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热点重点难点 专题透析 2014高考复习 专题2 数列(二轮复习0



热点重点难点专题透析· 数学(理科)

专题2

【考情报告】

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专题2

【考向预测】 数列是高中数学的重要内容, 又是学习高等数学的基础, 在高考数学中有着十分重要的地位, 从安徽高考卷近几年对 数列的考查来看:

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专题2

在知识点上对等差、等比数列以及数列求和是重点. 在考查学生能力方面要求较高, 解答题都是在知识交汇 点上出题. 预测 2014 年的高考题题型仍将是 “一大一小” , 在平时复习与训练中要注意基本方法与基本题型. 同时我们 要注意 “巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计 算中的重要性,巧用“基本量”并树立“目标意识” ,既要 充分合理地运用条件,又要时刻注意题目的结论. 在考查方向上我们要注意以下方面: 一是等差数列、 等比数列的基本量的计算; 二是能熟练掌握 Sn 与 an 的关系; 三是对等差数列与等比数列乘积式的求和, 我们要熟练使用 “错位相减法” ;四是裂项求和问题;

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专题2

另外我们在平时训练时,要加强在知识交汇点(如不等 式、函数、导数、三角等)处对数列知识的应用. 【问题引领】 1.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和.已知 S6=36,Sn =324,Sn-6=144(n>6),则 n 等于( ). A.16 B.17 C.18 D.19 【解析】 ∵S6+(Sn-Sn-6)=6(a1+an)=36+(324-144) n(a1+an) =216,∴a1+an=36.又∵Sn= =324,∴n=18. 2 【答案】C

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专题2

2.已知{an}是等差数列,a1=1,公差 d≠0,Sn 为其前 n 项和,若 a1,a2,a5 成等比数列,则 S8=________. 【解析】设数列{an}的公差为 d,那么(1+d)2=1·(1 +4d),解得 d=2 或 d=0(舍去), 8×(8-1) 所以 S8=8×1+ ×2=64. 2 【答案】64 15 3.已知等比数列{an}满足:a1+a2+a3+a4= ,a2a3= 8 9 1 1 1 1 - ,则 + + + =________. 8 a1 a2 a3 a4

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9 1 1 【解析】等比数列{an}中,a1a4=a2a3=- ,那么 + 8 a1 a2 1 1 a1+a4 a2+a3 a1+a2+a3+a4 5 + + = + = =- . a3 a4 a1a4 a2a3 a2a3 3 5 【答案】- 3

an 4.已知数列{an}满足 a1=33,an+1-an=2n,则 的最 n
小值为________. 【解析】an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+ a1=2[1+2+?+(n-1)]+33=33+n2-n,

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an 33 所以 = +n-1. n n
33 -33 设 f(n)= +n-1,由 f′(n)= 2 +1>0,得 f(n)

n

n

在( 33,+∞)上单调递增,在(0, 33)上单调递减, 因为 n∈N+,且 = , = = , 5 5 6 6 2 an a6 21 所以 的最小值为 = . n 6 2 21 【答案】 2

a5 53 a6 63 21

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1 an+1 1 5. 在数列{an}中, 已知 a1= , = , bn+2=3log1an(n 4 an 4 4 ∈N ). (1)求数列{an}的通项公式; (2)求证:数列{bn}是等差数列; (3)设数列{cn}满足 cn=an·bn,求{cn}的前 n 项和 Sn. an+1 1 【解析】(1)∵ = , an 4 1 1 ∴数列{an}是首项为 ,公比为 的等比数列, 4 4
*

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1 n ∴an=( ) (n∈N*). 4 (2)∵bn=3log1an-2, 4 1 n 1 ∴ bn = 3log ( ) - 2 = 3n - 2 ,∴ bn + 1 - bn = (3n + 1) - 4 4 (3n-2)=3,∴数列{bn}是公差 d=3 的等差数列. 1 n * (3)由(1)(2)知,an=( ) ,bn=3n-2,n∈N , 4 1 n * ∴cn=(3n-2)×( ) (n∈N ), 4

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1 1 2 1 3 1 n-1 ∴Sn=1× +4×( ) +7×( ) +?+(3n-5)×( ) 4 4 4 4 1 n +(3n-2)×( ) ,① 4 1 1 2 1 3 1 4 于是 Sn=1×( ) +4×( ) +7×( ) +?+(3n-5)× 4 4 4 4 1 n 1 n+1 ( ) +(3n-2)×( ) ,② 4 4 3 1 1 2 1 3 1 n 由①-②得 Sn= +3[( ) +( ) +?+( ) ]-(3n-2) 4 4 4 4 4

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1 n+1 1 1 n+1 ×( ) = -(3n+2)×( ) . 4 2 4 2 3n+2 1 n * ∴Sn= - ×( ) (n∈N ). 3 3 4 6.(2013 广东卷)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1 2Sn 1 2 2 =1, =an+1- n -n- ,n∈N*. n 3 3 (1)求 a2 的值; (2)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 7 (3)证明:对一切正整数 n,有 + +?+ < . a1 a2 an 4

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1 2 【解析】(1)当 n=1 时,2S1=a2- -1- ,a1=1,∴ 3 3 a2=4. 2Sn 1 2 2 1 3 2 2 (2)由 =an+1- n -n- , 得 2Sn=nan+1- n -n - n, n 3 3 3 3 ① 当 n≥2 时, 1 2 3 2 2Sn-1=(n-1)an- (n-1) -(n-1) - (n-1),② 3 3 由①-②得(n+1)an=nan+1-n(n+1),两边除以 n(n

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an an+1 an+1 an +1)得 = -1,∴ - =1(n≥2), n n+1 n+1 n a2 a1 又 n=1 时, - =1.
2 1

an ∴数列{ }是首项为 1,公差为 1 的等差数列. n an ∴ =1+(n-1)=n,∴an=n2. n
1 1 1 * (3)由(2)知 = 2< = - (n≥2,n∈N ), an n (n-1)n n-1 n 1 1

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1 1 1 1 1 ∴ + +?+ =1+ + +?+ 2<1+ + +? a1 a2 an 4 9 n 4 2×3 1 1 1 1 1 1 1 1 7 + =1+ +( - )+( - )+?+( - )= (n-1)n 4 2 3 3 4 n-1 n 4 1 7 - < . n 4 【诊断参考】 1.等差数列及其求和公式是考试的重点,一方面我们应该 熟悉公式,同时又要熟练运用公式的变形,很多学生解答本 题时机械地套用公式,这样计算量大,如果我们能够发

1

1

1

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现 S6 + (Sn - Sn - 6) = S6 + (an - 5 + an - 4 +?+ an) = 6(a1 + an),可简化运算,我们要注意高考数列题的“小、巧、活” 的特点. 2.本题是等差数列与等比数列的基本题,我们按基本 知识求解即可. 3.等比数列基本量的计算是重点,我们常常通过公式 挖掘 Sn、 an、 n、 q 之间的关系求解, 本题我们发现 a1a4=a2a3, 后面通分后整体处理使问题迎刃而解. 如果本题死套公式去 求解,会由于变量难以处理而不好解决. 4.本题考查了递推数列通项公式的求解以及构造函数,利 用导数判断函数的单调性, 考查了综合运用知识解决问题的 能力.同学们往往对数列的函数性理解得 不深刻或对利用

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导数解决这类题不熟练. 5.本题的第一问是求等比数列的通项,比较基础;第 二问的关键是有些同学对对数知识不熟练从而容易产生错 误, 第三问是我们熟悉的一个等差数列与等比数列的乘积式 求和,我们只要熟悉“错位相减法”即可,但在实践中许多 学生由于计算能力不强而导致错误百出, 所以我们一定要突 破这个重点. 6.一方面:数列中 Sn 与 an 的关系一直是高考的热点,求数 列的通项公式是最为常见的题目,要切实掌握 Sn 与 an 的关 系.另一方面:本题第三问的裂项求和也是我们考查的重点 与难点,同学们往往在适度放缩这里卡住,我们平时的

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训练与理解要到位.

【知识整合】 1.Sn 与 an 的关系 在 数 列 {an} 中 , Sn = a1 + a2 + ? + an , 从 而 an =
? ?S1,n=1, ? ? ?Sn-Sn-1,n≥2.

2.等差数列的公式与性质

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专题2

如果数列{an}是公差为 d 的等差数列,则 n(n-1) (1)an = a1 + (n - 1)d , Sn = na1 + d= 2 n(a1+an) . 2 (2)对正整数 m,n,p,q,有 am+an=ap+aq?m+n=p +q,am+an=2ap?m+n=2p. 3.等比数列的公式与性质 如果数列{an}是公比为 q 的等比数列,则

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a1(1-qn) a1-anq ? ? = ,q≠1, n-1 1 - q 1 - q (1)an=a1q ,Sn=? ? ?na1,q=1.
(2)对正整数 m,n,p,q,有 aman=apaq?m+n=p+q, aman=a2 p?m+n=2p. 4.等差、等比数列前 n 项和 Sn 的性质 若等差数列的前 n 项和为 Sn, 则 Sm, S2m-Sm, S3m-S2m, ? 为等差数列;若等比数列的前 n 项和为 Sn,则在 Sm 不等于 0 时,Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,?成等比数列. 5.在等差数列{an}中,有关 Sn 的最值问题——常用邻 项变号法求解:

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专题2

(1)当 a1>0,d<0 取最大值. (2)当 a1<0,d>0

? ?am≥0, 时,满足? 的项数 ? ?am+1≤0

m 使得 Sm

? ?am≤0, 时,满足? 的项数 ? ?am+1≥0

m 使得 Sm

取最小值. 在解含绝对值的数列最值问题时, 注意转化思想的应用. 6.数列求和的常用方法:公式法、裂项相消法、错位相减 法、倒序相加法、分组求和法、累加累积法、归纳猜想

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专题2

证明法等. 【考点聚焦】 热点一:等差数列的通项、求和及其性质 在等差数列问题中,最基本的量是其首项和公差,在解 题时根据已知条件求出这两个量, 其他的问题也就可以解决 了,这就是解决等差数列问题的基本方法,其中蕴含着方程 思想的运用. 设数列{an}是公差不为 0 的等差数列,a1=2,且 a1, a5, a13 成等比数列, 则数列{an}的前 n 项和 Sn 等于( ).

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A. + B. + 4 4 3 3 n2 3n 2 C. + D.n +n 2 4 【分析】根据等差数列与等比数列的概念列出等式,从 而求解. 2 【解析】根据 a1,a5,a13 成等比数列得(2+4d) =2(2 1 +12d),解得 d= ,故其前 n 项和只能是选项 A.注意等差 2 数列的前 n 项和 Sn=An +Bn,其中 A= . 2
2

n2 7n

n2 5n

d

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专题2

【答案】A 【归纳拓展】要解决等差数列的前 n 项和问题,一般只 要寻找首项 a1 与公差 d 及 an、Sn 之间的关系,然后求解. 变式训练 1 设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S4≥ 10,S5≤15,则 a4 的最大值为________. 【解析】∵等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S4≥10, S5≤15,

? ?4a1+4×3d≥10, ? 2 ? ?2a1+3d≥5, ∴? 即? ? 5×4 ?a1+2d≤3, ? 5a1+ d≤15, ? 2 ?

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5-3d 5-3d ∴ ≤a1≤3-2d,∴ ≤3-2d,∴d≤1, 2 2 ∴a4=(a1+2d)+d≤3+d≤3+1=4. 故 a4 的最大值为 4. 【答案】4 (2013 江西卷)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足: 2 2 S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)=0. (1)求数列{an}的通项公式 an; n+1 (2)令 bn= ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn.证明: (n+2)2a2 n

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5 对于任意的 n∈N ,都有 Tn< . 64 【分析】合理因式分解是解题的突破口,裂项相消是解 题的关键. 2 2 【解析】(1)由 S2 n - (n + n - 1)Sn - (n + n)= 0,得 [Sn -(n2+n)](Sn+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以 Sn>0,Sn=n2+n. 2 2 于是 a1=S1=2,n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n +n-(n-1) -(n-1)=2n. 综上,数列{an}的通项 an=2n.
*

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n+1 (2)由于 an=2n,bn= 2 2, (n+2) an n+1 1 1 1 则 bn= 2 = [ - ]. 4n (n+2)2 16 n2 (n+2)2
1 1 1 1 1 1 1 Tn = [1 - 2 + 2 - 2 + 2 - 2 + ? + 2- 16 3 2 4 3 5 (n-1) 1 1 1 2+ 2- 2] (n+1) n (n+2) 1 1 1 1 1 1 5 = [1+ 2- - ]< (1+ 2)= . 16 2 (n+1)2 (n+2)2 16 2 64 【归纳拓展】在含二元的二次等式中,确定主元是正确

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因式分解的前提,在进行裂项时,善于观察,善于总结 是解决这类问题的主要手段. 变式训练 2 已知数列{an}满足 a1=3,an·an-1=2an-1 -1. (1)求 a2,a3,a4; 1 (2)求证:数列{ }是等差数列,并求出{an}的通项 an-1 公式. 【解析】(1)∵an·an-1=2an-1-1,又 a1=3, 5 7 9 ∴a2= ,a3= ,a4= . 3 5 7

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(2)易知 an-1≠0,∴an=2-

1

an-1

.

1 1 1 1 当 n≥2 时, - = - , an-1 an-1-1 1 an-1-1 (2- )-1

an-1



1 1-

1 - 1 an-1-1

an-1

1 = - an-1-1 an-1-1 =1.

an-1

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1 1 ∴{ }是以 为首项,以 1 为公差的等差数列. an-1 a1-1 2n+1 * ∴an= (n∈N ). 2n-1 热点二:等比数列的通项、求和及其性质 在等比数列问题中,最基本的量是首项和公比.在解题 时,根据已知条件求出这两个量,其他的问题也就可以解决 了,这是解决等比数列问题的基本方法. 已知数列{an}满足 log3an+1=log3an+1(n∈N*), 且 a2+a4+a6=9,则 log1(a5+a7+a9)的值是( ). 3

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1 1 A.-5 B.- C.5 D. 5 5 【分析】据数列满足 log3an+1=log3an+1(n∈N*)且 a2+ a4+a6=9 可以确定数列{an}是公比等于 3 的等比数列, 再根 据等比数列的通项公式即可通过 a2+a4+a6=9 求出 a5+a7 +a9 的值. 【解析】由 log3an+1=log3an+1,得 an+1=3an,所以数 列{an}是公比为 3 的等比数列, 则 a5+a7+a9=(a2+a4+a6)×33=35, 所以 log1(a5+a7+a9)=-log335=-5. 3

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【答案】A

an n-m * 【归纳拓展】等比数列中有关系式 =q (m,n∈N ), am 其中 q 为公比, 这个关系式可以看作是推广的等比数列的通 项公式,即 an=amqn-m(m,n∈N*),当 m=1 时就是等比数列
的通项公式. 变式训练 3 设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 8a2 +a5=0,则下列式子中数值不能确定的是( ).

a5 S5 an+1 Sn+1 A. B. C. D. a3 S3 an Sn

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a5 3 a5 2 S5 1-q5 Sn+1 【解析】 =q =-8, q=-2, 则 =q ; = 3; a2 a3 S3 1-q Sn 1-qn+1 = ,数值由 n 来决定. 1-qn
【答案】D 已知数列{an}的首项 a1=2a+1(a 是常数, 且 a≠ -1), an=2an-1+n2-4n+2(n≥2), 数列{bn}的首项 b1=a, bn=an+n2(n≥2). (1)证明:{bn}从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列; (2)设 Sn 为数列{bn}的前 n 项和, 且{Sn}是等比数列, 求 实数 a 的值.

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【分析】第(1)问用定义证明,进一步第(2)问也可以求 出. 【解析】(1)∵bn=an+n2, ∴bn+1=an+1+(n+1)2 =2an+(n+1)2-4(n+1)+2+(n+1)2 2 =2an+2n =2bn(n≥2). 由 a1=2a+1 得 a2=4a,b2=a2+4=4a+4, ∵a≠-1,∴b2≠0, 即{bn}从第 2 项起是以 2 为公比的等比数列. (4a+4)(2n-1-1) (2)Sn=a+ =-3a-4+(2a+ 2-1

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2)2 ,

n

Sn (2a+2)2n-3a-4 当 n≥2 时, = Sn-1 (2a+2)2n-1-3a-4 3a+4 =2+ . (a+1)2n-3a-4 Sn ∵{Sn}是等比数列,∴ (n≥2)是常数, Sn-1
4 ∴3a+4=0,即 a=- . 3 【归纳拓展】 证明等差、 等比数列问题一般是用定义法, 求参数的值问题,往往是用常数分离法.

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变式训练 4 设{an}是公比大于 1 的等比数列,Sn 为数 列{an}的前 n 项和.已知 S3=7,且 a1+3,3a2,a3+4 构成 等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=ln a3n+1,n=1,2,?,求数列{bn}的前 n 项 和 Tn.

?a1+a2+a3=7, ? 【解析】(1)由已知得:?(a1+3)+(a3+4) =3a2. ? 2 ?
解得 a2=2.

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2 设数列{an}的公比为 q,由 a2=2,可得 a1= ,a3=2q.

q

2 又 S3=7,可知 +2+2q=7,

q

即 2q2-5q+2=0, 1 解得 q1=2,q2= . 2 由题意知 q>1,∴q=2. ∴a1=1. 故数列{an}的通项为 an=2n-1. (2)由于 bn=ln a3n+1,n=1,2,?,

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由(1)得 a3n+1=2 , ∴bn=ln 23n=3nln 2, ∴bn+1-bn=3ln 2, ∴{bn}是等差数列. ∴Tn=b1+b2+?+bn= =

3n

n(b1+bn)
2

n(3ln 2+3nln 2)

2 3n(n+1) = ln 2. 2

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热点三:数列的综合问题 在此类问题中,数列常与函数、导数、不等式等知识交 汇命题,难度较大.

xn 设函数 fn(x)=-1+x+ 2+ 2+?+ 2(x∈R,n 2 3 n x2 x3
∈N*).证明: 2 (1)对每个 n∈N ,存在唯一的 xn∈[ ,1],满足 fn(xn) 3 =0; (2)对任意 p∈N*,由(1)中 xn 构成的数列{xn}满足 0<xn
*

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1 -xn+p< .

n

【分析】(1)判断函数存在唯一零点,可先判断函数的 单调性,再用二分法得出结论;(2)根据数列的单调性,结 合使用放缩法可得证. 【解析】 (1)对每个 n∈N , 当 x>0 时, f′n(x)=1+ +? 2
*

x

xn-1 + >0,故 fn(x)在(0,+∞)内单调递增. n
1 1 1 由于 f1(1)=0,当 n≥2 时,fn(1)= 2+ 2+?+ 2>0, 2 3 n

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故 fn(1)≥0. 2 2 n 又 fn( )=-1+ + ? 3 3 k=2 2 k ( ) 3 1 1n 2 k ≤- + ? ( ) 3 4k=2 3

k2

2 2 2 n-1 ( ) [1-( ) ] 3 3 1 1 1 2 n-1 =- + · =- ·( ) <0, 3 4 2 3 3 1- 3 2 所以存在唯一的 xn∈[ ,1],满足 fn(xn)=0. 3

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xn+1 (2)当 x>0 时,fn+1(x)=fn(x)+ 2>fn(x),故 fn (n+1) +1(xn)>fn(xn)=fn+1(xn+1)=0. 由 fn+1(x)在(0,+∞)内单调递增知,xn+1<xn,故{xn} 为单调递减数列,从而对任意 n,p∈N*,xn+p<xn,即 xn-xn
+p

>0.
n x n * 对任意 p∈N ,由于 fn(xn)=-1+xn+ 2+?+ 2=0, 2 n

x2 n


n+1 xn x n+p n+p fn+p(xn+p)=-1+xn+p+ 2 +?+ 2 + 2+? 2 n (n+1)

x2 n+p

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+p xn n+p + ② 2=0, (n+p)

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①式减去②式并移项,利用 0<xn+p<xn≤1,得

xn-xn+p=?
k=2 n+p

n

k n+ p n+p xk xk xk n+p-xn n+p n+p + ? 2≤ ? 2 k2 k k k=n+1 k=n+1

1 1 1 1 ≤ ? 2< ? = - < . k k=n+1 k(k-1) n n+p n k=n+1 1 因此,对任意 p∈N ,都有 0<xn-xn+p< .
*

1

n+p

n

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专题2

【归纳拓展】本题考查函数的单调性、数列的性质及不 等式的证明,在证明不等式时还用到了放缩法,是一道综合 性很强的题目. 变式训练 5 数列{an}是公差为正数的等差数列, 且 a2、 a5 是方程 x2-12x+27=0 的两根, 数列{bn}的前 n 项和为 Tn, 1 且 Tn=1- bn(n∈N*). 2 (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)记 cn=an·bn,求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 【解析】(1)由 a2+a5=12,a2·a5=27,且 d>0 得 a2 =3,a5=9.

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专题2

∴d=

a5-a2

5-2 1 2 在 Tn=1- bn 中,令 n=1 得 b1= , 2 3 1 当 n≥2 时,Tn-1=1- bn-1,两式相减得: 2 1 1 bn 1 bn= bn-1- bn,∴ = (n≥2), 2 2 bn-1 3 1 n ∴bn=2·( ) . 3

=2,a1=1,∴an=2n-1.

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专题2

1 n 1 n (2)∵cn=(2n-1)·2·( ) =(4n-2)·( ) , 3 3 1 3 5 2n-1 ∴Sn=2( + 2+ 3+?+ n ), 3 3 3 3 1 1 3 5 2n-1 Sn=2( 2+ 3+ 4+?+ n+1 ), 3 3 3 3 3 2 1 1 1 1 2n-1 两式错位相减, 得 Sn=2[ +2( 2+ 3+?+ n)- n+1 ] 3 3 3 3 3 3 4 4n+4 2n+2 = - n+1 ,∴Sn=2- n . 3 3 3

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专题2

热点四:数列的应用 数列应用题是近年来高考命题改革的一个亮点, 它主要 考查学生阅读资料、提取信息、建立数列模型的能力,考查 应用所学知识分析和解决问题的能力.其中,建立数列模型 是解决这类问题的核心,在试题中主要有:一是,构造等差 数列或等比数列模型, 然后用相应的通项公式与求和公式求 解;二是,通过归纳得到结论,再用数列知识求解. 某个集团公司下属的甲、 乙两个企业在 2013 年 1 月的产值都为 a 万元, 甲企业每个月的产值比前一个月的产 值增加的数值相等, 乙企业每个月的产值比前一个月的产值 增加的百分数相等, 到 2014 年 1 月两个企业的产值又相等.

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专题2

(1)到 2013 年 7 月,试比较甲、乙两个企业的产值的大 小,并说明理由; (2) 甲企业为了提高产能,决定用 3.2 万元买一台仪 器.从 2014 年 2 月 1 日投放使用,从启用的第一天起连续 n+49 使用,第 n 天的维修保养费为 (n∈N*)元,求前 n 天这 10 台仪器的日平均耗资(含仪器的购置费), 并求日平均耗资最 小时使用了多少天. 【分析】(1)甲企业的各个月份的产值组成等差数列,乙企 业各个月份的产值组成等比数列, 在这两个各有十三项的数 列中其第一项和最后一项相等,比较的是中间项的大

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专题2

小, 根据等差中项和等比中项的概念和基本不等式进行 比较;(2)前 n 天的维修费用之和加上购买仪器的费用除以 n 即为日均耗费,使用基本不等式求其最值以及取得最值时 的 n 即可. 【解析】(1)2013 年 7 月甲企业的产值比乙企业的产值 要大. 设从 2013 年 1 月到 2014 年 1 月甲企业每个月的产值分 别是 a1, a2, ?, a13, 乙企业每个月的产值分别是 b1, b2, ?, b13.由题意知{an}成等差数列,{bn}成等比数列. 1 所以 a7= (a1+a13),b7= b1b13. 2

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专题2

又 a1=b1,a13=b13, a1+a13 所以 a7= > a1a13= b1b13=b7, 2 即 2013 年 7 月甲企业的产值大. (2)设一共用了 n 天, n 天的平均耗资为 P(n)元, 则 P(n) n+49 (5+ )n 10 4 3.2×10 + 4 2 3.2×10 n 99 = = + + , 当且仅当 n n 20 20 3.2×104 n = 时,P(n)取得最小值,此时 n=800, n 20

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专题2

故日平均耗资最小时使用了 800 天. 【归纳拓展】本题考查等比数列模型、等差数列模型的 实际应用,并与基本不等式进行交汇.数列在实际问题中有 着极为广泛的应用, 数列的应用问题在高考中虽然不是主流, 但并不排除在高考中考查数列实际应用问题的可能. 变式训练 6 某企业在第 1 年初购买一台价值为 120 万 元的设备 M,M 的价值在使用过程中逐年减少,从第 2 年到 第 6 年,每年初 M 的价值比上年初减少 10 万元;从第 7 年 开始,每年初 M 的价值为上年初的 75%. (1)求第 n 年初 M 的价值 an 的表达式.

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专题2

a1+a2+?+an (2)设 An= .若 An 大于 80 万元, 则 M 继续 n 使用,否则需在第 n 年初对 M 更新.证明:需在第 9 年初对 M 更新. 【解析】(1)当 n≤6 时,数列{an}是首项为 120,公差
为-10 的等差数列, 则 an=120-10(n-1)=130-10n; 3 当 n≥7 时,数列{an}是以 a6 为首项,公比为 的等比数 4 3 n-6 列,又 a6=70,所以 an=70×( ) . 4

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专题2

因 此 , 第 n 年 初 , M 的 价 值 an 的 表 达 式 为 an = 130-10n,n≤6, ? ? ? 3 n-6 70×( ) ,n≥7. ? 4 ? (2)设 Sn 表示数列{an}的前 n 项和,由等差及等比数列 的求和公式得, 当 1≤n≤6 时,Sn=120n-5n(n-1), An=120-5(n-1)=125-5n; 当 n≥7 时,由于 S6=570, 3 故 Sn=S6+(a7+a8+?+an)=570+70× ×4×[1- 4

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专题2

3 n-6 3 n-6 ( ) ]=780-210×( ) , 4 4 3 n-6 780-210×( ) 4 An= .

n

因为{an}是递减数列, (a1+a2+?+an)+an+1 所以,An+1= n+1 n(a1+?+an)+nan+1 = n(n+1)

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专题2

n(a1+?+an)+(a1+?+an) < n(n+1) a1+a2+?+an = =An, n 所以{An}是递减数列.
3 2 780-210×( ) 4 47 又 A8= =82 >80, 8 64 3 3 780-210×( ) 4 79 A9= =76 <80, 9 96

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专题2

所以需在第 9 年初对 M 更新. 限时训练卷(一) 一、选择题 1.等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的 公差为( ). A.1 B.2 C.3 D.4 【解析】a1+a5=2a3=10,a3=5,所以 d=a4-a3=2. 【答案】B

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专题2

1 2.已知数列{an}的通项公式 an= ,若该数 n+ n+1 列的前 n 项和等于 9,则 n 等于( A.98 B.99 C.96 D.97 ).

1 【解析】an= = n+1- n,Sn= 2- 1+ n+ n+1 3- 2+?+ n+1- n= n+1-1, ∵Sn=9,∴ n+1=10,n=99. 【答案】B

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专题2

3. 等差数列{an}的前 n 项和记为 Sn, 若 a2+a4+a15 的值 是一个确定的常数,则数列{an}中也为常数的项是( ). A.S7 B.S8 C.S13 D.S15 【解析】设 a2+a4+a15=p(常数), 1 1 ∴3a1+18d=p,解得 a1+6d= p,即 a7= p. 3 3 13×(a1+a13) 13 ∴S13= =13a7= p. 2 3 【答案】C 4.在等比数列{an}中,a3 和 a5 是二次方程 x2+kx+5= 0 的两个根,则 a2a4a6 的值为( ).

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专题2

A.±5 5 B.5 5 C.-5 5 D.25 【解析】根据韦达定理,有 a3a5=5,又因为 a2 4=a2a6=

a3a5=5,则 a4=± 5,所以 a2a4a6=±5 5.
【答案】A 1 5. 设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 a5=a (2x+ )dx, 2
?2 3? ? ?0

S9 则 等于( S5

).

25 9 A.9 B. C.2 D. 9 25

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专题2

? 1 x a5 2 2 ? ? 【解析】∵? (2x+ )dx=(x + )? =5,∴a5=5a3,∴ ? 2 2 ?0 a3 ?
2 0

=5, S9 9(a1+a9) 9a5 ∴ = = =9,故选 A. S5 5(a1+a5) 5a3 【答案】A 2f(n)+n 6.设函数 f(x)满足 f(n+1)= (n∈N*),且 2 f(1)=2,则 f(20)等于( ). A.95 B.97 C.105 D.192

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专题2

【解析】由 f(n+1)-f(n)= ,得 2 1 f(2)-f(1)= ×1, 2 1 f(3)-f(2)= ×2, 2 ?? 1 f(20)-f(19)= ×19, 2 1 各项相加得 f(20)-f(1)= ×(1+2+?+19)=95, 2

n

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专题2

所以 f(20)=95+f(1)=97. 【答案】B 7.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 m>1,且 am 2 ). -1+am+1-am=0,S2m-1=38,则 m 等于( A.38 B.20 C.10 D.9 2 【解析】由题意知 2am-am=0,则 am(am-2)=0, ∴am=2 或 am=0. 2m-1 ∵S2m-1= (a1+a2m-1)=(2m-1)am=38, 2 ∴am≠0 即 am=2, ∴2m-1=19,解得 m=10.

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专题2

【答案】C 8.如果数列对任意 m,n∈N*满足 am+n=aman,且 a3=8, 那么 a10 等于( ). A.1024 B.512 C.510 D.256 【解析】由 am+n=aman,所以 an+1=a1an,a3=a1a2,a2= a1a1,那么 a3=8=a3 1,a1=2,又由于 an+3=a3an,所以 a10= a3 3a1=1024. 【答案】A

a11 9.已知数列{an}为等差数列,若 <-1,且它们的前 a10 n 项和 Sn 有最大值,则使 Sn>0 的 n 的最大值为( ).

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专题2

A.11 B.19 C.20 D.21

a11 【解析】∵ <-1,且 Sn 有最大值, a10 ∴公差 d<0,即{an}为递减数列. ∴a10>0,a11<0,且 a10+a11<0, 19(a1+a19) ∴S19= =19a10>0,

2 20(a1+a20) S20= =10(a10+a11)<0. 2 ∴使得 Sn>0 的 n 的最大值为 19,故选 B. 【答案】B

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专题2

二、填空题 10.已知在数列{an}中,a1=-1,an+1·an=an+1-an, 则数列的通项 an=________. 1 1 1 1 【解析】由题意得 - =-1, =-1,∴{ }是以

an+1 an

a1

an

1

a1

为首项,以-1 为公差的等差数列,则 =-1+(n-1)×

1

an

1 (-1)=-n,即 an=- .

n

1 【答案】-

n

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专题2

11.等差数列{an}前 9 项的和等于前 4 项的和,若 a1= 1,ak+a4=0,则 k=________. 1 【解析】∵S9=S4,a1=1,∴d=- , 6 ∴ ak + a4 = a1 + (k - 1)d + a1 + 3d = 2a1 + (k + 2)d = 2 + 1 (k+2)·(- )=0, 6 ∴k=10. 【答案】10 1 n * 12.已知数列{an}满足 a1=1,an+an+1=( ) (n∈N ), 4

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专题2

Sn=a1+4a2+42a3+?+4n-1an,类比课本中推导等比数 列前 n 项和公式的方法,可求得 5Sn-4nan=________. 【解析】由 Sn=a1+4a2+42a3+?+4n-1an,① 4Sn=4a1+42a2+?+4n-1an-1+4nan,② 由①+②得 5Sn = a1 + 4(a1 + a2) + 42(a2 + a3) +?+ 4n - 1 n (an-1+an)+4 an,③
1 n ∵an+an+1=( ) ,∴③式为 5Sn=n+4nan, 4 ∴5Sn-4nan=n. 【答案】n

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专题2

三、解答题 13.数列{an}的前 n 项和记为 Sn,a1=t,点(Sn,an+1) 在直线 y=3x+1 上,n∈N*. (1)当实数 t 为何值时,数列{an}是等比数列? (2)在(1)的结论下,设 bn=log4an+1,cn=an+bn,Tn 是 数列{cn}的前 n 项和,求 Tn. 【解析】(1)∵点(Sn,an+1)在直线 y=3x+1 上, * ∴an+1=3Sn+1,an=3Sn-1+1(n>1,且 n∈N ). ∴an+1-an=3(Sn-Sn-1)=3an,∴an+1=4an(n>1,且 n ∈N*),a2=3S1+1=3a1+1=3t+1,

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专题2

a2 3t+1 由 = =4,得 t=1, a1 t ∴当 t=1 时,a2=4a1,数列{an}是等比数列. (2) 在 (1) 的结论下,an +1 = 4an , an + 1= 4n, bn= log4an + 1 =n,cn=an+bn=4n-1+n, ∴Tn=c1+c2+?+cn 0 1 n-1 =(4 +1)+(4 +2)+?+(4 +n) 2 n-1 =(1+4+4 +?+4 )+(1+2+3+?+n) 4n-1 (1+n)n
= 3 + 2 .

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专题2

限时训练卷(二) 一、选择题 1.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 a1=-11,a4+ a6=-6,则当 Sn 取最小值时,n 等于( ). A.6 B.7 C.8 D.9 【解析】设该数列的公差为 d,则 a4+a6=2a1+8d=2 ×(-11)+8d=-6,解得 d=2, n(n-1) 2 2 所以 Sn=-11n+ ×2=n -12n=(n-6) - 2 36,所以当 n=6 时,取最小值. 【答案】A

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专题2

2.在等差数列{an}中,a6=a3+a8,则 S9 等于( ). A.0 B.1 C.-1 D.以上都不对 【解析】∵a3+a8=a5+a6=a6,∴a5=0,即 S9=9a5= 0. 【答案】A 3.已知{an}为等差数列,其公差为-2,且 a7 是 a3 与 a9 的等比中项,Sn 为{an}的前 n 项和,n∈N*,则 S10 的值为 ( ). A.-110 B.-90 C.90 D.110 【解析】依题意得

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? ?d=-2, ? 解得 2 ? ?(a1+2d)(a1+8d)=(a1+6d) ,

专题2

a1=20, 所

以 S10=10a1+45d=110. 【答案】D 4.已知{an}是递减等比数列,a2=2,a1+a3=5,则 a1a2 +a2a3+?+anan+1(n∈N+)的取值范围是( ). A.[12,16) B.[8,16) 32 16 32 C.[8, ) D.[ , ) 3 3 3 1 【解析】由{an}递减和等比数列公式得公比 q1= ,则 2

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专题2

1 数列{anan+1}的公比 q2=q = . 4 32 1 由数列前 n 项和公式得 Sn= (1- n). 3 4 由于{Sn}是递增的, 32 32 ∴Sn≥S1=8,又 Sn< ,∴8≤Sn< . 3 3 【答案】C 1 9 5.数列 an= ,其前 n 项和为 ,则在平面直角坐 n(n+1) 10 标系中,直线(n+1)x+y+n=0 在 y 轴上的截距为
2 1

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专题2

( ). A.-10 B.-9 C.10 D.9 【解析】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn, 则 Sn=a1+a2+? 1 1 +an,又∵an= - , n n+1 1 1 1 1 1 n ∴Sn=1- + - +?+ - = . 2 2 3 n n+1 n+1 n 9 又∵ = ,∴n=9, n+1 10 ∴原题变为求 10x+y+9=0 在 y 轴上的截距, 令 x=0, 得 y=-9,∴直线在 y 轴上的截距为-9.故选 B.

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专题2

【答案】B 6.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn=2an+1, 则 Sn 等于( ). 3 n-1 2 n-1 1 n-1 A.2 B.( ) C.( ) D. n-1 2 3 2 【解析】因为 an+1=Sn+1-Sn,所以由 Sn=2an+1 得,Sn=2(Sn Sn+1 3 = ,所以数列{Sn}是 +1-Sn),整理得 3Sn=2Sn+1,所以 Sn 2 3 以 S1=a1=1 为首项,公比 q= 的等比数列,所以 Sn 2

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专题2

3 n-1 =( ) . 2 【答案】B 7.在数列{an}中,已知 a1=1,a2=5,an+2=an+1-an(n * ∈N ),则 a2014 等于( ). A.-4 B.-5 C.4 D.-1 【解析】∵an+3=an+2-an+1=-an,∴an+6=-an+3=an, 则 a2014=a4=-1. 【答案】D 8.已知函数
2 ? ?n (n为奇数), f(n)=? 2 且 ? - n ( n 为偶数), ?

an=f(n)+

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专题2

f(n+1),则 a1+a2+a3+?+a100 等于(

).

A.0 B.100 C.-100 D.10200 【解析】 当 n 为奇数时, an=n2-(n+1)2=-(2n+1), 2 2 当 n 为偶数时,an=-n +(n+1) =2n+1, n 则 an=(-1) (2n+1). ∴a1+a2+a3+?+a100=-3+5-7+9-?-199+201 =2×50=100,∴选 B. 【答案】B 9.已知函数
x ? 2 ? -1(x≤0), f(x)=? 把函数 ? ?f(x-1)+1(x>0),

g(x)

=f(x)-x 的零点按从小到大的顺序排列成一个数列,

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专题2

若该数列的前 n 项和为 Sn,则 S10 等于( ). A.15 B.22 C.45 D.50 【解析】根据函数的解析式,画出图象(如图),由图象 易知这 10 个零点为 0,1,2,3,?,9,所以 S10=45.

【答案】C 二、填空题 10.等比数列{an}的前 n 项和 Sn=2n-1,则数列{a2 n}的

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专题2

前 n 项和 An 为________. 【解析】∵Sn=2n-1,Sn-1=2n-1-1,∴an=2n-1,a2 n= n n 1 - 4 4 -1 n-1 2 4 ,∴a1=1,q=4,则 An= = . 1-4 3 4n-1 【答案】 3 11.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且有 a1=3,4Sn= 6an-an-1+4Sn-1,则 an=________.

an 【解析】当 n≥2 时,4Sn-4Sn-1=4an=6an-an-1,∴ an-1

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专题2

1 1 n-1 1 n-1 = ,∴an=a1·( ) =3·( ) . 2 2 2 1 n-1 【答案】3·( ) 2 12.等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,前 n 项和为 Sn,给出下列四个命题: 1 ①数列{( )an}为等比数列; 2 ②若 a2+a12=2,则 S13=13; n(n-1) ③Sn=nan- d; 2

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专题2

④若 d>0,则 Sn 一定有最大值. 其中真命题的序号是 ________( 写出所有真命题的序 号). 1 ( )an+1 2 1 1 d 【解析】对于①,注意到 =( )an+1-an=( ) 是一 1 2 2 ( )an 2 1 个非零常数,因此数列 {( )an}是等比数列,①正确.对于 2 13(a1+a13) 13(a2+a12) ②,S13= = =13,因此②正 2 2

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专题2

确.对于③,注意到 Sn=na1+ -1)d]+

n(n-1)
2

d=n[an-(n

n(n-1)
2

d=nan-

n(n-1)
2

d,因此③正确.对

n(n-1) 于④,Sn=na1+ d,d>0 时,Sn 不存在最大值,因
2 此④不正确.综上所述,其中正确命题的序号是①②③. 【答案】①②③ 三、解答题 13.已知数列{an}满足 a1=a(a≠0,且 a≠1),其前 n

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专题2

项和 Sn= (1-an). 1-a (1)求证:{an}为等比数列. * (2)记 bn=anlg|an|(n∈N ),Tn 为数列{bn}的前 n 项和, 那么: ①当 a=2 时,求 Tn. 7 ②当 a=- 时,是否存在正整数 m,使得对于任意正 3 整数 n 都有 bn≥bm?如果存在,求出 m 的值;如果不存在, 请说明理由.

a

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专题2

【解析】(1)当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= (1-an)- 1-a

a

an (1-an-1),整理得 =a, 1-a an-1 ∴{an}是公比为 a 的等比数列. n n n (2) ∵ a1 = a ,∴ an = a ,∴ bn = anlg|an| = a lg|a | = nanlg|a|, 2 n ①当 a=2 时,Tn=(2+2·2 +?+n·2 )lg 2, 2Tn=[22+2·23+?+(n-1)·2n+n·2n+1]lg 2, 两式相减, 得-Tn=(2+22+23+?+2n-n· 2n+1)lg 2, 化简整理,得 Tn=2[1-(1-n)·2n]lg 2.

a

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专题2

②因为-1<a<0, 所以当 n 为偶数时,bn=nanlg|a|<0; 当 n 为奇数时,bn=nanlg|a|>0; 所以, 如果存在满足条件的正整数 m, 则 m 一定是偶数.

b2k+2-b2k=2a2k(a2-1)(k-

a2

1-a

* )lg| a | ,其中 k ∈ N , 2

7 2 2 当 a=- 时,a -1=- , 3 9 7 所以 2a (a -1)lg|a|>0.又因为 2= , 1-a 2
2k 2

a2

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专题2

7 所以当 k> 时,b2k+2>b2k,即 b8<b10<b12<?, 2 7 当 k< 时,b2k+2<b2k,即 b8<b6<b4<b2,故存在正整 2 数 m=8,使得对于任意正整数 n 都有 bn≥bm. 一、选择题

a7 1. 已知数列{an}满足 a1=5, anan+1=2 , 则 等于( a5
n

).

A.2

B.4

C.5

5 D. 2

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6 6 6

专题2

2 a7 2 2 【解析】a7= , = = 5=2. a6 a5 a6a5 2 【答案】A 2.已知等比数列{an}的前 n 项和 Sn=4n+a,则 a 的值 等于( ). A.-4 B.-1 C.0 D.1 n-1 【解析】由题意知 an=Sn-Sn-1=3·4 (n≥2), 又 a1=S1=4+a 符合上式, ∴4+a=3, ∴a=-1. 【答案】B

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专题2

3.已知数列{an}为等比数列,且 a1=4,公比为 q,前 n 项和为 Sn, 若数列{Sn+2}也是等比数列, 则 q 等于( ). A.2 B.-2 C.3 D.-3 【解析】因为数列{Sn+2}是等比数列, 所以(S1+2)(S3+2)=(S2+2)2, 2 2 即 6(6+4q+4q )=(6+4q) , 即 q(q-3)=0, 又因为 q≠0,所以 q=3. 【答案】C 1 4.在数列{an}中,a1=2,an+1=an+ln(1+ ),则 an

n

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专题2

等于( ). A.2+ln n B.3+ln n C.2-ln n D.3-ln n 1 1 【解析】a2=a1+ln(1+ ),a3=a2+ln(1+ ),?,an 1 2 1 2 3 4 n =an-1+ln(1+ )?an=a1+ln( · · ·?· )=2 n-1 1 2 3 n-1 +ln n. 【答案】A 5.已知 f(x)为偶函数,且 f(2+x)=f(2-x),当-2 ≤x≤0 时, f(x)=2x, 若 n∈N*, an=f(n), 则 a2014 等于( ).

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专题2

1 A.2012 B.4 C. D.1 4 【解析】由 f(x)为偶函数,得当 0≤x≤2 时, f(x)=2-x. 又 f(2+x)=f(2-x),∴f(x)的图象关于 x=2 对称. 又 f(x)的图象还关于 x=0 对称,∴f(x+4)=f(x), ∴an+4=an, 1 -2 ∴a2014=a4×503+2=a2=f(2)=2 = . 4 【答案】C 6.已知等比数列{an}中,a2=1,则其前 3 项的和 S3 的

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专题2

取值范围是( ). A.(-∞,-1] B.(-∞,-1)∪(1,+∞) C.[3,+∞) D.(-∞,-1]∪[3,+∞) 【解析】∵等比数列{an}中,a2=1, 1 1 ∴S3=a1+a2+a3=a2( +1+q)=1+q+ .

q

q

1 当公比 q>0 时,S3=1+q+ ≥1+2

q

1 q· =3,

q

1 当公比 q<0 时,S3=1-(-q- )≤1-2

q

1 -q(- )

q

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专题2

=-1, ∴S3∈(-∞,-1]∪[3,+∞). 【答案】D 7.在△ABC 中,a,b,c 分别为角 A,B,C 的对边,且 cos 2B+cos B+cos(A-C)=1,则( ). A.a,b,c 成等比数列 B.a,b,c 成等差数列 C.a,c,b 成等差数列 D.a,c,b 成等比数列 【解析】在△ABC 中,cos 2B-cos(A+C)+cos(A-C) =1,

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专题2

∴ cos 2B + (sin Asin C - cos Acos C) + cos Acos C +sin Asin C=1, 2 2 ∴1-2sin B+2sin Asin C=1, 那么 sin Asin C=sin B, ∴ac=b2,故选 A. 【答案】A π π 2 8.已知各项不为 0 的等差数列{an}满足: a2-a7+ 6 6 a12=0,数列{bn}是各项均为正值的等比数列,且 b7=a7,则 tan( b4b10)等于( ).

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专题2

3 A. 3 B.- 3 C.± 3 D. 3 π π π π 2 【解析】 由 a2-a7+ a12=0, 可得 (a2+a12)= · 2a7 6 6 6 6 π π 2 =a7,所以 a7= ,又 b7=a7,则 tan( b4b10)=tan = 3. 3 3 【答案】A

S6 S9 9.设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 =3,则 等 S3 S6
于( ).

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专题2

7 8 A.2 B. C. D.3 3 3 9 S6 q6-1 3 S q -1 8-1 9 3 【解析】 = 3 =q +1=3,q =2, = 6 = S3 q -1 S6 q -1 4-1 7 = . 3 【答案】B 10.数列{an}的通项公式 an=nsin(

n+1
2

π)+1,前 n

项和为 Sn(n∈N*),则 S2013 等于( ). A.1232 B.2580 C.3019 D.4321

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专题2

【解析】因为 a1+a2+a3+a4=1-1+1+5=6, a4n+1+a4n+2+a4n+3+a4n+4=2+4=6, ∴S2013=503×6+a2013=3018+1=3019. 【答案】C 二、填空题 11.已知等差数列{an}的前 13 项和为 39,则 a6+a7+ a8=________. 【解析】S13=13a7=39,∴a7=3, ∴a6+a7+a8=3a7=9. 【答案】9 12.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a1=1,公差 d

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专题2

=2,Sk+2-Sk=24,则 k=________. 【解析】由 a1=1,公差 d=2 得通项 an=2n-1,又 Sk +2-Sk=ak+1+ak+2,所以 2k+1+2k+3=24,得 k=5. 【答案】5 13.已知{an}是首项为 1 的等比数列,Sn 是{an}的前 n 1 项和,且 9S3=S6,则数列{ }的前 5 项和为________.

an

9(1-q ) 1-q 【解析】显然公比 q≠1,由题意可知 = , 1-q 1-q 1 1 解得 q=2, 则数列{ }是以 1 为首项, 为公比的等比数列, an 2

3

6

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专题2

31 由求和公式可得数列{ }的前 5 项和 T5= . an 16 31 【答案】 16 14.已知两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 An An 7n+45 an 和 Bn,且 = ,则使得 为整数的正整数 n 的个数为 Bn n+3 bn ________. An 7n+45 an A2n-1 14n+38 7n+19 【解析】由 = ,得 = = = , Bn n+3 bn B2n-1 2n+2 n+1

1

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专题2

an 7n+19 12 要使 为整数,则需 =7+ 为整数,所以 n bn n+1 n+1
=1,2,3,5,11,共有 5 个. 【答案】5 15.一个数字生成器,生成规则如下:第 1 次生成一个 数 x,以后每次生成的结果可将上一次生成的每一个数 x 生 成两个数,一个是-x,另一个是 x+3,设第 n(n∈N+)次生 成的数的个数为 an,则数列{an}的前 n 项和 Sn=________; 若 x=1,前 中不同的数的个数为 Tn,则 .n· 次生成所有数 ......

Tn=________.
【解析】 容易知道, 第 n 次生成的数的个数为 an=2
n-1



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n

专题2

1·(1-2 ) n 于是 Sn= =2 -1.计算得知 T1=1,T2=3. 1-2 不妨设第 n 次生成的数的最大值为 An,最小值为 Bn.当 n≥3 时,易知 An+1=An+3,Bn+1=-An=Bn-3.于是每进行一次生 成, 所有数的取值区间增大 6.又由生成数中不存在除 3 余 0 的数,于是不同的数的个数为 4.观察知当 n≥3 时,Tn 为公 差为 4 的等差数列.于是有 Tn=4n-6.

?1,n=1, ? n 【答案】2 -1 ?3,n=2, ? ?4n-6,n≥3

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专题2

三、解答题 16.已知数列{an},x=(an+1,-2),y=(1,an),且 x ⊥y,a3+2 是 a2 与 a4 的等差中项. (1)求数列{an}的通项公式 an; (2)若满足 bn=13+2log1an,Sn=b1+b2+?+bn,求 Sn 2 的最大值. 【解析】(1)依题意可得,an+1-2an=0,即 an+1=2an, ∴数列{an}是以 2 为公比的等比数列. ∵a3+2 是 a2,a4 的等差中项, ∴a2+a4=2a3+4,

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专题2

∴2a1+8a1=8a1+4,∴a1=2, ∴数列{an}的通项公式为 an=2n(n∈N*). (2)由(1)及 bn=13+2log1an, 2 得 bn=13-2n. 令 13-2n≥0,则 n≤6.5, ∴当 1≤n≤6 时,bn>0;当 n≥7 时,bn<0. ∴当 n=6 时,Sn 有最大值,S6=36. 17.已知数列{an}中,a1=1,前 n 项和为 Sn,对任意的 3 自然数 n≥2,an 是 3Sn-4 与 2- Sn-1 的等差中项. 2

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专题2

(1)求{an}的通项公式; (2)求 Sn. 【解析】(1)由已知,当 n≥2 时,2an=(3Sn-4)+(2 3 - Sn-1),① 2 又 an=Sn-Sn-1,② 由①②得 an=3Sn-4(n≥2),③ an+1=3Sn+1-4,④

an+1 1 ④-③得 an+1-an=3an+1,∴ =- . an 2 ∴a2,a3,?,an,?成等比数列,其中 a2=3S2-4=3(1

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专题2

+a2)-4, 1 1 即 a2= ,q=- , 2 2 1 1 n-2 1 n-1 ∴当 n≥2 时,an=a2q = (- ) =-(- ) . 2 2 2
n-2

1(n=1), ? ? 即 an=? 1 n-1 -(- ) (n≥2). ? 2 ? (2)(法一)当 n≥2 时, Sn=a1+a2+?+an =a1+(a2+?+an)

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专题2

1 1 n-1 [1-(- ) ] 2 2 =1+ 1 1-(- ) 2 1 1 n-1 =1+ [1-(- ) ] 3 2 4 1 1 n-1 = - (- ) , 3 3 2 4 1 1 0 当 n=1 时,S1=1= - (- ) 也符合上述公式. 3 3 2

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专题2

4 1 1 n-1 ∴Sn= - (- ) . 3 3 2 1 (法二)由(1)知当 n≥2 时,an=3Sn-4,即 Sn= (an+ 3 4), 1 1 1 n-1 4 ∴n≥2 时,Sn= (an+4)=- (- ) + . 3 3 2 3 又 n=1 时,S1=a1=1 亦适合上式, 4 1 1 n-1 ∴Sn= - (- ) . 3 3 2

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n
*

专题2

18.数列{an}满足 an=3an-1+3 -1(n∈N ,n≥2),且 a3=95. (1)求 a1,a2. 1 (2)是否存在一个实数 t,使得 bn= n(an+t)(n∈N*), 3 且{bn}为等差数列?若存在,则求出 t 的值;若不存在,请 说明理由. 2 【解析】(1)当 n=2 时,a2=3a1+3 -1, 当 n=3 时,a3=3a2+33-1=95,∴a2=23. ∴23=3a1+8, ∴a1=5.

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专题2

1 1 (2)当 n≥2 时,bn-bn-1= n(an+t)- n-1(an-1+t) 3 3 1 = n(an+t-3an-1-3t) 3 1 n 1+2t = n(3 -1-2t)=1- n . 3 3 1 要使{bn}为等差数列,则必须使 1+2t=0,∴t=- , 2 1 即存在 t=- ,使{bn}为等差数列. 2

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专题2

19.已知{an}是单调递增的等差数列,首项 a1=3,前 n 项和为 Sn,数列{bn}是等比数列,首项 b1=1,且 a2b2=12, S3+b2=20. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)令 cn=Sncos(anπ)(n∈N*),求{cn}的前 n 项和 Tn. 【解析】(1)设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q, 则 a2b2=(3+d)q=12, S3+b2=3a2+b2=3(3+d)+q=9+3d+q=20, 则 3d+q=11,q=11-3d. (3+d)(11-3d)=33+2d-3d2=12,即 3d2-2d-21= 0,则(3d+7)(d-3)=0.

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专题2

又因为{an}是单调递增的等差数列,所以 d>0. n-1 所以 d=3,q=2,则 an=3+(n-1)×3=3n,bn=2 . (2)cn=Sncos
? ?Sn,n是偶数, 3nπ=? ? ?-Sn,n是奇数.

当 n 是偶数时, Tn=c1+c2+c3+?+cn =-S1+S2-S3+S4-?-Sn-1+Sn =a2+a4+a6+?+an 3n(n+2) =6+12+18+?+3n= . 4 当 n 是奇数时,

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专题2

3(n-1)(n+1) 3 2 3 Tn=Tn-1-Sn= - n- n 4 2 2 3 =- (n+1)2. 4

? ?3n(n+2),n是偶数, 4 ? 综上可得 Tn=? ? 3 2 - ( n + 1 ) ,n是奇数. ? ? 4
20.等差数列{an}的各项均为正数,a1=3,前 n 项和为 Sn,{bn}为等比数列,b1=2,且 b2S2=32,b3S3=120. (1)求 an 与 bn;

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专题2

Sn 意 x∈R 恒成立,求实数 a 的取值范围. 【解析】(1)设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q,则 d 为正数,an=3+(n-1)d,bn=2qn-1.
2 2 ? ? ( 9 + 3 d ) 2 q = 120 , ( 9 + 3 d ) q =60, ? ? 依题意有? 即? ? ? ?(6+d)2q=32, ?(6+d)q=16,

(2)若 + +?+ ≤x +ax+1 对任意正整数 n 和任

1

1

1

2

S1 S2

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专题2

? ?d=-6, ? 5 ?d=2, ? 解得? 或? (舍去), ? ?q=2 ?q=10 ? 3 ?
故 an=3+2(n-1)=2n+1,bn=2n. (2)Sn=3+5+?+(2n+1)=n(n+2), 1 1 1 1 1 1 ∴ + +?+ = + + +?+ S1 S2 Sn 1×3 2×4 3×5 1 n(n+2)

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专题2

1 1 1 1 1 1 1 1 = (1- + - + - +?+ - ) 2 3 2 4 3 5 n n+2 1 1 1 1 = (1+ - - ) 2 2 n+1 n+2 3 1 1 1 3 = - ( + )< . 4 2 n+1 n+2 4 3 问题等价于 f(x)=x +ax+1 的最小值大于或等于 , 4 a2 3 2 即 1- ≥ ,即 a ≤1,解得-1≤a≤1. 4 4
2

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n+1

专题2

21.已知数列{an}满足 a1=5,an+1=3an+2 (n∈N ). (1)证明:数列{an+2n+1}是等比数列,并求出数列{an} 的通项公式; 2n+1 (2)若 bn= n+1 ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn; 3 -an an 3n-4 (3)令 cn= ,数列{cn}的前 n 项和为 Tn,证明: an+1 9 <Tn< . 3 【解析】(1)∵an+1=3an+2n+1(n∈N*), ∴(an+1+2·2n+1)=3(an+2·2n),

*

n

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专题2

又 a1+2·21=9,∴{an+2n+1}为等比数列,公比为 3. ∴an+2n+1=9·3n-1=3n+1, n+1 n+1 ∴an=3 -2 . 2n+1 2n+1 1 n+1 (2)bn= n+1 = n+1 =(2n+1)·( ) , 3 -an 2 2 1 2 1 3 1 n+1 Sn=3·( ) +5·( ) +?+(2n+1)·( ) , 2 2 2 1 1 3 1 4 1 n+2 Sn=3·( ) +5·( ) +?+(2n+1)·( ) , 2 2 2 2 1 1 2 1 3 1 n+1 1 n+2 ∴ Sn=3·( ) +2·( ) +?+2·( ) -(2n+1)·( ) 2 2 2 2 2

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专题2

1 2 1 2 1 3 1 n+1 1 n+2 =( ) +2[( ) +( ) +?+( ) ]-(2n+1)·( ) 2 2 2 2 2 1 1 n 1 n+2 5 2n+5 = +[1-( ) ]-(2n+1)( ) = - n+2 , 4 2 2 4 2 5 2n+5 ∴Sn= - n+1 . 2 2 2 n+1 1-( ) 3 an 3n+1-2n+1 (3)cn= = n+2 = . an+1 3 -2n+2 2 n+1 3-2( ) 3

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专题2

2 n+1 1-( ) 3 1 1 1 2 n+1 先证 cn< ,由 cn< ? < ?1-( ) <1 3 3 2 n+1 3 3 3-2( ) 3 2 2 n+1 1 2 n+1 - ·( ) ? ·( ) >0,此式显然成立,又 n≥1,∴Tn 3 3 3 3 =c1+c2+?+cn< . 3

n

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专题2

2 n+1 1-( ) 3 1 2 n+1 又∵cn= > [1-( ) ], 2 n+1 3 3 3-2( ) 3 ∴Tn=c1+c2+?+cn 1 2 2 2 3 2 n+1 > [n-( ) -( ) -?-( ) ] 3 3 3 3 1 4 2 n 1 4 3n-4 = [n- (1-( ) )]> (n- )= , 3 3 3 3 3 9 3n-4 n 即 <Tn< . 9 3



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