光点.15.(2009上海,理12)已知函数f(x)=sinx+tanx,项数为27的等差数列{an}满足an∈(2,2),且公差d≠0.若f(a1)+f(a2)+…+f(a27)=0,则当k=__________时,f(ak)=0.【答案】1416.(2009上海,理23)本题共有3个小题,第1小题满分5分,第2小题满分5分,第3小题满分8分.已知{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列.(1)若an=3n+1,是否存在m、k∈N*,有am+am+1=ak?说明理由;(2)找出所有数列{an}和{bn},使对一切n∈N*,nnnbaa1,并说明理由;(3)若a1=5,d=4,b1=q=3,试确定所有的p,使数列{an}中存在某个连续p项的和是数列{bn}中的一项,请证明.【答案】(1)不存在;(2){an}为非零常数列,{bn}为恒等于1的常数列;(3)参考解析【解析】(1)由am+am+1=ak,得6m+5=3k+1,整理后,可得342mk,∵m、k∈N*,∴k-2m为整数.∴不存在m、k∈N*,使等式成立.(2)解法一:若nnnbaa1,即1111)1(nqbdnanda,(*)①若d=0,则1=b1qn-1=bn.当{an}为非零常数列,{bn}为恒等于1的常数列,满足要求.②若d≠0,(*)式等号左边取极限得1)1(11limdnandan,(*)式等号右边的极限只有当q=1时,才可能等于1.此时等号左边是常数,∴d=0,矛盾.综上所述,只有当{an}为非零常数列,{bn}为恒等于1的常数列,满足要求.解法二:设an=nd+c.若nnnbaa1,对n∈N*都成立,且{bn}为等比数列,则qaaaannnn112/,对n∈N*都成立,即anan+2=qan+12.∴(dn+c)(dn+2d+c)=q(dn+d+c)2对n∈N*都成立.∴d2=qd2.①若d=0,则an=c≠0,∴bn=1,n∈N*.②若d≠0,则q=1,∴bn=m(常数),即mcdncddn,则d=0,矛盾.综上所述,有an=c≠0,bn=1,使对一切n∈N*,nnnbaa1.(3)an=4n+1,bn=3n,n∈N*.设am+1+am+2+…+am+p=bk=3k,p、k∈N*,m∈N.kppmm321)(41)1(4,∴4m+2p+3=pk3.∵p、k∈N*,∴p=3s,s∈N.取k=3s+2,4m=32s+2-2×3s-3=(4-1)2s+2-2×(4-1)s-3≥0,由二项展开式可得正整数M1、M2,使得(4-1)2s+2=4M1+1,2×(4-1)s=8M2+(-1)s2,∴4m=4(M1-2M2)-(-1)s+1］2.∴存在整数m满足要求.故当且仅当p=3s,s∈N时,命题成立.说明:第(3)题若学生从以下角度解题,可分别得部分分(即分步得分).若p为偶数,则am+1+am+2+…+am+p为偶数,但3k为奇数.故此等式不成立,∴p一定为奇数.当p=1时,则am+1=bk,即4m+5=3k,而3k=(4-1)k=kkkkkkkkkkkMCCCC)1(4)1()1(4)1(4411110,M∈Z.当k为偶数时,存在m,使4m+5=3k成立.当p=3时,则am+1+am+2+am+3=bk,即3am+2=bk,也即3(4m+9)=3k,∴4m+9=3k-1,4(m+1)+5=3k-1.由已证可知,当k-1为偶数即k为奇数时,存在m,4m+9=3k成立.当p=5时,则am+1+am+2+…+am+5=bk,即5am+3=bk,也即5(4m+13)=3k,而3k不是5的倍数,∴当p=5时,所要求的m不存在.故不是所有奇数都成立.17.【2008上海,理14】若数列{an}是首项为1，公比为a－32的无穷等比数列，且{an}各项的和为a，则a的值是（）A．1B．2C．12D．54【答案】B18.【2007上海,文14】数列na中，22211100010012nnnannnn，≤≤，，≥，则数列na的极限值（）Ａ.等于Ｂ.等于Ｃ.等于或Ｄ.不存在【答案】B【解析】19.【2005上海,理12】用个不同的实数naaa,,,21可得到!n个不同的排列，每个排列为一行写成一个!n行的数阵。对第行iniiaaa,,,21，记inniiiinaaaab)1(....32321，!,,3,2,1ni。例如：用1，2，3可得数阵如图，由于此数阵中每一列各数之和都是12，所以，2412312212621bbb，那么，在用1，2，3，4，5形成的数阵中，12021bbb=________.123123123123123123【答案】－1080【解析】在用1，2，3，4，5形成的数阵中，每一列