2019届湖南省郴州市高三第二次教学质量监测理科数学试题一、选择题：本题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知复数满足，则的虚部是（）A. -1B. 1C. -2D. 2【答案】B∴∴的虚部是1故选：B2. 已知,,则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意得：，，∴故选：A3. 甲、乙、丙三人站成一排照相,甲排在左边的概率是（）A. 1B.C.D.【答案】D【解析】甲、乙、丙三人站成一排照相,共有种排法，其中甲排在左边的排法为种，∴甲排在左边的概率是故选：D4. 如图所示程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的一种运算方法，执行该程序框图，若输入的，分别为12，20，则输出的（）A. 0B. 14C. 4D. 2【答案】C【解析】由a=12，b=20，不满足a＞b，则b变为20﹣12=8，由a＞b，则a=12﹣8=4，由b＞a，则b变为8﹣4=4，由a=b=4，则输出的a=4．故选：C．点睛：本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.5. 已知数列的前项和，且，则（）A. 27B.C.D. 31【答案】C【解析】∵，且，∴，即∴，当时，，∴，即，∴∴∴故选：C6. 函数 (其中，)的部分图象如图所示,将函数的图象（）可得的图象A. 向右平移个长度单位B. 向左平移个长度单位C. 向左平移个长度单位D. 向右平移个长度单位【答案】D【解析】由函数的部分图象知，，，解得，由五点法画图知，，解得，又将函数的图象向右平移个单位，可得的图象，故选D.7. 设,,为正实数,且，则，，的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】x，y，z为正实数，且，可得：x=2k<1，y=3k<1，z=5k<1．∴=2k﹣1，=3k﹣1，=5k﹣1，令，又在上单调递减，∴,即故选：C．8. 设等差数列的前项和为，已知，为整数，且，则数列前项和的最大值为（）A. B. 1 C. D.【答案】A【解析】a1=9，a2为整数，可知：等差数列{an}的公差d为整数，由Sn ≤S5，∴a5≥0，a6≤0，则9+4d≥0，9+5d≤0，解得，d为整数，d=﹣2．∴an=9﹣2（n﹣1）=11﹣2n．，∴数列前项和为令bn =，由于函数f（x）=的图象关于点（4.5，0）对称及其单调性，可知：0＜b1＜b 2＜b3＜b4，b5＜b6＜b7＜…＜0，∴bn≤b4=1．∴最大值为=．故选：A9. 已知是定义在上的函数,对任意都有，若函数满足，且，则等于（）A. 2B. 3C. -2D. -3【答案】B【解析】∵对任意x∈R，都有f（x+4）=f（x）+2f（2），∴f（﹣2+4）=f（﹣2）+2f（2）⇒f（﹣2）+f（2）=0⇒2f（2）=0⇒f（2）=0，∴f（x+4）=f（x）+2f（2）=f（x）．即函数周期为4．∴f（2019）=f（4×504+3）=f（3）=f（﹣1）=f（1）=3．故选：B．10. 如图，是抛物线()的焦点，直线过点且与抛物线及其准线交于,,三点，若,，则抛物线的标准方程是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分别过点A，B作准线的垂线，分别交准线于点E，D，设|BF|=a，则|BC|=3a，|BD|=a，∴，在直角三角形ACE中，∵|AB|=9，|AC|=9+3a，∴3|AE|=|AC|，∴=9+3a，即a=3，∵BD∥FG，∴，即，解得p=4，∴抛物线的方程为y2=8x．故选：C．11. 三棱锥的一条棱长为，其余棱长均为2，当三棱锥的体积最大时, 它的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意画出三棱锥的图形，其中AB=BC=CD=BD=AC=2，AD=m；取BC，AD的中点分别为E，F，可知AE⊥BC，DE⊥BC，且AE∩DE=E，∴BC⊥平面AED，∴平面ABC⊥平面BCD时，三棱锥A﹣BCD的体积最大，此时AD=m=AE=×=；设三棱锥外接球的球心为O，半径为R，由球体的对称性知，球心O在线段EF上，∴OA=OC=R，又EF===，设OF=x，OE=﹣x，∴R2=+x2=+1，解得x=；∴球的半径R满足R2=，∴三棱锥外接球的表面积为4πR2=4π×=．故选：B．点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．12. 已知函数，，若与的图像上存在关于直线对称的点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】g（x）=关于直线y=1对称的直线为y=1﹣mx，∴直线y=1﹣mx与y=2lnx在[，e2]上有交点．作出y=1﹣mx与y=2lnx的函数图象，如图所示：若直线y=1﹣mx经过点（，﹣2），则m=3e，若直线y=1﹣mx与y=2lnx相切，设切点为（x，y）．则，解得．∴≤m≤3e．故选：D．点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题：本题共4小题，每题5分，满分20分，将答案填在答题卡上.13. 已知向量与的夹角为，且，，则__________．【答案】2∴，即+∴，即∴故答案为：214. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为__________．【答案】【解析】由三视图可知，该几何体由四分之三的圆柱与三棱锥组成，∴该几何体的体积为故答案为：15. 设实数、满足：，实数、满足，若是的充分不必要条件，则正实数的取值范围是__________．【答案】【解析】∵是的充分不必要条件，∴是的充分不必要条件，表示以为圆心，为半径的圆面，当圆面与直线相切时，圆面最大，∴∴正实数的取值范围是故答案为：16. 已知双曲线的左、右顶点分别为、，点为双曲线的左焦点，过点作垂直于轴的直线分别在第二、第三象限交双曲线于，点，连接交轴于点，连接交于点，若，则双曲线的离心率为__________．【答案】5【解析】根据题意，如图作出双曲线的草图：双曲线C：中，PQ过左焦点F且垂直与x轴，假设P在Q的上方，则xP =xQ=﹣c，将x=﹣c代入双曲线的方程可得：yP =，yQ=﹣，则|PF|=|FQ|=，又由OE∥PM，则△EOB∽△PFB，则有，则|EO|=c-a，而△EOA∽△MFA，则有，即，整理可得：c=5a，则e=5，故双曲线的离心率为5；故答案为：5．点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.三、解答题：共70分.解答应写出文说明、证明过程或演算步骤，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17. 在中，内角的对边分别为，且,（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，求的面积.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题分析：(1)利用二倍角公式及商数关系得到，从而得到结果；（2) 由，得，结合正余弦定理可得，又，，从而解得，进而得到的面积.试题解析：（Ⅰ）解法一：由，得，因为在中，，所以，即.又因为在中，，所以，，解法二：由，得，即，，.又因为中，，所以，，（Ⅱ）由，得根据正弦定理和余弦定理得，，即.又由（Ⅰ）知，所以.又，解得所以，面积为.18. 如图，在长方形中，，，现将沿折起，使折到的位置且在面的射影恰好在线段上.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求锐二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.【解析】试题分析：(1)先证明平面，进而得到平面，从而得证；(2) 以为原点，建立空间直角坐标系.求出平面与平面的法向量，代入公式得到结果.试题解析：（Ⅰ）由题知平面，又平面，∴；又且，∴平面；又平面，∴；又且，∴平面；又平面，所以.（Ⅱ）在中，,由射影定理知，.以为原点，建立如图所示空间直角坐标系.则,，,，，,设是平面的一个法向量，则，∴，即，即，取，所以；设是平面的一个法向量，则，∴，即，即，取，所以；设锐二面角的大小为，则所以锐二面角余弦值为.点睛：空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.19. 某公司想了解对某产品投入的宣传费用与该产品的营业额的影响.下面是以往公司对该产品的宣传费用 (单位：万元)和产品营业额 (单位：万元)的统计折线图.(Ⅰ)根据折线图可以判断，可用线性回归模型拟合宣传费用与产品营业额的关系，请用相关系数加以说明；(Ⅱ)建立产品营业额关于宣传费用的归方程；(Ⅲ)若某段时间内产品利润与宣传费和营业额的关系为，应投入宣传费多少万元才能使利润最大，并求最大利润.参考数据：，，，，参考公式：相关系数，，回归方程中斜率和截距的最小二乘佔计公式分别为，.(计算结果保留两位小数)【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）投入宣传费3万元时，可获得最大利润55.4万元.【解析】试题分析：(1) 由折线图中数据和参考数据得：, 从而可以用线性回归模型拟合与的关系;(2)根据公式求得，得到关于的回归方程为；（3），利用二次函数性质求最值.试题解析：（Ⅰ）由折线图中数据和参考数据得：，，因为与的相关系数近似为0.99，说明与的线性相关程度相当高，从而可以用线性回归模型拟合与的关系.（Ⅱ），，所以关于的回归方程为.（Ⅲ）由，可得时，.所以投入宣传费3万元时，可获得最大利润55.4万元.20. 已知椭圆的中心在原点，对称轴为坐标轴，椭圆与直线相切于点.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）若直线与椭圆相交于、两点(，不是长轴端点)，且以为直径的圆过椭圆在轴正半轴上的顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）直线过定点，定点坐标为.【解析】试题分析：（1）利用点在椭圆上及相切关系布列方程组，即可解得椭圆的标准方程；（2）联立方程易得：，，以为直径的圆过椭圆在轴正半轴上的顶点，∴，即或，经检验得到结果.试题解析：法一（Ⅰ）由题意设椭圆的标准方程为（，且）∵在椭圆上，∴①由得∵椭圆与直线相切，∴，即②由①②知，故所求椭圆方程为法二：设椭圆为（，且）则它在点处的切线为，它与表示同一直线，∴，，∴，故所求椭圆方程为.(Ⅱ)设，，联立得得，，因为以为直径的圆过椭圆的上顶点∴即∴即即即∴或当时，直线过定点与已知矛盾当时，直线过定点满足所以，直线过定点，定点坐标为点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.21. 函数，（Ⅰ）求函数在点处的切线方程；（Ⅱ）若时，有成立，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题分析：(1),又切线方程；（2），又在时取到最小值为，在时取到最大值为，∴，从而得到结果.试题解析：（Ⅰ）∴又所以在点处在切线方程为(Ⅱ)由于函数定义域为所以令则，可得当时，，当时，所以令，则，可得当时，，当时，所以因此，由得，所以，的取值范围为 (讨论分离常数或其它解法，适当给分)选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程已知曲线的极坐标方程是，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是（是参数）,（Ⅰ）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）设曲线经过伸缩变换得到曲线，曲线任一点为，求点直线的距离的最大值.【答案】（Ⅰ）直线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（Ⅱ）. 【解析】试题分析：（1）利用代入消参法得到直线的普通方程，利用得到曲线的直角坐标方程；（2）曲线经过伸缩变换得到曲线为，利用点到直线距离公式得到点直线的距离，进而求出最大值.试题解析：（Ⅰ）直线的普通方程为，∵∴∴故曲线的直角坐标方程为，（Ⅱ）由（Ⅰ）得，经过伸缩变换得到曲线的方程为，所以曲线的方程，可以令(是参数)，根据点到直线的距离公式可得,故点到直线的距离的最大值为.23. 选修4-5：不等式选讲已知为正数，函数（Ⅰ）求不等式的解集；（Ⅱ）若的最小值为，且，求证：【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得不等式的解集；（Ⅱ）利用基本不等式求出的最小值为，根据柯西不等式可得，从而可得结论.试题解析：（Ⅰ）等价于或或，解得或或所以不等式的解集为.（Ⅱ）因为，所以，即. 法1：∵，，∴∴，∴.当且仅当时等号成立法2：由柯西不等式得：，∴∴，当且仅当时等号成立。
2019届高考数学二轮复习专题二数列高频考点真题回访文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019届高考数学二轮复习专题二数列高频考点真题回访文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019届高考数学二轮复习专题二数列高频考点真题回访文的全部内容。
专题二数列高频考点·真题回访1。
（2017·全国卷Ⅰ）记S n为等差数列｛a n}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48，则｛a n}的公差为（）A。
1 B.2 C.4 D。
8【解析】选C。
设公差为d,则a4+a5=a1+3d+a1+4d=24,S6=6a1+d=48，联立得①×3-②得d=24，6d=24，所以d=4.2.(2016·全国卷Ⅰ）已知等差数列｛a n}前9项的和为27，a10=8,则a100= ( )A.100 B。
99 C。
98 D.97【解析】选C。
由等差数列性质可知：S9===27,故a5=3,而a10=8,因此公差d==1，所以a100=a10+90d=98.3.（2016·天津高考）设｛a n｝是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q〈0”是“对任意的正整数n，a2n-1+<0”的（）A。
充要条件B。
充分而不必要条件C.必要而不充分条件D。
既不充分也不必要条件【解析】选C。
设数列的首项为a1,则a2n-1+a2n=a1q2n—2+a1q2n—1=a1q2n-2(1+q)<0，即q<-1,故q<0是q〈—1的必要不充分条件。
4.（2017·浙江高考）已知等差数列的公差为d,前n项和为S n，则“d>0"是“S4+S6>2S5”的( ）A。
2019届⾼三数学复习--数列--数列、等差数列与等⽐数列2019届⾼三数学复习--数列--数列、等差数列与等⽐数列第10讲数列、等差数列与等⽐数列1.(1)[2014?全国卷Ⅱ]数列{an}满⾜an+1=,a8=2,则a1= .(2)[2018?全国卷Ⅰ]记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an+1,则S6= .[试做]命题⾓度数列的递推问题(1)解决数列的递推问题:关键⼀,利⽤an=得出an与an+1(或an-1)的递推式;关键⼆,观察递推式的形式,采⽤不同的⽅法求an.(2)若递推式形如an+1=an+f(n),an+1=f(n)?an,则可分别通过累加、累乘法求得通项公式,或⽤迭代法求得通项公式;若递推式形如an+1=pan+q(其中p,q均为常数,且p≠1),则通常化为an+1-t=p(an-t)的形式,其中t=,再利⽤换元法转化为等⽐数列求解.2.(1)[2017?全国卷Ⅲ]等差数列{an}的⾸项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等⽐数列,则{an}前6项的和为( )A.-24B.-3c.3D.8(2)[2016?全国卷Ⅰ]设等⽐数列{an}满⾜a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最⼤值为 .[试做]命题⾓度等差、等⽐数列的基本计算关键⼀:基本量思想(等差数列:⾸项a1和公差d.等⽐数列:⾸项a1和公⽐q).关键⼆:等差数列的性质,若+n=p+q(,n,p,q∈N*),则an+a=ap+aq;等⽐数列的性质,若+n=p+q(,n,p,q∈N*),则ana=apaq.3.(1)[2017?全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则 .(2)[2015?全国卷Ⅱ]设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= .[试做]命题⾓度数列求和关键⼀:利⽤等差数列、等⽐数列的前n项和公式求解.关键⼆:利⽤数列求和⽅法(公式法、倒序相加法、分组求和法、并项求和法、错位相减法、裂项相消法)求解.⼩题1数列的递推关系1(1)已知数列{an}的前n项和为Sn,若3Sn=2an-3n,则a2018=( )A.22018-1B.32018-6c.-D.-(2)已知数列{an}满⾜a1=15,=2(n∈N*),则的最⼩值为 .[听课笔记]【考场点拨】由递推关系式求数列的通项公式,常⽤的⽅法有:①求出数列的前⼏项,再归纳猜想出数列的⼀个通项公式(注意验证);②将已知递推关系式整理、变形得到等差或等⽐数列的通项公式,或⽤累加法(适⽤于an+1=an+f(n)型)、累乘法(适⽤于an+1=an?f(n)型)、待定系数法(适⽤于an+1=pan+q 型)求通项公式.【⾃我检测】1.数列{an}满⾜a1=1,且对任意的,n∈N*,都有a+n=a+an+n,则+++…+等于( )A.B.c.D.2.定义各项均不为0的数列{an}:a1=1,a2=1,当n≥3时,an=an-1+.定义各项均不为0的数列{bn}:b1=1,b2=3,当n≥3时,bn=bn-1+.则=( )A.2017B.2018c.2019D.10093.在数列{an}中,a1=0,an+1=,则数列{an}的前2018项和S2018= .4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+Sn=3n-1,则数列{an}的通项公式an= .⼩题2等差、等⽐数列的基本计算2(1)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,bn=log2(?),数列{bn}的前n项和为Tn,则满⾜Tn>1024的n的最⼩值为( )A.9B.10c.12D.15(2)已知等差数列{an}中,a3=7,a9=19,Sn为数列{an}的前n项和,则的最⼩值为 .[听课笔记]【考场点拨】等差、等⽐数列问题的求解策略:(1)抓住基本量,⾸项a1、公差d或公⽐q;(2)熟悉⼀些结构特征,如前n项和为Sn=an2+bn(a,b是常数)的形式的数列为等差数列,通项公式为an=p?qn-1(p,q≠0)的形式的数列为等⽐数列;(3)由于等⽐数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置,所以常采⽤两式相除(即⽐值的⽅式)进⾏相关计算.【⾃我检测】1.已知数列{an}是公⽐为q的等⽐数列,若a1,a3,a2成等差数列,则公⽐q的值为( )A.-B.-2c.1或-D.-1或2.等⽐数列{an}的⾸项为3,公⽐q≠1,若a4,a3,a5成等差数列,则数列{an}的前5项和S5=( )A.-31B.33c.45D.933.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=-11,a4+a6=-6,则当Sn取得最⼩值时,n的值为 .4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=9,a5=1,则使得Sn>0成⽴的n的最⼤值为 .⼩题3等差、等⽐数列的性质3(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4,a10是⽅程x2-8x+1=0的两个根,则S13=( )A.58B.54c.56D.52(2)已知数列{an}的各项都为正数,对任意的,n∈N*,a?an=a+n恒成⽴,且a3?a5+a4=72,则log2a1+log2a2+…+log2a7= .[听课笔记]【考场点拨】等差、等⽐数列性质使⽤的注意点:(1)通项性质:若+n=p+q=2k(,n,p,q,k∈N*),则对于等差数列有a+an=ap+aq=2ak,对于等⽐数列有aan=apaq=.(2)前n项和的性质:对于等差数列有S,S2-S,S3-S2,…成等差数列;对于等⽐数列,若有S,S2-S,S3-S2,…成等⽐数列,则仅在q≠-1,或q=-1且为奇数时满⾜.【⾃我检测】1.已知数列{an}为等差数列,数列{bn}为等⽐数列,且满⾜a2017+a2018=π,=4,则tan=( )A.-1B.c.1D.2.已知等⽐数列{an}中,a5=2,a6a8=8,则=( )A.2B.4c.6D.83.已知正项等⽐数列{an}的前n项和为Sn,且S10=10,S30=130,则S40=( )A.-510B.400c.400或-510D.30或404.已知等差数列{an}的公差不为0,a1=1,且a2,a4,a8成等⽐数列,{an}的前n项和为Sn,则Sn=( )A.B.c.D.⼩题4等差、等⽐数列的综合问题4(1)已知等差数列{an}的前n项和为Tn,a3=4,T6=27,数列{bn}满⾜bn+1=b1+b2+b3+…+bn,b1=b2=1,设cn=an+bn,则数列{cn}的前11项和S11=( )A.1062B.2124c.1101D.1100(2)已知数列{an}的通项公式为an=n+t(t∈R),数列{bn}为公⽐⼩于1的等⽐数列,且满⾜b1?b4=8,b2+b3=6,设cn=+,在数列{cn}中,若c4≤cn(n∈N*),则实数t的取值范围为 .[听课笔记]【考场点拨】解决数列的综合问题的易失分点:(1)公式an=Sn-Sn-1适⽤于所有数列,但易忽略n≥2这个前提;(2)对含有字母的等⽐数列求和时要注意q=1或q≠1的情况,公式Sn=只适⽤于q≠1的情况.【⾃我检测】1.已知数列{an}的各项均为整数,a8=-2,a13=4,前12项依次成等差数列,从第11项起依次成等⽐数列,则a15=( )A.8B.16c.64D.1282.已知正项等⽐数列{an}的前n项和为Sn,且a1a6=2a3,a4与2a6的等差中项为,则S5=( )A.B.30c.31D.3.当n为正整数时,定义函数N(n)表⽰n的最⼤奇因数,如N(3)=3,N(10)=5.若S(n)=N(1)+N(2)+N(3)+…+N(2n),则S(5)=( )A.342B.345c.341D.3464.已知等⽐数列{an}满⾜a2a5=2a3,且a4,,2a7成等差数列,则a1?a2?…?an的最⼤值为 .模块三数列第10讲数列、等差数列与等⽐数列典型真题研析1.(1)(2)-63[解析](1)由题易知a8==2,得a7=;a7==,得a6=-1;a6==-1,得a5=2,于是可知数列{an}具有周期性,且周期为3,所以a1=a7=.(2)⽅法⼀:令n=1,得S1=a1=2a1+1,所以a1=-1,⼜由Sn=2an+1=2(Sn-Sn-1)+1(n≥2),得Sn=2Sn-1-1(n≥2),即Sn-1=2(Sn-1-1)(n≥2),所以数列{Sn-1}是以S1-1=-2为⾸项,2为公⽐的等⽐数列,所以S6-1=(-2)×25=-64,则S6=-63.⽅法⼆:令n=1,得S1=a1=2a1+1,所以a1=-1.由Sn=2an+1①,得Sn-1=2an-1+1(n≥2)②,①-②得an=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2),所以{an}是以a1=-1为⾸项,2为公⽐的等⽐数列,于是S6==-63.2.(1)A(2)64[解析](1){an}为等差数列,且a2,a3,a6成等⽐数列,则=a2?a6,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d).将a1=1代⼊上式并化简,得d2+2d=0,∵d≠0,∴d=-2,∴S6=6a1+d=1×6+×(-2)=-24.(2)设该等⽐数列的公⽐为q,则q==,可得a1+a1=10,得a1=8,所以an=8×n-1=n-4.所以a1a2…an=-3-2-1+0+…+(n-4)=,易知当n=3或n=4时,(n2-7n)取得最⼩值-6,故a1a2…an的最⼤值为-6=64.3.(1) (2)- [解析](1)设公差为d,则a1+2d=3且4a1+6d=10,解得a1=1,d=1,所以Sk=,=2,所以(2)因为a1=-1,an+1=SnSn+1,所以S1=-1,Sn+1-Sn=SnSn+1,所以-=-1,所以数列是⾸项为-1,公差为-1的等差数列,所以=-n,所以Sn=-.考点考法探究⼩题1例1(1)A(2)[解析](1)由题意可得3Sn=2an-3n,3Sn+1=2an+1-3(n+1),两式作差可得3an+1=2an+1-2an-3,即an+1=-2an-3,即an+1+1=-2(an+1),由3S1=2a1-3=3a1,可得a1=-3,∴a1+1=-2,∴数列{an+1}是⾸项为-2,公⽐为-2的等⽐数列,据此有a2018+1=(-2)×(-2)2017=22018,∴a2018=22018-1.(2)由=2,得an+1-an=2n,∵a1=15,∴当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=15+2+4+…+2(n-1)=15+2×=n2-n+15, ∵a1=15满⾜上式,∴an=n2-n+15,∴=n+-1,易知当n依次取1,2,3时,n+-1的值递减;当n取⼤于或等于4的⾃然数时,n+-1的值递增.当n=3时,=3+5-1=7;当n=4时,=4+-1=.故的最⼩值为.【⾃我检测】1.c [解析]∵an+=a+an+n对任意的,n∈N*都成⽴,∴an+1=an+a1+n=an+1+n,即an+1-an=1+n,∴a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n(n≥2),把上⾯(n-1)个式⼦相加可得,an-a1=2+3+4+…+n,∴an=1+2+3+…+n=(n≥2),当n=1时,a1=1,满⾜上式,∴an=,从⽽有==2,∴+++…+=2×=.2.D [解析]当n≥3时,由an=an-1+两边同除以an-1,可得=1+,即-=1,则数列是⾸项为1,公差为1的等差数列,所以=n-1(n≥2),所以an=a1×××…×=1×1×2×…×(n-1)(n≥2).同理可得-=1(n≥3),则数列是⾸项为3,公差为1的等差数列,所以=n+1(n≥2),可得bn=b1×××…×=1×3×4×…×(n+1)(n≥2), 所以==1009,故选D.3. [解析]∵a1=0,an+1=,∴a2==,a3===-,a4==0,∴数列{an}具有周期性,其周期为3,且a1+a2+a3=0,则S2018=S3×672+2=a1+a2=.4.3-[解析]由an+Sn=3n-1,得当n≥2时,an-1+Sn-1=3n-4,两式相减得an=an-1+,∴an-3=(an-1-3).∵当n=1时,a1+S1=3-1=2,∴a1=1,∵a1-3=-2,∴数列{an-3}是以-2为⾸项,为公⽐的等⽐数列, ∴an-3=-2?,∴an=3-.⼩题2例2 (1)A (2)3 [解析](1)因为数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2n=2n,当n=1时,a1=21+1-2=2,满⾜上式,所以an=2n,所以bn=log2(?)=log2+log2=2n+2n,所以数列{bn}的前n项和Tn=+=n(n+1)+2n+1-2,易知当n∈N*时,Tn递增.当n=9时,T9=9×10+210-2=1112>1024;当n=8时,T8=8×9+29-2=582 所以满⾜Tn>1024的n 的最⼩值为9.(2)∵a3=7,a9=19,∴公差d===2,∴an=a3+(n-3)d=7+2(n-3)=2n+1,∴Sn==n(n+2),∴==≥×2=3,当且仅当n=2时取等号.【⾃我检测】1.c [解析]由题意知2a3=a1+a2,∴2a1q2=a1q+a1,即2q2=q+1,∴q=1或q=-.2.B [解析]∵等⽐数列{an}的⾸项为3,∴an=3qn-1,⼜a4,a3,a5成等差数列,∴a4+a5=2a3,∴q2+q=2,∴(q+2)(q-1)=0,∴q=-2,∴an=3?(-2)n-1,∴S5==33,故选B.3.6 [解析]设数列{an}的公差为d,则a4+a6=2a1+8d=2×(-11)+8d=-6,解得d=2,所以Sn=-11n+×2=n2-12n=(n-6)2-36,所以当n=6时,Sn取得最⼩值.4.9 [解析]因为a1=9,a5=1,所以公差d==-2,所以Sn=9n+n(n-1)(-2)=10n-n2,令Sn>0,得00成⽴的n的最⼤值为9.⼩题3例3 (1)D (2)21 [解析](1)由根与系数的关系可得a4+a10=8,结合等差数列的性质可得a1+a13=a4+a10=8,则S13===52.(2)令=1,∵a?an=a+n,∴a1?an=a1+n,∴数列{an}为等⽐数列.由a3?a5+a4=72,得+a4=72,∵a4>0,∴a4=8,∴log2a1+log2a2+…+log2a7=log2(a1?a2?…?a7)=log2=log287=21.【⾃我检测】1.c[解析]由等差数列的性质可知,a2+a4033=a2017+a2018=π,由等⽐数列的性质可知,b1b39==4,所以tan=tan=1,故选c.2.A [解析]设数列{an}的公⽐为q.∵数列{an}是等⽐数列,∴a6a8==8,∴a7=2(与a5同号),∴q2==,∴=q4=()2=2.故选A.3.B [解析]∵正项等⽐数列{an}的前n项和为Sn,∴S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30也成等⽐数列,∴10×(130-S20)=(S20-10)2,解得S20=40或S20=-30(舍),故S40-S30=270,∴S40=400,故选B.4.A [解析]设等差数列{an}的公差为d(d≠0).∵a2,a4,a8成等⽐数列,∴=a2?a8,即(a1+3d)2=(a1+d)?(a1+7d),∴(1+3d)2=(1+d)?(1+7d),∴d=1,∴Sn=n+=.故选A.⼩题4例 4 (1)c (2)[-4,-2] [解析](1)设数列{an}的公差为d,则解得∴数列{an}的通项公式为an=n+1.当n≥2时,bn+1-bn=bn,∴bn+1=2bn,即数列{bn}从第⼆项起为等⽐数列,∴bn=2n-2(n≥2), ∴数列{bn}的通项公式为bn=分组求和可得数列{cn}的前11项和S11=(2+3+4+…+12)+(1+1+2+22+…+29)=77+210=1101.(2)在等⽐数列{bn}中,由b1?b4=8得b2?b3=8,⼜b2+b3=6,且公⽐q⼩于1,∴b2=4,b3=2,∴q==,因此bn=b2qn-2=4×=.由cn=+,得cn=∴cn是取an,bn中的较⼤者.由题易知c4是数列{cn}中的最⼩项,⼜bn=递减,an=n+t递增,∴当c4=a4时,c4≤cn,即a4≤cn,a4是数列{cn}中的最⼩项,则必须满⾜b4 【⾃我检测】1.B [解析]设由数列{an}的前12项构成的等差数列的公差为d,从第11项起构成的等⽐数列的公⽐为q,由a13===4,解得d=1或d=,⼜数列{an}的各项均为整数,故d=1,所以q==2,所以an=故a15=24=16,故选B.2.c [解析]设正项等⽐数列{an}的公⽐为q,q>0.∵a1a6=2a3,a4与2a6的等差中项为,∴q5=2a1q2,a1(q3+2q5)=3,得a1=16,q=,则S5==31.3.A [解析]由题设知,N(2n)=N(n),N(2n-1)=2n-1,∴S(n)=[1+3+5+…+(2n-1)]+[N(2)+N(4)+N(6)+…+N(2n)]=4n-1+[N(1)+N(2)+N(3)+…+N(2n-1)]=4n-1+S(n-1)(n≥2),⼜S(1)=N(1)+N(2)=2, ∴S(n)=4n-1+4n-2+…+41+2=,∴S(5)==342.故选A.4.1024[解析]设数列{an}的公⽐为q.由已知得a3a4=a2a5=2a3?a4=2,a4+2a7=2×?a7=,∴==q3, ∴q==2-1,a1==24,∴an=24?2-(n-1)=25-n,∴a1?a2?…?an=24×23×…×25-n=24+3+…+(5-n)===,∴当n=4或5时,a1?a2?…?an取得最⼤值1024.[备选理由]例1为由递推关系求数列的通项公式问题,难度较⼤;例2考查等⽐数列前n项和中参数的计算,不同于原例2只考查等差、等⽐数列的基本量的计算;例3考查等⽐数列的计算,采⽤整体求解⽐较⽅便;例4为等差数列性质的应⽤问题;例5是⼀道等差数列与等⽐数列的综合题.例 1 [配例1使⽤]已知数列{an}满⾜a1=1,a2=,若anan-1+2anan+1=3an-1an+1(n≥2,n∈N*),则数列{an}的通项公式为an= .[答案][解析]∵anan-1+2anan+1=3an-1an+1(n≥2,n∈N*), ∴+=,即-=2,⼜∵-=2,∴数列是以2为⾸项,2为公⽐的等⽐数列,∴-=2n,∴当n≥2时,=++…++=2n-1+2n-2+…+2+1==2n-1.当n=1时,=1,满⾜上式,∴=2n-1,∴an=.例 2 [配例2使⽤]已知等⽐数列{an}的前n项和Sn=32n-1+r,则r的值为( )A.B.-c.D.-[解析]B 当n=1时,a1=S1=3+r;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=32n-1-32n-3=32n-3(32-1)=8?32n-3=8?32n-2?3-1=?9n-1.∵数列{an}为等⽐数列,∴3+r=,∴r=-,故选B.例3[配例2使⽤]在等⽐数列{an}中,已知a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a8+a9+a10= .[答案]128[解析]设数列{an}的公⽐为q.∵a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=(a1+a2+a3)q=2,∴q=2,∴a8+a9+a10=(a1+a2+a3)q7=27=128.例4 [配例3使⽤]在等差数列{an}中,其前n项和为Sn,若2(a1+a4+a7)+3(a9+a11)=24,则S13+2a7=( )A.17B.26c.30D.56[解析]c 设等差数列{an}的公差为d,由等差数列的性质可得a1+a7=2a4,a9+a11=2a10,则有6a4+6a10=24,即a1+6d=2,所以S13=13a1+d=13(a1+6d)=26,2a7=2(a1+6d)=4,所以S13+2a7=30.例5 [配例4使⽤]已知各项都是正数的等⽐数列{an}的公⽐q≠1,且a2,a3,a1成等差数列,则的值为( )A.B.c.D.或[解析]B 由题得a3×2=a2+a1,∴a1q2=a1q+a1,∴q=,∴==q2=.。
