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热点重点难点


热点重点难点专题透析· 数学(理科)

专题2

【考情报告】

热点重点难点专题透析· 数学(理科)

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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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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