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【高考解码】2016届高三数学二轮复习(新课标)第一部分:专题四数列(含解析)


第1讲

等差数列、等比数列

1.(2015· 新课标Ⅰ高考)已知{an}是公差为 1 的等差数列,Sn 为{an}的前 n 项和.若 S8 =4S4,则 a10=(B ) 17 19 A. B. C.10 D.12 2 2 1 2.(2015· 新课标Ⅱ高考)已知等比数列{an}满足 a1= ,a3a5=4(a4-1),则 a2=( C

) 4 1 1 A.2 B.1 C. D. 2 8 3.(2015· 浙江高考)已知{an}是等差数列,公差 d 不为零.若 a2,a3,a7 成等比数列, 且 2a1+a2=1,则 a1=__________,d=________. 2 【答案】 -1 3 从近三年高考,特别是 2015 年高考来看,该部分 2016 年高考命题热点考向为: 考什么 怎么考 题型与难度 主要考查等差、等比数列的基 题型:三种题型均可出现 1.等差(比)数列的基本运算 本量的求解 难度:基础题 主要考查等差、等比数列的定 题型:三种题型均可出现 2.等差(比)数列的判定与证明 义证明 难度:基础题或中档题 主要考查等差、等比数列的性 题型:选择题或填空题 3.等差(比)数列的性质 质 难度:基础题或中档题 等差(比)数列的基本运算(自主探究型) 1.(2015· 湖南高考)设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和,若 a1=1,且 3S1,2S2,S3 成等差 数列,则 an=________. - 【答案】 3n 1 9 2.(2015· 重庆高考)已知等差数列{an}满足 a3=2,前 3 项和 S3= . 2 n+1 (1)求{an}的通项公式 an= . 2 (2)设等比数列{bn}满足 b1=a1,b4=a15,求{bn}的前 n 项和 Tn. b1(1-qn) 1×(1-2n) n Tn= = =2 -1. 1-q 1-2 【规律感悟】 等差(比)数列基本运算的关注点 (1)基本量:在等差(比)数列中,首项 a1 和公差 d(公比 q)是两个基本的元素. (2)解题思路:①设基本量 a1 和公差 d(公比 q); ②列、解方程(组):把条件转化为关于 a1 和 d(q)的方程(组),然后求解,注意整体计算, 以减少计算量. 等差(比)数列的判定与证明(师生共研型) 【典例 1】 3 (2015· 广东高考)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,n∈N*.已知 a1=1,a2= , 2

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5 a3= ,且当 n≥2 时,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1. 4 7 (1)求 a4 的值;a4= . 8 1 ? ? (2)证明:?an+1-2an?为等比数列;
? ?

2(2n-1) 2n-1 (3)求数列{an}的通项公式.∴an= = n-1 . 2n 2 [一题多变] ?1? 若题已知变为:an+2Sn·Sn-1=0(n≥2).求证:?S ?是等差数列. ? n? 【解】 由 an+2Sn·Sn-1=0,(n≥2)得 Sn-Sn-1+2Sn·Sn-1=0, 1 1 即 - =2(n≥2). Sn Sn-1 ?1? 故?S ?是等差数列. ? n? 【规律感悟】 判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法 an+1? (1)定义法:对于 n≥1 的任意自然数,验证 an+1-an?或 ? an ?为同一常数. (2)通项公式法: ①若 an=a1+(n-1)d=am+(n-m)d 或 an=kn+b(n∈N*),则{an}为等差数列; - - + ②若 an=a1qn 1=amqn m 或 an=pqkn b(n∈N*),则{an}为等比数列. (3)中项公式法: ①若 2an=an-1+an+1(n∈N*,n≥2),则{an}为等差数列; * ②若 a2 n=an-1·an+1(n∈N ,n≥2),且 an≠0,则{an}为等比数列. [针对训练] (2014· 全国大纲高考)数列{an}满足 a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2. (1)设 bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列; (2)求{an}的通项公式. , {an}的通项公式为 an=n2-2n+2. 等差(比)数列的性质(多维探究型) 命题角度一 与等差(比)数列的项有关的性质 【典例 2】 (1)(2015· 新课标Ⅱ高考)已知等比数列{an}满足 a1=3,a1+a3+a5=21,则 a3+a5+a7=( ) A.21 B.42 C.63 D.84 (2)(2015· 铜陵模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S10=12,则 a5+a6=( ) 12 6 A. B.12 C.6 D. 5 5 【解析】 (1)本题主要考查等比数列的基本概念、基本运算与性质,意在考查考生的 运算求解能力. 由于 a1(1+q2+q4)=21,a1=3,所以 q4+q2-6=0,所以 q2=2(q2=-3 舍去), a3+a5+a7=q2(a1+a3+a5)=2×21=42.故选 B. (2)本题主要考查等差数列的性质 am+an=ap+aq. a1+a10 由 S10=12 得 ×10=12, 2 12 12 所以 a1+a10= ,所以 a5+a6= .故选 A. 5 5 【答案】 (1)B (2)A
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命题角度二 与等差(比)数列的和有关的性质 【典例 3】 (1)(2014· 全国大纲高考)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=3, S4=15, 则 S6=( ) A.31 B.32 C.63 D.64 (2)(2015· 衡水中学二调)等差数列{an}中,3(a3+a5)+2(a7+a10+a13)=24,则该数列前 13 项的和是( ) A.13 B.26 C.52 D.156 【答案】 (1)C (2)B 【规律感悟】 等差(比)数列的性质盘点

[针对训练] 1. (2015· 广东高考)在等差数列{an}中, 若 a3+a4+a5+a6+a7=25, 则 a2+a8=________. 2.(文)(2015· 辽宁大连模拟)在等比数列{an}中,a4·a8=16,则 a4·a5·a7·a8 的值为 ________. (理)(2014· 广东高考)若等比数列{an}的各项均为正数,且 a10a11+a9a12=2e5,则 ln a1 +ln a2+?+ln a20=________.

函数与方程思想求解数列中的求值问题 [思想诠释] 数列中求值问题用到函数与方程思想的常见题型: 1.求基本量:求等差或等比数列中的某些量时,常根据题设条件构建方程(组)求解. 2.值域(最值):求等差或等比数列中的某些量的取值范围或最值时,经常选一变量将 待求量表示成其函数或构建函数,从而转化为求函数的值域(最值)问题求解. 3.单调性:研究等差(比)数列单调性时,常利用研究函数单调性的方法求解. 4.比较大小:等差(比)数列中某些量的大小比较,常利用比较函数值大小的方法,如 单调性法、作差法等. [典例剖析] 【典例】 (2015· 石家庄模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等差数列.
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(1)若 a1=2,且 a2,a3,a4+1 成等比数列,求数列{an}的通项公式 an; 1 1 1 (2)在(1)的条件下,数列{an}的前 n 项和为 Sn,设 bn= + +?+ ,若对任意的 S Sn+1 Sn+2 2n n∈N*,不等式 bn≤k 恒成立,求实数 k 的最小值. 【针对训练] (2015· 山东师大附中模拟)数列{an}的通项 an 是关于 x 的不等式 x2-x<nx 的解集中正 1 1 1 整数的个数,f(n)= + +?+ . an+1 an+2 an+n (1)求数列{an}的通项公式; an (2)若 bn= n,求数列{bn}的前 n 项和 Sn; 2 7 (3)求证:对 n≥2 且 n∈N*恒有 ≤f(n)<1. 12

1.必记公式 (1)等差数列通项公式:an=a1+(n-1)d. n(a1+an) n(n-1)d (2)等差数列前 n 项和公式:Sn= =na1+ . 2 2 - (3)等比数列通项公式:ana1qn 1. (4)等比数列前 n 项和公式: ?na1(q=1) Sn=?a1(1-qn) a1-anq . = (q≠1) ? 1-q ? 1-q (5)等差中项公式:2an=an-1+an+1(n≥2). (6)等比中项公式:a2 n=an-1·an+1(n≥2).
? ?S1(n=1) (7)数列{an}的前 n 项和与通项 an 之间的关系:an=? . ?Sn-Sn-1(n≥2) ? 2.重要性质 - (1)通项公式的推广:等差数列中,an=am+(n-m)d;等比数列中,an=amqn m. (2)增减性:①等差数列中,若公差大于零,则数列为递增数列;若公差小于零,则数 列为递减数列. ②等比数列中,若 a1>0 且 q>1 或 a1<0 且 0<q<1,则数列为递增数列;若 a1>0 且 0<q<1 或 a1<0 且 q>1,则数列为递减数列. 3.易错提醒 (1)忽视等比数列的条件:判断一个数列是等比数列时,忽视各项都不为零的条件. (2)漏掉等比中项:正数 a,b 的等比中项是± ab,容易漏掉- ab. 一、选择题 1. (2015· 新课标Ⅱ高考)设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和. 若 a1+a3+a5=3, 则 S5=( ) A.5 B.7 C.9 D.11 2.(2014· 福建高考)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=2,S3=12,则 a6 等于( ) A.8 B.10 C.12 D.14 3.(2014· 重庆高考)对任意等比数列{an},下列说法一定正确的是( ) A.a1,a3,a9 成等比数列 B.a2,a3,a6 成等比数列 C.a2,a4,a8 成等比数列 D.a3,a6,a9 成等比数列 4.(2014· 天津高考)设{an}是首项为 a1,公差为-1 的等差数列,Sn 为其前 n 项和.若 S1,S2,S4 成等比数列,则 a1=( ) 1 1 A.2 B.-2 C. D.- 2 2 1 5.(2015· 辽宁大连模拟)数列{an}满足 an-an+1=an·an+1(n∈N*),数列{bn}满足 bn= , an 4

?

且 b1+b2+?+b9=90,则 b4·b6( ) A.最大值为 99 B.为定值 99 C.最大值为 100 D.最大值为 200 二、填空题 7.(2015· 安徽高考)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{an} 的前 n 项和等于________. 8.(2014· 江西高考)在等差数列{an}中,a1=7,公差为 d,前 n 项和为 Sn,当且仅当 n =8 时 Sn 取得最大值,则 d 的取值范围为________. 三、解答题 9.(文)(2015· 兰州模拟)在等比数列{an}中,已知 a1=2,a4=16. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 a3,a5 分别为等差数列{bn}的第 3 项和第 5 项,试求数列{bn}的前 n 项和 Sn. (理)(2014· 湖北高考)已知等差数列{an}满足:a1=2,且 a1,a2,a5 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,是否存在正整数 n,使得 Sn>60n+800?若存在,求 n 的最小值;若不存在,说明理由. 10.(2015· 江苏高考)设 a1,a2,a3,a4 是各项为正数且公差为 d(d≠0)的等差数列. (1)证明:2a1,2a2,2a3,2a4 依次构成等比数列; 3 4 (2)是否存在 a1,d,使得 a1,a2 2,a3,a4依次构成等比数列?并说明理由.

第2讲

数列求和及其综合应用

(

1.(2014· 北京高考)设{an}是公比为 q 的等比数列,则“q>1”是“{an}为递增数列”的 ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 【解析】 ①q>1 时,{an}未必是递增数列,如-1,-2,-4,-8,-16?; ②{an}是递增数列时,q 不一定大于 1,如-16,-8,-4,-2,-1.故选 D. 【答案】 D 2.(2015· 北京高考)设{an}是等差数列,下列结论中正确的是( ) A.若 a1+a2>0,则 a2+a3>0 B.若 a1+a3<0,则 a1+a2<0
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C.若 0<a1<a2,则 a2> a1a3 D.若 a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0 【解析】 若{an}是递减的等差数列,则选项 A、B 都不一定正确.若{an}为公差为 0 的等差数列,则选项 D 不正确.对于 C 选项,由条件可知{an}为公差不为 0 的正项数列, a1+a3 a1+a3 由等差中项的性质得 a2= ,由基本不等式得 > a1a3,所以 C 正确. 2 2 【答案】 C 1 3.(2015· 武汉模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a5=5,S5=15,则数列{ } anan+1 的前 100 项和为( ) 100 99 A. B. 101 101 99 101 C. D. 100 100 【解析】 设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d. ∵a5=5,S5=15, ?a1+4d=5, 5×(5-1) d=15, 2 ?a1=1, ? ∴? ∴an=a1+(n-1)d=n. ?d=1, ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ = = - , ∴数列{ }的前 100 项和为 1- + - +?+ n 2 2 3 100 anan+1 n(n+1) n+1 anan+1 1 1 100 - =1- = . 101 101 101 【答案】 A 4.(2015· 福建高考)等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2an-2+n,求 b1+b2+b3+?+b10 的值. 【解】 (1)设等差数列{an}的公差为 d. ? ?a1+d=4, 由已知得? ?(a1+3d)+(a1+6d)=15, ? ? a = ? 1 3, 解得? ?d=1. ? 所以 an=a1+(n-1)d=n+2. (2)由(1)可得 bn=2n+n, 所以 b1+b2+b3+?+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+?+(210+10) =(2+22+23+?+210)+(1+2+3+?+10) ∴?

?

?5a1+ ?

2×(1-210) (1+10)×10 + 2 1-2 11 =2 +53 =2 101. = 从近三年高考,特别是 2015 年高考来看,该部分 2016 年高考命题热点考向为: 考什么 怎么考 题型与难度 1.数列的通项 ①考查等差、等比数列的基本量的求解; 题型:三种题型均可出现 公式 ②考查 an 与 Sn 的关系,递推关系等 难度:基础题或中档题 2.数列的前 n ①考查等差、等比数列前 n 项和公式; 题型:三种题型均可出现,更多
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项和 3.数列的综合 应用

②考查用裂项相消法、错位相减法、分解 组合法求和. ①考查数列与函数的综合; ②考查数列与不等式的综合.

为解答题 难度:中档题 题型:解答题 难度:中档题

数列的通项公式(自主探究型) 1.(2015· 新课标Ⅱ高考)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 a1=-1,an+1=SnSn+1,则 Sn =____________. 【解析】 本题主要考查等差数列的概念等, 意在考查考生的运算求解能力以及转化与 化归能力. 1 1 1 当 n=1 时,S1=a1=-1,所以 =-1.因为 an+1=Sn+1-Sn=SnSn+1,所以 - =1, S1 Sn Sn+1 1 1 1 1 即 - =-1,所以{ }是以-1 为首项,-1 为公差的等差数列,所以 =(-1)+(n- Sn Sn Sn+1 Sn 1 1)· (-1)=-n,所以 Sn=- . n 1 【答案】 - n 1 1 1 2. (2015· 铜陵模拟)数列{an}满足 a1+ 2a2+?+ nan=3n+1, n∈N*, 则 an=________. 3 3 3 【解析】 本题主要考查递推数列,意在考查转化与化归能力. 1 当 n=1 时, a1=3×1+1,所以 a1=12, 3 1 1 1 1 1 1 1 当 n≥2 时,①: a1+ 2a2+?+ n-1an-1+ nan=3n+1,②: a1+ 2a2+?+ n-1an-1 3 3 3 3 3 3 3 =3(n-1)+1. 1 ①-②得: nan=(3n+1)-[3(n-1)+1], 3 ? ?12,n=1, 1 + 即 nan=3,所以 an=3n 1,综上可得:an=? n+1 3 ?3 ,n≥2. ?
? ?12,n=1, 【答案】 ? n+1 ?3 ,n≥2 ?

5an-13 3.(预测题)若数列{an}满足 a1=3,an+1= ,则 a2 015 的值为________. 3an-7 【解析】 本题主要考查利用递推数列求数列的某一项, 通过研究数列的函数特性来解 决. 由于 a1=3,求 a2=1,a3=2,a4=3,所以数列{an}是周期为 3 的周期数列,所以 a2 015 =a671×3+2=a2=1. 【答案】 1 【规律感悟】 求通项的常用方法 (1)归纳猜想法:已知数列的前几项,求数列的通项公式,可采用归纳猜想法. ?S1,n=1, ? (2)已知 Sn 与 an 的关系,利用 an=? 求 an. ? ?Sn-Sn-1,n≥2 (3)累加法:数列递推关系形如 an+1=an+f(n),其中数列{f(n)}前 n 项和可求,这种类型 的数列求通项公式时,常用累加法(叠加法). (4)累乘法:数列递推关系如 an+1=g(n)an,其中数列{g(n)}前 n 项积可求,此数列求通 项公式一般采用累乘法(叠乘法).

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q q (5)构造法: ①递推关系形如 an+1=pan+q(p, q 为常数)可化为 an+1+ =p?an+p-1? ? ? p-1 q ? ? (p≠1)的形式,利用?an+p-1?是以 p 为公比的等比数列求解. ? ? pan 1 1 1 ②递推关系形如 an+1= (p 为非零常数)可化为 = - 的形式. an+p an+1 an p 数列的前n项和(多维探究型) 命题角度一 基本数列求和、分组求和 【典例 1】 (2015· 湖北八校联考)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,数列{bn}是等比数列, 满足 a1=3,b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; 2 ? ?S ,n为奇数, (2)令 c =? n 设数列{c }的前 n 项和为 T ,求 T .
n

?bn,n为偶数, ?

n

n

2n

【解】 本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,考查考生的运算求 解能力及函数与方程思想、化归与转化思想. ? ?b2+S2=10, (1) 设 数 列 {an} 的 公 差 为 d , 数 列 {bn} 的 公 比 为 q , 则 由 ? 得 ?a5-2b2=a3, ? ? ? ?q+6+d=10, ?d=2, ? 解得? ?3+4d-2q=3+2d, ?q=2, ? ? - 所以 an=3+2(n-1)=2n+1,bn=2n 1. 2 ? ?n(n+2),n为奇数, n(a1+an) (2)由 a1=3,an=2n+1 得 Sn= =n(n+2),则 cn=? 2 ? ?2n-1,n为偶数, 1 1 ? ?n-n+2,n为奇数, 即 c =?
n

?2n-1,n为偶数, ?

∴T2n=(c1+c3+?+c2n-1)+(c2+c4+?+c2n) 1 1 1 ? 1 - 1 ?? 3 2n-1 1- ? ? - ? =?? ?? 3?+?3 5?+?+?2n-1 2n+1??+(2+2 +?+2 ) 2(1-4n) 1 2n 2 =1- + = + (4n-1). 2n+1 1-4 2n+1 3 命题角度二 裂项相消法求和 【典例 2】 (2015· 安徽高考)已知数列{an}是递增的等比数列,且 a1+a4=9,a2a3=8. (1)求数列{an}的通项公式; an+1 (2)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. SnSn+1 【解】 本题主要考查等比数列的通项公式及裂项相消法求和, 考查考生的运算求解能 力.(1)利用等比数列的性质可构造方程组求解 a1,a4,进而可求数列的通项公式;(2)利用 裂项相消法求和即可求解. (1)由题设知 a1 a4=a2 a3=8, ?a1=1, ? ?a1=8 ? 又 a1+a4=9,可解得? 或? (舍去). ?a4=8 ?a4=1 ? ? - - 设等比数列{an}的公比为 q,由 a4=a1q3 得 q=2,故 an=a1qn 1=2n 1. a1(1-qn) n an+1 Sn+1-Sn 1 1 (2)Sn= =2 -1,又 bn= = = - , Sn Sn+1 1-q SnSn+1 SnSn+1 1 1? ?1 1? 1 ?1- 1 ? 1 所以 Tn=b1+b2+?+bn=? ?S1-S2?+?S2-S3?+?+?Sn Sn+1?=S1-Sn+1
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1 =1- n+1 . 2 -1 命题角度三 错位相减法求和 【典例 3】 (2015· 天津高考)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列, 且 a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设 cn=anbn,n∈N*,求数列{cn}的前 n 项和. 【解】 本题主要考查等差数列、等比数列及其前 n 项和公式等基础知识,考查数列求 和的基本方法和运算求解能力.(1)根据已知条件建立关于公差 d、公比 q 的方程组,求解即 得;(2)利用错位相减法进行数列求和. (1)设数列{an}的公比为 q,数列{bn}的公差为 d,由题意 q>0. 2 ? ?(1+d)+(1+2q)=2q, ? ?2q -3d=2, ? 4 由已知,有? 4 消去 d,整理得 q4-2q2-8 ?q -3(1+d)=7, ?q -3d=10, ? ? =0. 又因为 q>0,解得 q=2,所以 d=2. - 所以数列{an}的通项公式为 an=2n 1, n∈N*; 数列{bn}的通项公式为 bn=2n-1, n∈N*. n-1 (2)由(1)有 cn=(2n-1)· 2 ,设{cn}的前 n 项和为 Sn,则 - - 0 1 Sn=1×2 +3×2 +5×22+?+(2n-3)×2n 2+(2n-1)×2n 1, 1 2 3 n-1 2Sn=1×2 +3×2 +5×2 +?+(2n-3)×2 +(2n-1)×2n, 上述两式相减,得 + -Sn=1+22+23+?+2n-(2n-1)×2n=2n 1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3, n * 所以,Sn=(2n-3)· 2 +3,n∈N . 【规律感悟】 1.分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组. (2)根据正号、负号分组. (3)根据数列的周期性分组. 2.裂项后相消的规律 (1)裂项系数取决于前后两项分母的差. (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多. 3.错位相减法的关注点 (1)适用题型:等差数列{an}乘以等比数列{bn}对应项({an·bn})型数列求和. (2)步骤: ①求和时先乘以数列{bn}的公比. ②把两个和的形式错位相减. ③整理结果形式. [针对训练] n2+n 1.(2014· 湖南高考)已知数列{an}的前 n 项和 Sn= ,n∈N*. 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=2an+(-1)nan,求数列{bn}的前 2n 项和. 【解】 (1)当 n=1 时,a1=S1=1; n2+n (n-1)2+(n-1) 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= - =n. 2 2 故数列{an}的通项公式为 an=n. (2)由(1)知,bn=2n+(-1)nn.记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n,则 T2n=(21+22+?+22n) +(-1+2-3+4-?+2n). 记 A=21+22+?+22n,B=-1+2-3+4-?+2n,则 2(1-22n) 2n+1 A= =2 -2, 1-2 B=(-1+2)+(-3+4)+?+[-(2n-1)+2n]=n. + 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n=A+B=22n 1+n-2.
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1 ? ? 2.(2015· 山东高考)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列?a ·a ?的前 n 项和 + ? n n 1? n 为 . 2n+1 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=(an+1)· 2an,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 【解】 (1)设数列{an}的公差为 d. 1 1 令 n=1,得 = , a1a2 3 所以 a1a2=3. 1 1 2 令 n=2,得 + = , a1a2 a2a3 5 所以 a2a3=15. 解得 a1=1,d=2, 所以 an=2n-1. - (2)由(1)知 bn=2n· 22n 1=n· 4n, 1 2 所以 Tn=1· 4 +2· 4 +?+n· 4 n, + 2 3 所以 4Tn=1· 4 +2· 4 +?+n· 4n 1, + 两式相减,得-3Tn=41+42+?+4n-n· 4n 1 n 4(1-4 ) + = -n· 4n 1 1-4 1-3n n+1 4 = ×4 - . 3 3 + 3n-1 n+1 4 4+(3n-1)4n 1 所以 Tn= ×4 + = 9 9 9 数列的综合应用(师生共研型) . + * 【典例 4】 (2015· 安徽高考)设 n∈N ,xn 是曲线 y=x2n 2+1 在点(1,2)处的切线与 x 轴交点的横坐标. (1)求数列{xn}的通项公式; 1 2 2 (2)记 Tn=x2 . 1x3?x2n-1,证明:Tn≥ 4n 【解】 本题综合考查函数、导数的几何意义、数列以及不等式等知识.先通过导数的 几何意义求出直线斜率, 再求出直线与 x 轴交点的横坐标, 得到数列通项, 最后证明不等式. + + + (1)y′=(x2n 2+1)′=(2n+2)x2n 1,曲线 y=x2n 2+1 在点(1,2)处的切线斜率为 2n+2, 从而切线方程为 y-2=(2n+2)(x-1). 1 n 令 y=0,解得切线与 x 轴交点的横坐标 xn=1- = . n+1 n+1 (2)由题设和(1)中的计算结果知 2 2 2 2 2 ?1? ?3? ??2n-1? . Tn=x2 1x3?x2n-1= 2 ? ? ?4? ? 2n ? 1 当 n=1 时,T1= . 4 2 2 2 ?2n-1? =(2n-1) >(2n-1) -1=2n-2=n-1. 当 n≥2 时,因为 x2 2 2n-1= 2n n ? 2n ? (2n) (2n)2 2 1? 1 2 n-1 1 所以 Tn>? ?2? ×2×3×?× n =4n. 1 综上可得对任意的 n∈N*,均有 Tn≥ . 4n [一题多变] 若题 (2)变为:记 bn=lgxn,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求 Sn.

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n 【解】 ∵xn= , n+1 n ∴bn=lgxn=lg =lg n-lg(n+1), n+1 ∴Sn=b1+b2+?+bn =(lg 1-lg 2)+(lg 2-lg 3)+?+[lg n-lg(n+1)] =-lg(n+1). 【规律感悟】 1.数列与函数交汇问题的常见类型及解法 (1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题. (2)已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要充分利用数列的范围、分式、 求和方法对式子化简变形.另外,解题时要注意数列与函数的内在联系,灵活运用函数的思 想方法求解. 2.数列与不等式交汇问题的常用方法 (1)作差(商)比较. (2)根据数列的函数特征,判断并利用其单调性. (3)利用基本不等式求最值. [针对训练] 2 2 (2015· 陕西汉中质检)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)= 0. (1)求数列{an}的通项公式 an; n+1 5 (2)令 bn= , 数列{bn}的前 n 项和为 Tn.证明: 对于任意的 n∈N*, 都有 Tn< . 64 (n+2)2a2 n 2 2 2 【解】 (1)由 S2 n-(n +n-1)Sn-(n +n)=0,得[Sn-(n +n)](Sn+1)=0. 2 由于{an}是正项数列,所以 Sn>0,Sn=n +n. 于是 a1=S1=2,n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n. 综上,数列{an}的通项公式为 an=2n. n+1 (2)证明:由于 an=2n,bn= , (n+2)2a2 n 1 n+1 1 1 ? 则 bn= 2 = ? 2- 2 . 4n (n+2)2 16?n (n+2) ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以 Tn= ×[1- 2+ 2- 2+ 2- 2+?+ - + 2- ]= 16 3 2 4 3 5 (n-1)2 (n+1)2 n (n+2)2 1 1 1 1 1 ? 1 5 1+ 2?= . × 1+22-(n+1)2-(n+2)2?< ×? 2 ? 64 16 ? ? 16 ?

函数与方程思想求解数列中的最值问题 [思想诠释] 数列中的最值问题用到函数与方程思想的常见题型: (1)数列中的恒成立问题:转化为最值问题,利用函数的单调性或不等式求解. ? ?an-1≤an, (2) 数 列 中 的 最 大 项 与 最 小 项 问 题 : 利 用 函 数 的 有 关 性 质 或 不 等 式 组 ? ?an≥an+1 ? ? a ≥ a , - ? n 1 n ? 求解. ?an≤an+1 ? (3)数列中前 n 项和的最值:转化为二次函数,借助二次函数的单调性或求使 an≥0(an, ≤0)成立时最大的 n 值即可求解. [典例剖析] 【典例】 (2015· 江西南昌模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,S3=6,正 项数列{bn}满足 b1·b2·b3·?·bn=2Sn.
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(1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)若 λbn>an 对 n∈N*均成立,求实数λ 的取值范围. 【审题策略】 (1)由 a1=1,S3=6 求 an;由 b1·b2·b3·?·bn=2Sn 求 bn;(2)题目涉 及恒成立,联想到函数思想,构建函数,利用函数性质求解. 【解】 (1)∵a1=1,S3=6,∴数列{an}的公差 d=1,an=n. ? ① ?b1·b2·b3·?·bn=2Sn 由题知,? ?b1·b2·b3·?·bn-1=2Sn-1(n≥2) ② ? ①÷②得 bn=2Sn-Sn-1=2an=2n(n≥2), 又 b1=2S1=21=2,满足上式,故 bn=2n. n (2)λbn>an 恒成立?λ> n恒成立, 2 cn+1 n+1 n 设 cn= n,则 = , 2 cn 2n 当 n≥2 时,cn<1,数列{cn}单调递减, 1 1 ∴(cn)max= ,故 λ> . 2 2 1 所以实数 λ 的取值范围为( ,+∞). 2 [针对训练] an (2015· 辽宁大连模拟)数列{an}满足 an+1= ,a =1. 2an+1 1 1 (1)证明:数列{ }是等差数列; an 1 1 1 1 n (2)求数列{ }的前 n 项和 Sn,并证明 + +?+ > . an S1 S2 Sn n+1 an 【解】 (1)证明:∵an+1= , 2an+1 2an+1 1 1 1 ∴ = ,化简得 =2+ , an an an+1 an+1 1 1 1 即 - =2,故数列{ }是以 1 为首项,2 为公差的等差数列. a a an+1 n n n(1+2n-1) 2 1 (2)由(1)知 =2n-1,∴Sn= =n . an 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +?+ = 2+ 2+?+ 2> + +?+ =(1- )+( - )+? S1 S2 Sn 1 2 n 1×2 2×3 2 2 3 n(n+1) 1 1 1 n +( - )=1- = . n n+1 n+1 n+1

1.必记公式 (1)“基本数列”的通项公式 ①数列-1,1,-1,1,?的通项公式是 an=(-1)n(n∈N*). ②数列 1,2,3,4,?的通项公式是 an=n(n∈N*). ③数列 3,5,7,9,?的通项公式是 an=2n+1(n∈N*). ④数列 2,4,6,8,?的通项公式是 an=2n(n∈N*). - ⑤数列 1,2,4,8,?的通项公式是 an=2n 1(n∈N*). ⑥数列 1,4,9,16,?的通项公式是 an=n2(n∈N*). n(n+1) ⑦数列 1,3,6,10,?的通项公式是 an= (n∈N*). 2 1 1 1 1 1 ⑧数列 , , , ,?的通项公式是 an= (n∈N*). 1 2 3 4 n (2)常用的拆项公式(其中 n∈N*)
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1 1 1 = - . n(n+1) n n+1 1 ? 1 1 1 ② = ? - . n(n+k) k ?n n+k? 1 1 1 1 ③ = ( - ). (2n-1)(2n+1) 2 2n-1 2n+1 1 ④若等差数列{an}的公差为 d,则 anan+1 1 ? 1 ? 1? 1 1 1 ?1 - = a -a ; = . d? n n+1? anan+2 2d?an an+2? 1 1 1 1 ⑤ = ?n(n+1)-(n+1)(n+2)?. 2 ? ? n(n+1)(n+2) 1 ⑥ = n+1- n. n+ n+1 1 1 ⑦ = ( n+k- n). n+ n+k k 2n 1 1 ⑧ = n - n+1 . n n+1 (2 -1)(2 -1) 2 -1 2 -1 2.重要结论 (1)常见数列的前 n 项和 n(n+1) ①1+2+3+?+n= . 2 2 ②2+4+6+?+2n=n +n. ③1+3+5+?+(2n-1)=n2. n(n+1)(2n+1) ④12+22+32+?+n2= . 6 n(n+1)?2 ⑤13+23+33+?+n3=? 2 ? ?. (2)数列中不等式的放缩技巧 1 1 1 1 1 ① 2< 2 = ?K-1-K+1? K K -1 2? ? 1 1 1 1 1 ② - < < - . K K+1 K2 K-1 K 1 ③2( n+1- n)< <2( n- n-1). n 3.易错提醒 (1)裂项求和的系数出错:裂项时,把系数写成它的倒数或者忘记系数致错. ? ?S1,n=1, (2)忽略验证第一项致误:利用 an=? 求通项,忽略 n≥2 的限定,忘记第 ?Sn-Sn-1,n≥2 ? 一项单独求解与检验. (3)求错项数致误:错位相减法求和时,易漏掉减数式的最后一项. ①

限时训练(十一)
建议用时 40 分钟 一、选择题
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实际用时

错题档案

1.(2015· 浙江高考)已知{an}是等差数列,公差 d 不为零,前 n 项和是 Sn.若 a3,a4,a8 成等比数列,则( ) A.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0 C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0 【解析】 由 a3,a4,a8 成等比数列可得:(a1+3d)2=(a1+2d)· (a1+7d),即 3a1+5d= (a1+a4)×4 5 2 0,所以 a1=- d,所以 a1d<0.又 dS4= d=2(2a1+3d)d=- d2<0.故选 B. 3 2 3 【答案】 B 2. (2015· 保定调研)在数列{an}中, 已知 a1=1, an+1=2an+1, 则其通项公式为 an=( ) n n-1 A.2 -1 B.2 +1 C.2n-1 D.2(n-1) - 【解析】 由题意知 an+1+1=2(an+1),∴an+1=(a1+1)· 2n 1=2n,∴an=2n-1. 【答案】 A 1 1 3.(预测题)已知数列{an}满足 an+1= + an-a2 n,且 a1= ,则该数列的前 2 015 项的 2 2 和等于( ) 3 023 A. B.3 023 2 C.1 512 D.3 024 1 1 【解析】 因为 a1= ,又 an+1= + an-a2 n, 2 2 1 ? ?2,n=2k-1(k∈N*), 1 所以 a2=1,从而 a3= ,a4=1,即得 an=? 故数列的前 2 015 2 ?1,n=2k(k∈N*), ? 1 3 021 3 023 项的和等于 S2 015=1 007×(1+ )+1= +1= . 2 2 2 【答案】 A 4.(2015· 长春质检)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=a2=1,{nSn+(n+2)an}为等差 数列,则 an=( ) n+1 n A. n-1 B. n-1 2 2 +1 2n-1 n+1 C. n D. n+1 2 -1 2 【解析】 设 bn=nSn+(n+2)an,有 b1=4,b2=8,则 bn=4n,即 bn=nSn+(n+2)an 2 =4n,Sn+(1+ )an=4. n 2 2 当 n≥2 时,Sn-Sn-1+(1+ )an-(1+ )a - =0, n n-1 n 1 2(n+1) n+1 an an-1 所以 an= a - ,即 2· = , n n n-1 n-1 n 1 an 1 所以{ }是以 为公比,1 为首项的等比数列, n 2 an ?1?n-1 n 所以 =?2? ,an= n-1.故选 A. n 2 【答案】 A 2anan+1+1 1 5. (2015· 云南第一次统一检测)在数列{an}中, an>0, a1= , 如果 an+1 是 1 与 2 4-a2 n a2 a3 a4 a100 的等比中项,那么 a1+ 2+ 2+ 2+?+ 2的值是( ) 2 3 4 100 100 101 A. B. 99 100

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100 99 C. D. 101 100 2anan+1+1 ?(2an+1+anan+1+1)· (2an+1-anan+1-1)=0 4-a2 n an-1 1 1 1 ?an+1= ?an+1-1= ? = - 1, 2-an 2-an an+1-1 an-1 1 1 n an 1 a2 a100 ∴ = -(n-1)=-n-1?an= ? 2= ,∴a1+ 2+?+ 2=1 2 100 an-1 1 n+1 n n(n+1) -1 2 1 1 1 1 1 100 - + - +?+ - = . 2 2 3 100 101 101 【答案】 C 二、填空题 1 6.(2014· 全国新课标Ⅱ高考)数列{an}满足 an+1= ,a =2,则 a1=________. 1-an 8 1 1 1 1 【解析】 将 a8=2 代入 an+1= ,可求得 a7= ;再将 a7= 代入 an+1= ,可 2 2 1-an 1-an 1 求得 a6=-1;再将 a6=-1 代入 an+1= ,可求得 a5=2;由此可以推出数列{an}是一 1-an 1 个周期数列,且周期为 3,所以 a1=a7= . 2 1 【答案】 2 2 7.(理)若数列{n(n+4)( )n}中的最大项是第 k 项,则 k=________. 3 2 + 2 2 2 【解析】 设数列为{an},则 an+1-an=(n+1)(n+5)( )n 1-n(n+4)( )n=( )n[ (n2+6n 3 3 3 3 n 2 +5)-n2-4n]= n+1(10-n2), 3 所以当 n≤3 时,an+1>an;当 n≥4 时,an+1<an. 因此,a1<a2<a3<a4,a4>a5>a6>?,故 a4 最大,所以 k=4. 【答案】 4 ?1? (文)(2015· 江苏高考)设数列{an}满足 a1=1,且 an+1-an=n+1(n∈N*),则数列?a ?前 ? n? 10 项的和为________. 【解析】 由 a1=1,且 an+1-an=n+1(n∈N*)得,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+?+(an 1 1 n(n+1) 1 2 1 -an-1)=1+2+3+?+n= ,则 = =2?n-n+1?,故数列{ }前 10 2 an n(n+1) an ? ? 1 1 1 1 1 1 20 项的和 S10=2(1- + - +?+ - )=2(1- )= . 2 2 3 10 11 11 11 20 【答案】 11 8.(2015· 福建高考)若 a,b 是函数 f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且 a,b,-2 这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则 p+q 的值 等于________. 【解析】 因为 a , b 为函数 f(x) = x2 - px + q(p > 0 , q > 0) 的两个不同零点,所以 2 ?p -4q>0, 【解析】 由题意可得,a2 n+1 =

? ?a+b=p, 所以 a>0,b>0,所以数列 a,-2,b 不可能成等差数列,数列 a,b,-2 ? ?ab=q.

不可能成等比数列,数列-2,a,b 不可能成等比数列.不妨取 a>b,则只需研究数列 a,

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? ? ?a-2=2b, ?a=4, ? ?a=-2, b,-2 成等差数列, 数列 a,-2,b 成等比数列,则有? 解得? 或? ? ? ? ?ab=4, ?b=1 ?b=-2 ?p=5, ? (舍去),所以? 所以 p+q=9. ? ?q=4, 【答案】 9 三、解答题 9.(2015· 湖北高考)设等差数列{an}的公差为 d,前 n 项和为 Sn,等比数列{bn}的公比为 q.已知 b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1) 求数列{an},{bn}的通项公式; an (2) 当 d>1 时,记 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. bn 【解】 (1)由题意有, ? ?10a1+45d=100, ? ?2a1+9d=20, ? 即? ?a1d=2, ?a1d=2, ? ? a = 9 , ?a1=1, ? ?an=2n-1, ? 1 ? ? 解得? 或? 2 故? 或 n-1 ?d=2, ?bn=2 d= . ? ? ? ? 9 1 an= (2n+79), 9

? ? ? 2? ?b =9· ? 9?
n

n-1

.

2n-1 - (2)由 d>1,知 an=2n-1,bn=2n 1,故 cn= n-1 ,于是 2 2n-1 3 5 7 9 Tn=1+ + 2+ 3+ 4+?+ n-1 ,① 2 2 2 2 2 2n-1 1 1 3 5 7 9 T = + + + + +?+ n .② 2 n 2 22 23 24 25 2 ①-②可得 2n-1 2n+3 1 1 1 1 T =2+ + 2+?+ n-2- n =3- n , 2 n 2 2 2 2 2 2n+3 故 Tn=6- n-1 . 2 10.(2014· 山东高考)已知等差数列{an}的公差为 2,前 n 项和为 Sn,且 S1,S2,S4 成等 比数列. (1)求数列{an}的通项公式; 4n - (2)令 bn=(-1)n 1 ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. an an+1 2×1 【解】 (1)因为 S1=a1,S2=2a1+ ×2=2a1+2, 2 4×3 S4=4a1+ ×2=4a1+12, 2 由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12), 解得 a1=1, 所以 an=2n-1. 4n 4n - - (2)bn=(-1)n 1 =(-1)n 1 anan+1 (2n-1)(2n+1) 1 1 - =(-1)n 1?2n-1+2n+1?. ? ? 当 n 为偶数时,

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1? ?1 1? 1 2n ? 1 + 1 ? ? 1 + 1 ? Tn=? ?1+3?-?3+5?+?+?2n-3 2n-1?-?2n-1 2n+1?=1-2n+1=2n+1. 当 n 为奇数时, 1 1 ? ? 1 1 ? 1 1 1 2n+2 1 + + 1+ ?-? + ?+?-? Tn=? + ? 3? ?3 5? ?2n-3 2n-1? ?2n-1 2n+1?=1+2n+1=2n+1. 2n+2 ,n为奇数, 2n+1 所以 Tn= 2n ,n为偶数. 2n+1 - 2n+1+(-1)n 1 (或 Tn= ) 2n+1

? ? ? ? ?

解题策略四:中档大题规范练——数列解答题的解法
《考试大纲》的特别要求如下:理解等差数列、等比数列的概念,掌握等差数列、等比 数列的通项公式与前 n 项和公式, 能在具体的问题情境中, 识别数列的等差关系或等比关系, 并能用有关知识解决相应的问题. 高考中数列解答题的求解主要有以下几个特点: (1)与等差、等比数列基本量有关的计算:可根据题意列方程(方程组)或利用等差、等比 数列的性质求解; (2)与求和有关的题目:首先要求通项公式,并根据通项公式选择恰当的求和方法(如错 位相减法、裂项相消法、分组求和法等); ?S1,n=1, ? (3)含 Sn 的式子:要根据题目特征利用 an=? 进行转化; ? ?Sn-Sn-1,n≥2 (4)与递推数列有关的问题:要能合理转化,使之构造出新的等差、等比数列; (5)与数列有关的不等式问题:可根据数列的特征选择方法(如比较法、放缩法等); (6)与函数有关的问题:应根据函数的性质求解. 【典例】 (12 分)(2015· 新课标Ⅰ高考)Sn 为数列{an}的前 n 项和,已知 an>0,a2 n+2an =4Sn+3. (1)求{an}的通项公式; 1 (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和. anan+1 [解题流程]

2 [规范解答] (1)由 a2 n+2an=4Sn+3,可知 an+1+2an+1=4Sn+1+3. 2 2 可得 an+1-an+2(an+1-an)=4an+1,即 2 2(an+1+an)=a2 n+1-an=(an+1+an)(an+1-an). 由于 an>0,可得 an+1-an=2.(4 分) 又 a2 1+2a1=4a1+3,解得 a1=-1(舍去)或 a1=3. 所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1.(6 分) (2)由 an=2n+1 可知 1 ? 1 1 1 1 - bn= = = ? .(9 分) anan+1 (2n+1)(2n+3) 2?2n+1 2n+3? 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则

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Tn=b1+b2+?+bn 1 1 ?? 1 1 1? ?1 1? - - + - +?+? = ?? 2??3 5? ?5 7? ?2n+1 2n+3?? n = .(12 分) 3(2n+3) [解题模板] 求解数列通项和求和的模板 第 1 步:由等差(比)数列或递推公式求通项; ↓ 第 2 步:根据和的表达式,选择适当的方法求和; ↓ 第 3 步:明确规范地表述结论. [反思感悟] 求解有关数列的综合题,首先要善于从宏观上整体把握问题,能透过给定信息的表象, 揭示问题的本质, 然后从微观上明确解题方向, 化难为易, 化繁为简, 注意解题的严谨性. 数 列问题对能力的要求较高,特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力.近 几年高考加强了对数列推理能力的考查,应引起重视. [针对训练] 2 1.(2015· 河南洛阳统考)已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn,?n∈N*,2Sn=an +an. (1)求数列{an}的通项公式; 1 (2)令 bn= ,设{bn}的前 n 项和为 Tn,求 T1,T2,T3,?,T100 中有理 an an+1+an+1 an 数的个数. 【解】 (1)当 n=1 时,2a1=a2 1+a1, ∴a2 1-a1=0.∴a1=1 或 0. ∵an>0,∴a1=1. 当 n≥2 时,2Sn=a2 n+an, 2Sn-1=a2 + a , - - n 1 n 1 两式相减得 2 2(Sn-Sn-1)=a2 n-an-1+an-an-1, 2 2 ∴2an=an-an-1+an-an-1, 2 ∴a2 n-an-1-(an+an-1)=0, ∴(an+an-1)(an-an-1-1)=0, ∵an>0, ∴an+an-1≠0, ∴an-an-1=0, ∴{an}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列. ∴an=1+(n-1)×1=n. 1 (2)∵bn= , an an+1+an+1 an 1 ∴bn= n n+1+(n+1) n 1 = n n+1( n+ n+1) = = n+1- n n n+1( n+1+ n)( n+1- n) n+1- n

n n+1 1 1 = - . n n+1
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∴Tn=b1+b2+b3+?+bn 1 1 1 1 1 1 1 1 =(1- )+( - )+( - )+?+( - )=1- . 2 2 3 3 4 n n+1 n+1 在 T1,T2,T3,?,T100 中,有理数有 T3T8,T15?,T99,共 9 个. 2.(2015· 山东实验中学模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等差数列,其中 a1=1,且 a2,a4,a6+2 构成等比数列;数列{bn}的前 n 项和为 Sn,满足 2Sn+bn=1. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)如果 cn=an·bn,设数列{cn}的前 n 项和为 Tn,是否存在正整数 n,使得 Tn>Sn 成立, 若存在,求出 n 的最小值,若不存在,说明理由. 【解】 (1)设数列{an}的公差为 d, 依条件有 a2 4=a2(a6+2), 1 2 即(a1+3d) =(a1+d)(a1+5d+2),解得 d=- (舍)或 d=1, 2 所以 an=a1+(n-1)d=1+(n-1)=n. 1 由 2Sn+bn=1,得 Sn= (1-bn), 2 1 当 n=1 时,2S1+b1=1,解得 b1= , 3 1 1 1 1 1 当 n≥2 时,bn=Sn-Sn-1= (1-bn)- (1-bn-1)=- bn+ bn-1,所以 bn= bn-1, 2 2 2 2 3 1 1 所以数列{bn}是首项为 ,公比为 的等比数列, 3 3 1 故 bn= n. 3 n (2)由(1)知,cn=anbn= n, 3 1 1 1 1 所以 Tn=1× +2× 2+3× 2+?+n× n① 3 3 3 3 1 1 1 1 1 Tn=1× 2+2× 3+3× 4+?+n× n+1② 3 3 3 3 3 2 1 1 1 1 1 ①-②得 Tn= + 2+ 3+?+ n-n× n+1 3 3 3 3 3 3 1 1 1 - · 3 3n 3 1 = -n× n+1 1 3 1- 3 1 1 1 n = - · n- n+1, 2 2 3 3 3 3 1 n 1 3 2n+3 1 所以 Tn= - × n- × n= - × n. 4 4 3 2 3 4 4 3 1 1 (1- n) 3 3 1 1 又 Sn= = - , 1 2 2×3n 1- 3 1 2n+1 1 所以 Tn-Sn= - × n, 4 4 3 当 n=1 时,T1=S1, 1 2n+1 1 当 n≥2 时, - × n>0,所以 Tn>Sn, 4 4 3 故所求的正整数 n 存在,其最小值是 2.

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专题检测(四)
(时间 60 分钟,满分 100 分) 一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分) 1.(2015· 重庆高考)在等差数列{an}中,若 a2=4,a4=2,则 a6=( ) A.-1 B.0 C.1 D.6 【解析】 由等差数列的性质知 a2+a6=2a4,所以 a6=2a4-a2=0.故选 B. 【答案】 B 2. (2014· 全国新课标Ⅱ高考)等差数列{an}的公差为 2, 若 a2, a4, a8 成等比数列, 则{an} 的前 n 项和 Sn=( ) n(n+1) n(n-1) A.n(n+1) B.n(n-1) C. D. 2 2 2 【解析】 因为 a2,a4,a8 成等比数列,所以 a4=a2·a8,所以(a1+6)2=(a1+2)· (a1+ n(n-1) 14),解得 a1=2.所以 Sn=na1+ d=n(n+1).故选 A. 2 【答案】 A S4 S6 3.(2015· 河北唐山统考) 设 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和,若 =3,则 =( ) S2 S4 7 3 A.2 B. C. D.1 或 2 3 10 【解析】 设 S2=k,S4=3k,由数列{an}为等比数列(易知数列{an}的公比 q≠-1),得 S2,S4-S2,S6-S4 为等比数列,又 S2=k,S4-S2=2k,∴S6-S4=4k, S6 7k 7 ∴S6=7k,∴ = = .故选 B. S4 3k 3 【答案】 B 4.等比数列{an}的公比 q=2,a1+a2+a3=21,则 a3+a4+a5 等于( ) A.42 B.63 C.84 D.168 【解析】 a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=4×21=84.故选 C. 【答案】 C 5.(2015· 山东泰安一模)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a2=-11,a5+a9=-2, 则当 Sn 取最小值时,n=( ) A.9 B.8 C.7 D.6 【解析】 设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d, ? ? ? ?a2=-11, ?a1+d=-11, ?a1=-13, 由? 得? ,解得? ?a5+a9=-2, ? ?2a1+12d=-2 ?d=2. ? ? ∴an=-15+2n.由 an=-15+2n≤0, 15 解得 n≤ .又 n 为正整数.∴当 Sn 取最小值时,n=7.故选 C. 2 【答案】 C 6. (2015· 吉林集安市高三检测)等比数列{an}满足 an>0, n∈N*, 且 a5· a2n-5=22n(n≥3), 则当 n≥1 时,log2a1+log2a3+?+log2a2n-1 等于( ) A.n(2n-1) B.(n+1)2 C.n2 D.(n-1)2 2n n 【解析】 a5·a2n-5=a2 n=2 ,又 an>0,∴an=2 . 2n-1 又 log2a2n-1=log22 =2n-1, n[1+(2n-1)] 2 ∴log2a1+log2a3+?+log2a2n-1=1+3+5+?+(2n-1)= =n .故选 C. 2 【答案】 C 7.(2015· 山东济宁微山第一中学二模)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a10+a11=10,
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ln S20 则 =( ) 1 ln 10 A.1 B.2 C.-1 D.-2 20(a1+a20) ln S20 【解析】 因为{an}为等差数列,所以 S20= =10(a10+a11)=100,则 2 1 ln 10 ln 100 = =-2. 1 ln 10 故选 D. 【答案】 D 8.(2015· 吉林长春质量检测(二))设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,{Sn+nan}为常 数列,则 an=( ) 1 2 A. n-1 B. 3 n(n+1) 5-2n 6 C. D. 3 (n+1)(n+2) 【解析】 由题意知,Sn+nan=2,当 n≥2 时,Sn-1+(n-1)an-1=2,∴(n+1)an=(n n-1 a2 a3 a4 an 1 2 2 -1)an-1,从而 · · ·?· = · ·?· ,则 an= ,当 n=1 时上式 a1 a2 a3 an-1 3 4 n+1 n(n+1) 2 成立,所以 an= .故选 B. n(n+1) 【答案】 B 9.(2015· 北京东城模拟)某学校餐厅每天供应 500 名学生用餐,每星期一有 A,B 两种 菜可供选择,调查资料表明,凡是在星期一选 A 种菜的学生,下星期一会有 20%改选 B 种 菜;而选 B 种菜的学生,下星期一会有 30%改选 A 种菜.用 an,bn 分别表示在第 n 个星期 的星期一选 A 种菜和选 B 种菜的学生人数, 若 a1=300, 则 an+1 与 an 的关系可以表示为( ) 1 1 A.an+1= an+150 B.an+1= an+200 2 3 1 2 C.an+1= an+300 D.an+1= an+180 5 5 ?an=80%an-1+30%bn-1, ? 【解析】 由题意得? ?an-1+bn-1=500, ? 1 1 (n∈N*,n≥2),解得 an= an-1+150,∴有 an+1= an+150.故选 A. 2 2 【答案】 A 10.(2015· 江西昌江一中模拟)已知函数 y=f(x)的定义域为 R,当 x<0 时,f(x)>1,且 对任意 x,y∈R,等式 f(x)-f(y)=f(x+y)恒成立,若数列{an}满足 a1=f(0),且 f(an+1)= 1 (n∈N*),则 a2015 的值为( ) f(-2-an) A.4 027 B.4 028 C.4 029 D.4 030 【解析】 令 x=y=0,∴f2(0)=f(0),∴f(0)=1 或 0,令 x=-1,g=0,∴f(-1)· f(0) =f(-1),∵x<0 时,f(x)>1,∴f(0)=1.令 x+y=0,则 f(x)· f(-x)=f(0)=1,∴由 f(an+1)= 1 ,∴an+1-2-an=0,∴an+1-an=2,∴{an}是以 a1=1,公差为 2 的等差数列, f(-2-an) ∴an=2n-1.∴a2015=2×2015-1=4029. 【答案】 C 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分) 11.(2015· 新课标Ⅰ高考)在数列{an}中,a1=2,an+1=2an,Sn 为{an}的前 n 项和.若
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Sn=126,则 n=________. 【解析】 因为在数列{an}中,a1=2,an+1=2an,所以数列{an}是首项为 2,公比为 2 + 2-2n 1 + 的等比数列,因为 Sn=126,所以 =126,解得 2n 1=128,所以 n=6. 1-2 【答案】 6 12.(2015· 北京东城模拟)已知函数 f(x)的对应关系如下表所示,数列{an}满足 a1=3,an +1=f(an),则 a4=________,a2 015=________. x 1 2 3 f(x) 3 2 1 【解析】 ∵a1=3, ∴a2=f(a1)=f(3)=1,a3=f(a2)=f(1)=3,a4=f(a3)=f(3)=1,??, 可知数列{an}是以 2 为周期的数列,∴a2 015=a1=3. 【答案】 1 3 an+m 13.数列{an}满足 a1=2,且对任意的 m,n∈N*,都有 =an,则 a3=________;{an} am 的前 n 项和 Sn=________. an+m an+m a2 2 【解析】 由 =an 可得 =a1, 所以 a2=a2 = 1=2 =4.所以 a3=a1a2=2×4=8.由 am a1 am an+m an+1 an 得 =am,令 m=1,得 =a1=2,即数列{an}是公比为 2 的等比数列, an an 2(1-2n) n+1 所以 Sn= =2 -2. 1-2 + 【答案】 8 2n 1-2 14.设实数 a1,a2,a3,a4 是一个等差数列,且满足 1<a1<3,a3=4.若定义 bn=2an, 给出下列命题:①b1,b2,b3,b4 是一个等比数列;②b1<b2;③b2>4;④b4>32;⑤b2·b4 =256.其中真命题为________. 【解析】 若{an}是公差为 d 的等差数列,则{2an}是公比为 2d 的等比数列,故①正确; a3>a1?公差 d>0?公比 2d>1,又 bn>0,故②正确;a1+a3=2a2,由 1<a1<3,a3=4, 4-a1 得 a1+a3>5?a2>2?b2=2a2>4,③正确;1<a1<3,a3=4,又 a3=a1+2d?d= ∈ 2 ?1,3??a4∈?9,11?,故 b4=2a4 不一定大于 32,④不正确; ?2 2? ?2 2 ? 2 因为 b2·b4=b3 =(2a3)2=256,所以⑤正确. 【答案】 ①②③⑤ 三、解答题(本大题共 2 小题,每小题 15 分) 15.(2015· 四川高考)设数列{an}(n=1,2,3,?)的前 n 项和 Sn 满足 Sn=2an-a1,且 a1,a2+1,a3 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; ?1? 1 (2)记数列?a ?的前 n 项和为 Tn,求使得|Tn-1|< 成立的 n 的最小值. 1 000 ? n? 【解】 (1)由已知 Sn=2an-a1,有 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2) 即 an=2an-1(n≥2). 从而 a2=2a1,a3=2a2=4a1. 又因为 a1,a2+1,a3 成等差数列,即 a1+a3=2(a2+1). 所以 a1+4a1=2(2a1+1),解得 a1=2. 所以,数列{an}是首项为 2,公比为 2 的等比数列. 故 an=2n. 1 1 (2)由(1)得 = n, an 2

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n 1? ?1? ? 1 - ?2? ? 1 1 1 2? 1 所以 Tn= + 2+?+ n= =1- n. 2 2 2 1 2 1- 2 1 1 1 由|Tn-1|< ,得|1- n-1|< ,即 2n>1 000. 1 000 2 1 000 因为 29<512<1 000<1 024=210, 所以 n≥10. 1 于是,使|Tn-1|< 成立的 n 的最小值为 10. 1 000 16.(2015· 山东高考)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 2Sn=3n+3. (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 anbn=log3an,求{bn}的前 n 项和 Tn. 【解】 (1)因为 2Sn=3n+3, 所以 2a1=3+3,故 a1=3, - 当 n>1 时,2Sn-1=3n 1+3, - - - 此时 2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n 1=2×3n 1,即 an=3n 1, ? ?3,n=1, 所以 an=? n-1 ?3 ,n>1. ? 1 (2)因为 anbn=log3an,所以 b1= . 3 - 1-n n-1 当 n>1 时,bn=3 log33 =(n-1)· 31 n. 1 所以 T1=b1= ; 3 1 - - - 当 n>1 时,Tn=b1+b2+b3+?+bn= +(1×3 1+2×3 2+?+(n-1)×31 n), 3 - - 所以 3Tn=1+(1×30+2×3 1+?+(n-1)×32 n), 2 - - - - 两式相减,得 2Tn= +(30+3 1+3 2+?+32 n)-(n-1)×31 n 3 1-n 2 1-3 - = + -(n-1)×31 n 3 1-3-1 13 6n+3 13 6n+3 = - , n ,所以 Tn= - 6 2×3 12 4×3n 经检验,n=1 时也适合. 13 6n+3 综上可得 Tn= - . 12 4×3n

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