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(四川专用)2014高考数学二轮 (热点重点难点专题透析)第2专题 数列课件 文


【考情报告】

【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.由于四川卷 2013 年之 前都是大纲版(大家可以分析表中的 2011、 2012 大纲版卷与 2013 新课标卷的区别), 2013 卷明显对数列考查的难度有所 降低,就知识点上对等差数列、等比数列以及求和仍然是重 点,但是在考查学生能力方面没有降低.我们相信 2014 年 的高考题会沿袭 2013 新课标卷的思想,在平时复习与训练 中强调基本方法与基本题型. 就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求和, 我们要熟练使 用“错位相减法” ; 四是裂项求和问题. 另外我们也要注意在知识交汇点— —如不等式、 函数、 导数、 三角等方面考查数列知识的应用. 【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 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 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, 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 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;

a5 53 a6 63 21

(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 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 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 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)设各项均为正数的数列{an}的前 n 项 * 和为 Sn,满足 4Sn=a2 n +1 -4n -1 ,n∈N ,且 a 2 ,a 5,a14 构成 等比数列. (1)证明:a2= 4a1+5; (2)求数列{an}的通项公式; 1 (3)证明: 对一切正整数 n, 有 + +?+ < . a1a2 a2a3 anan+1 2 2 【解析】(1)当 n=1 时,4S1=4a1=a2 2 -5 ,∴a2 =4a1+ 5, 又 an>0,∴a2= 4a1+5. 1 1 1

(2)∵4Sn=a2 n +1 -4n -1 ,① ∴4Sn-1=a2 n -4( n-1) -1(n ≥2),② 2 由①-②得 4an=a2 n +1-an -4. 2 2 ∴a2 n +4a n +4 =(a n +2) =an +1 ,an >0. ∴an+2=an+1,∴an+1-an=2. ∴当 n≥2 时, 数列{an}是以 a2 为首项, 2 为公差的等差 数列. 又 a2,a5,a14 成等比数列. ∴(a2+6)2=a2·(a2+24),∴a2=3. 由(1) 可知 a 1 =1 , ∵a2-a1=3-1=2,

∴数列{an}是以 a1=1 为首项,2 为公差的等差数列, ∴an=2n-1. 1 1 1 1 (3) 由 (2) 知 = = ( - anan+1 (2n-1)(2n+1) 2 2n-1 1 ), 2n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ + +?+ = (1- + - + - +?+ a1a2 a2a3 anan+1 2 3 3 5 5 7 1 1 1 1 1 - )= (1- )< . 2n-1 2n+1 2 2n+1 2

【诊断参考】 1.等差数列与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 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 知识求解就可以. 3.等比数列的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,也会由于变量难以处理而不好解决. 4.本题考查了递推数列的通项公式的求解以及构造函 数,利用导数判断函数单调性,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不深刻或对利用 导数解决这类题不熟练. 5.本题的第一问比较基础,是求等比数列的通项;第二问 的关键是有些同学对对数知识不熟练从而产生错误; 第三问 是我们熟悉的一个等差数列与等比数列乘积式求和, 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,所以我们一定要把这个重点

突破. 6.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,第(1)(2)两问是已知 Sn 求 an, {an}是等差数列,第(3)问只需裂项求和即可.本题的易错 点在分成 n=1,n≥2 来做后,不会求 a1,没有证明 a1 也满 足通项公式.

【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 如果数列{an}是公差为 d 的等差数列,则

(1)an = a1 + (n - 1)d , Sn = na1 +

n(n-1)
2

d=

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
n ?a1(1-q ) a1-anq ? = ,q≠1, n -1 1-q (1)an=a1q ,Sn=? 1-q ? ?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,则当 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: (1)当 a1>0,d<0 取最大值.
? ?am≥0, 时,满足? 的项数 ? ?am+1≤0

m 使得 Sm

(2)当 a1<0,d>0

? ?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、累加法、累积法等. 【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, 其他的问题也就随之解决 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 S n 等于( ). n2 7n n2 5n A. + B. + 4 4 3 3 n2 3n C. + D.n2+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. 【解析】根据 a1,a5,a13 成等比数列得(2+4d)2=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 【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________.
2

d

【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? ?a1+2d≤3, ?5a +5×4d≤15, ? 1 ? ? 2
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}满足:a2 n-(2 n-1)an -2n=0. (1)求数列{an}的通项公式 an; 1 (2)令 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. (n+1)an 【分析】因式分解是解题的突破口,裂项相消是求前 n 项和的常用方法. 【解析】(1)由 a2 n-(2 n-1)an -2n =0,得(a n -2n )(an +1)=0. 由于{an}是正项数列,所以 an=2n.

1 1 1 1 (2)由 an=2n, bn= , 则 bn= = ( (n+1)an 2n(n+1) 2 n 1 - ), n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Tn = (1 - + - +?+ - + - ) = (1 - 2 2 2 3 n-1 n n n+1 2 1 n )= . n+1 2(n+1) 【归纳拓展】在含有二元的二次等式中,确定主元是正 确因式分解的前提,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 1 (2)易知 an-1≠0,∴an=2- .

a n -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

a n -1

1 = - an-1-1 an-1-1 =1. 1 1 ∴{ }是以 为首项,以 1 为公差的等差数列. an-1 a1-1

a n -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 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(n∈N*),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 【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

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 = n ,数值由 n 来决定. 1-q
【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.

【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 =2an+2n2=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

2)2n,

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, S n -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,往往是分离系数法.

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.

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,?,

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

n(b1+bn)
2

n(3ln 2+3nln 2)

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

热点三:等差、等比数列的综合问题 此类问题中,常出现两个数列的通项公式的求解,然后 考查两者乘积形式的数列的前 n 项和的计算. 一般用错位相 减法求解. 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2+4n(n∈N*),数 列{bn}满足 b1=1,bn+1=2bn+1. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (an-3)·(bn+1) (2)设 cn= ,求数列{cn}的前 n 项 2 和 Tn. 【分析】根据 an 与 Sn 之间的关系可以求出 an,至于 bn

可以采用待定系数法得 bn+1+1=2(bn+1),然后求解. 【解析】(1)已知 Sn=n2+4n, 当 n=1 时,a1=S1=5; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+4n-(n-1)2-4(n-1) =2n+3. 当 n∈N*时,an=2n+3. 又 bn +1= 2bn+1,b1=1,即 bn +1+1= 2(bn+1),可得 bn+1+1 =2, bn+1 ∴数列{bn+1}是以 2 为首项,2 为公比的等比数列, ∴bn+1=2×2n-1=2n,即 bn=2n-1.

(2)由(1)得 cn=n·2n. Tn=1×21+2×22+3×23+?+n·2n, 2Tn=1×22+2×23+?+(n-1)·2n+n·2n+1, 由 Tn-2Tn=2+22+23+?+2n-n·2n+1, 2(1-2n) 得-Tn= -n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1. 1-2 即 Tn=(n-1)·2n+1+2. 【归纳拓展】在根据数列的通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系求 解数列的通项公式时,要考虑两个方面:一是根据 Sn-Sn-1 = an 把数列中的和转化为数列的通项之间的关系,先求 an 再求 Sn;二是根据 an=Sn-Sn-1 把数列中的通项转化为

和的关系, 先求 Sn 再求 an.注意分 n=1, n≥2 两种情况 求出结果后,判断能否整合为同一通项公式.对于一个等差 数列与等比数列的对应项相乘构成的数列, 我们必须掌握错 位相减法求解,这是高考中的高频考点. 变式训练 5 已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,S4, S2,S3 成等差数列,且 a2+a3+a4=-18. (1)求数列{an}的通项公式. (2)是否存在正整数 n,使得 Sn≥2013?若存在,求出 符合条件的所有 n 的集合;若不存在,说明理由. 【解析】(1)设数列{an}的公比为 q,则 a1≠0,q≠0.

? ?S2-S4=S3-S2, 由题意得? ? ?a2+a3+a4=-18,
2 3 2 ? - a q - a q = a q , 1 1 1 ? 即? 2 ? ?a1q(1+q+q )=-18,

? ?a1=3, 解得? ? ? q=-2.

故数列{an}的通项公式为 an=3(-2)n-1. 3·[1-(-2)n] (2)由(1)有 Sn= =1-(-2)n. 1-(-2) 若存在 n,使得 Sn≥2013,则 1-(-2)n≥2013,

即(-2)n≤-2012. 当 n 为偶数时,(-2)n>0,上式不成立; 当 n 为奇数时,(-2)n=-2n≤-2012, 即 2n≥2012,则 n≥11. 综上,存在符合条件的正整数 n,且所有这样的 n 的集 合为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}. 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 2.已知数列{an}的通项公式 an= 列的前 n 项和等于 9,则 n 等于( A.98 B.99 C.96 D.97 1

n+ n+1

,若该数

).

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

S9 3.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 若 a5=5a3, 则 等 S5
于( ). 25 9 A.9 B. C.2 D. 9 25

a5 【解析】∵a5=5a3,∴ =5, a3 S9 9(a1+a9) 9a5 ∴ = = =9,故选 A. S5 5(a1+a5) 5a3

【答案】A 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( ). 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 5. 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 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

【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

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 +a m +1-a m=0,S2 m -1 =38 ,则 m 等于( A.38 B.20 C.10 D.9 【解析】由题意知 2am-a2 m=0 ,则 am(a m -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.

【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=a31,a1=2,又由于 an+3=a3an,所以 a10= a3 3 a1 =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( ).

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

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

a n +1 a n

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

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

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 (an-1+an)+4nan,③
1 n ∵an+an+1=( ) ,∴③式为 5Sn=n+4nan, 4 ∴5Sn-4nan=n. 【答案】n

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,

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 =(40+1)+(41+2)+?+(4n-1+n) =(1+4+42+?+4n-1)+(1+2+3+?+n) 4n-1 (1+n)n
= 3 + 2 .

限时训练卷(二) 一、选择题 1.设等差数列{an}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) 所以 Sn=-11n + ×2 =n2 -12n =(n -6)2- 2 36,所以当 n=6 时,取最小值. 【答案】A

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. 【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
? ?d=-2, 【解析】 依题意得? 解 2 ? ?(a1+2d)(a1+8d)=(a1+6d) ,

得 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 1 2 数列{anan+1}的公比 q2=q1= . 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 n(n+1) 10 角坐标系中,直线 (n+ 1)x +y+ n= 0 在 y 轴上的截距为 ( ). 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+? +an, 1 1 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.

【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 S n +1 3 = ,所以数列{Sn}是 +1 -S n ) ,整理得 3S n =2 S n +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

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.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 4a1,2a2,a3 成等 差数列.若 a1=1,则 S4 等于( ).

A.7 B.8 C.15 D.16 【解析】∵4a1,2a2,a3 成等差数列,∴4a1+a3=4a2, 即 4a1+a1q2=4a1q,∴q2-4q+4=0,∴q=2,S4=15. 【答案】C 9.已知函数
2 ? ?n (n为奇数), f(n)=? 2 且 ? ?-n (n为偶数),

an=f(n)+

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), 当 n 为偶数时,an=-n2+(n+1)2=2n+1, 则 an=(-1)n(2n+1).

∴a1+a2+a3+?+a100=-3+5-7+9-?-199+201 =2×50=100,∴选 B. 【答案】B 二、填空题 10 .在等差数列 {an} 中, a3 = 7 , a5 = a2 + 6 ,则 a6 = ________. 【 解 析 】 设 等 差 数 列 {an} 的 公 差 为 d , 则
? ? ?a2+3d=a2+6, ?a2=5, ? 解得? ∴a6=a2+4d=13. ? ? ?a2+d=7, ?d=2,

【答案】13

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
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 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=( ) 1 2 2 ( )an 2 1 是一个非零常数,因此数列{( )an}是等比数列, ①正确.对 2 13(a1+a13) 13(a2+a12) 于②,S13= = =13,因此②正 2 2

n(n-1) 确.对于③,注意到 Sn=na1+ d =n[an -(n
2

n(n-1) n(n-1) - 1)d]+ d=nan- d ,因此③正确.对
2 2

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 1 1 n 13.数列{an}中,a1= ,前 n 项和 Sn 满足 Sn+1-Sn=( ) 3 3

(n∈N *). (1)求数列{an}的通项公式 an,以及前 n 项和 Sn; (2)若 S1,t(S1+S2),3(S2+S3)成等差数列,求实数 t 的值. 1 n+1 1 n+1 * 【解析】 (1)由 Sn+1-Sn=( ) (n∈N )得 an+1=( ) (n 3 3 ∈N *). 1 1 n 又 a1= ,故 an=( ) (n∈N *), 3 3
+1

1 1 n ×[1-( ) ] 3 3 1 1 n 从而 Sn= = [1-( ) ](n∈N *). 1 2 3 1- 3 1 4 13 (2)由(1)可得 S1= ,S2= ,S3= . 3 9 27 从而由 S1,t(S1+S2),3(S2+S3)成等差数列可得: 1 4 13 1 4 +3×( + )=2×( + )t,解得 t=2. 3 9 27 3 9

一、选择题 1.在等比数列 an 中,如果 a1+a2=40,a3+a4=60,那 么 a7+a8 等于( A.95 D.80 3 2 2 2 【解析】a3+a4 =(a1+a2)q =40q =60,q = ; a7+ a8 2 =(a3+a4)q4=135. 【答案】C ). B.100 C.135
? ? ? ? ? ?

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

).

5 A.2 B.4 C.5 D. 2 26 a7 26 26 【解析】a7= , = = 5=2. a6 a5 a6a5 2 【答案】A 3.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 【解析】由题意知 an=Sn-Sn-1=3·4n-1(n≥2),

又 a1=S1=4+a 符合上式, ∴4+a=3, ∴a=-1. 【答案】B 4.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, 即 6(6+4q+4q2)=(6+4q)2, 即 q(q-3)=0,

又因为 q≠0,所以 q=3. 【答案】C 1 5 .在数列{an}中,a1=2 ,an + 1=an+ln(1+ ) ,则 an

n

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=an 1 2 1 2 3 4 n )?an=a1+ln( · · ·?· )=2 -1 +ln(1+ n-1 1 2 3 n-1

+ln n. 【答案】A 6.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( ). 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 ∴a2014=a4×503+2=a2=f(2)=2 = . 4 【答案】C 7.观察下图: 1 2 3 4 3 4 5 6 7 4 5 6 7 8 9 10 ?? 若第 n 行的各数之和等于 20152,则 n 等于( A.2010 B.2015 C.1007 D.1008
-2

).

【解析】由题设图知,第一行各数和为 1; 第二行各数和为 9=32; 第三行各数和为 25=52; 第四行各数和为 49=72; ?? 所以第 n 行各数和为(2n-1)2, 令 2n-1=2015,解得 n=1008. 【答案】D 8.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, ∴ cos 2B + (sin Asin C - cos Acos C) +cos Acos C +sin Asin C=1, ∴1-2sin2B+2sin Asin C=1, 那么 sin Asin C=sin2B, ∴ac=b2,故选 A. 【答案】A

π π 2 9.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( A. 3 B.- 3 ). C.± 3 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 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 【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.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,若 a1=1,公差 d

=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 -S k=ak +1 +a k +2 ,所以 2 k+1+2k +3 =24 ,得 k=5. 【答案】5 12.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

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-q3) 1-q6 【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 1 31 由求和公式可得数列{ }的前 5 项和 T5= . an 16 31 【答案】 16

14.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 an+1=5Sn-3, a1=1,则{an}的通项公式是____________. 【解析】由 an+1=5Sn-3,得 an=5Sn-1-3(n≥2),两式

an+1 相减得 an+1-an=5an, 即 =6(n≥2), 由 a1=1, 得 a2=2, an
? a2 ?1,n=1, ≠6,故 an=? ?2·6n-2,n≥2. a1 ? ? ?1,n=1, 【答案】an=? n -2 ? ?2·6 ,n≥2

15.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 an 7n+19 12 要使 为整数, 则需 =7+ 为整数, 所以 n=1, 2, bn n+1 n+1 3,5,11,共有 5 个. 【答案】5

三、解答题 16.设{an}是公比为正数的等比数列,a1=2,a3=a2+ 4. (1)求{an}的通项公式; (2)设{bn}是首项为 1, 公差为 2 的等差数列, 求数列{an +bn}的前 n 项和 Sn. 【解析】(1)设 q 为等比数列{an}的公比,则由 a1=2, a3=a2+4 得 2q2=2q+4,即 q2-q-2=0,解得 q=2 或 q =-1(舍去),因此 q=2. 所以{an}的通项为 an=2·2n-1=2n(n∈N*).

2(1-2n) n(n-1) (2)Sn= + n×1 + ×2 =2n + 1+ n2 - 1-2 2 2. 17.已知数列{an}满足 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 a n + 1 =2a n, ∴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, ∴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.

18.数列{an}满足 an=3an-1+3n-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. 【解析】(1)当 n=2 时,a2=3a1+32-1, 当 n=3 时,a3=3a2+33-1=95,∴a2=23. ∴23=3a1+8, ∴a1=5.

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

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.

又因为{an}是单调递增的等差数列,所以 d>0. 所以 d=3,q=2,则 an=3+(n-1)×3=3n,bn=2n-1. (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,

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(n+1)2,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;

(2)若 + +?+ ≤x2+ax+1 对任意正整数 n 和任

1

1

1

S1 S2

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,

? ?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)

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 即 1- ≥ ,即 a2≤1,解得-1≤a≤1. 4 4
2

21. 已知{an}是一个公差大于 0 的等差数列, 且满足 a3a6 =55,a2+a7=16. (1)求数列{an}的通项公式; 4 (2)令 bn= 2 (n∈N*), 记数列{bn}的前 n 项和为 Tn, an+1-1 对于任意的 n∈N ,不等式 Tn< 恒成立,求实数 m 的最小 100 值. 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d,则依题意设 d >0, 由 a2+a7=16,得 2a1+7d=16,①
*

m

由 a3a6=55,得(a1+2d)(a1+5d)=55,② 由①得 2a1=16-7d,将其代入②得(16-3d)(16+3d) =220.即 256-9d2=220, ∴d2=4,又 d>0,∴d=2,代入①得 a1=1, ∴an=1+(n-1)·2=2n-1. (2)由(1)得 an=2n-1, 4 4 1 1 1 bn= 2 = = = - , 2 an+1-1 (2n+1) -1 n(n+1) n n+1 1 1 1 1 1 1 Tn=(1- )+( - )+?+( - )=1- <1, 2 2 3 n n+1 n+1

恒成立? ≥1?m≥100. 100 100 ∴m 的最小值为 100.

Tn<

m

m


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