高三数学数列综合应用试题答案及解析
高三数学数列试题答案及解析
高三数学数列试题答案及解析1.对于正项数列,定义为的“光阴”值,现知某数列的“光阴”值为,则数列的通项公式为________【答案】【解析】由题意,,,所以,则时,,两式相减得,,也适合此式,故.【考点】新定义与数列的通项公式.2.已知数列的通项公式an= (n∈N*),求数列前30项中的最大项和最小项.【答案】最大项为a10,最小项为a9【解析】∵an =1+,∴当n≤9时,an随着n的增大越来越小且小于1,当10≤n≤30时,a n 随着n的增大越来越小且大于1,∴前30项中最大项为a10,最小项为a9.3.(本小题满分12分)已知数列的前项和是,且.(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)设,求适合方程的的值.(Ⅲ)记,是否存在实数M,使得对一切恒成立,若存在,请求出M 的最小值;若不存在,请说明理由。
【答案】,2/9【解析】19. 解:(Ⅰ)当时,,由,得.当时,,,∴,即.∴.∴是以为首项,为公比的等比数列.故.………………6分(Ⅱ),,………………8分………10分解方程,得………………12分(2)解法一:,由错误!不能通过编辑域代码创建对象。
,当,又故存在实数M,使得对一切M的最小值为2/9。
4.把数列的所有项按照从大到小的原则写成如题15图所示的数表,其中的第行有个数,第行的第个数(从左数起)记为则_____________.【答案】【解析】略5.设等差数列的前项和为,若,,则()A.63B.45C.36D.27【答案】B【解析】在等差数列中,成等差数列。
因为,,所以。
故选B。
【考点】等差数列的性质点评:在等差数列中,成等差数列。
6.(本小题满分14分)已知曲线.从点向曲线引斜率为的切线,切点为。
(1)求数列的通项公式;(2)证明:。
【答案】(1);(2)证明见解析。
【解析】(1)设直线:,联立得:,则,∴(舍去),即,∴(2)证明:∵∴由于,可令函数,则,令,得,给定区间,则有,则函数在上单调递减,∴,即在恒成立,又,则有,即。
高三数学题及答案解析
高三数学题及答案解析一、选择题1. 已知函数f(x) = ax^2 + bx + c在点x=1取得最小值3,且知道a>0,求a、b、c的值。
答案解析:由题意知,函数f(x) = ax^2 + bx + c在x=1处取得最小值,因此x=1为抛物线的对称轴,即-b/2a = 1。
由此可得b = -2a。
又因为f(1) = 3,即a + b + c = 3。
将b的值代入,得到a - 2a + c = 3,即c = 3 + a。
由于a>0,我们可以取a=1,得到b=-2,c=1。
所以a=1,b=-2,c=1。
2. 已知数列{an}满足a1=1,an=an-1+2n-1,求a10的值。
答案解析:根据数列的递推公式an=an-1+2n-1,我们可以逐步计算得到数列的前几项:a1 = 1a2 = a1 + 2*2 - 1 = 1 + 3 = 4a3 = a2 + 2*3 - 1 = 4 + 5 = 9...通过观察可以发现,数列的第n项实际上是前n项和的公式,即an =1 + 3 + 5 + ... + (2n-1)。
这是一个等差数列的前n项和,根据等差数列求和公式,我们可以得到an = n^2。
所以a10 = 10^2 = 100。
二、填空题1. 若复数z满足|z-2-3i| = |z+1+i|,请计算z的实部和虚部。
答案解析:设z = x + yi,根据题意有|z-2-3i| = |z+1+i|,即|(x-2) + (y-3)i| = |(x+1) + (y+1)i|。
根据复数模的计算公式,我们可以得到两个方程:(x-2)^2 + (y-3)^2 = (x+1)^2 + (y+1)^2解这个方程组,我们可以得到x和y的值:x = 1, y = 2所以z的实部为1,虚部为2,即z = 1 + 2i。
三、解答题1. 已知圆的方程为(x-3)^2 + (y+1)^2 = 9,求圆上一点P(x, y)到圆心(3, -1)的距离。
数列的综合应用
高三数学(人教版)
第六章 ·专题研究二
专 题 讲
nf(n+1) 1 (3)由题知,bn= f n =3n,
解
1 n(n+1) n(n+1)
1
11
专
则Tn=3×
2
=
6
,
∴பைடு நூலகம்n=
6(n-n+
). 1
题
111
1
1111 1
11
训 练
∴
T1+T2+
T3+…
+Tn
=
6(1-
2+2-
3+3
-
4+…
+n-n+
) 1
∴
1 a=2,f(x)=
(12)x.
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第六章 ·专题研究二
专 题
又点(n-1,
an n2
)(n∈ N*)(在函数f(x)= ax的图象上,
讲 解
从
而ann2=21n-
1,即
an=
n2 2n-
1.
专 题
(n+ 1)2 n2 2n+ 1 (2)由 bn= 2n -2n= 2n 得,
训
练
111
1
Tn,试比较T1+T2+T3+…+Tn与 6的大小.
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第六章 ·专题研究二
专 题
∴f(n+ 1)=
1 3
f(n)(n∈ N*),∴数列{f(n)}(n∈ N*)是以
讲
解
1
1
f(1)=3为首项,3为公比的等比数列,
专 题
∴f(n)=13×(13)n- 1,即f(n)=(13)n(n∈ N*).
=6(1- 1 ). n+ 1
∵
n∈
高考数学一轮总复习 5.5数列的综合应用练习-人教版高三全册数学试题
第五节 数列的综合应用时间:45分钟 分值:100分基础必做一、选择题1.各项都是正数的等比数列{a n }中,a 2,12a 3,a 1成等差数列,则a 4+a 5a 3+a 4的值为( )A.5-12 B.5+12C.1-52D.5-12或5+12解析 设{a n }的公比为q (q >0),由a 3=a 2+a 1,得q 2-q -1=0,解得q =1+52.而a 4+a 5a 3+a 4=q =1+52.答案 B2.据科学计算,运载“神舟”的“长征”二号系列火箭在点火后第一秒钟通过的路程为2 km ,以后每秒钟通过的路程增加2 km ,在到达离地面240 km 的高度时,火箭与飞船分离,则这一过程需要的时间是( )A .10秒钟B .13秒钟C .15秒钟D .20秒钟解析 设每一秒钟通过的路程依次为a 1,a 2,a 3,…a n 则数列{a n }是首项a 1=2,公差d =2的等差数列,由求和公式有na 1+n n -1d2=240,即2n +n (n -1)=240,解得n =15.答案 C3.已知各项不为0的等差数列{a n }满足2a 2-a 26+2a 10=0,首项为18的等比数列{b n }的前n 项和为S n ,若b 6=a 6,则S 6=( )A .16 B.318 C.638D.6316解析 由2a 2-a 26+2a 10=0,∴4a 6=a 26. ∵a 6≠0,∴a 6=4.∴b 6=4.又∵{b n }的首项b 1=18,∴q 5=b 6b 1=32.∴q =2. ∴S 6=18-4×21-2=638.答案 C4.(2014·某某八校二联)对于函数y =f (x ),部分x 与y 的对应关系如下表:数列{x n }1n n +1的图象上,则x 1+x 2+x 3+x 4+…+x 2 013+x 2 014的值为( )A .7 549B .7 545C .7 539D .7 535解析 由已知表格列出点(x n ,x n +1),(1,3),(3,5),(5,6),(6,1),(1,3),…,即x 1=1,x 2=3,x 3=5,x 4=6,x 5=1,…,数列{x n }是周期数列,周期为4,2 014=4×503+2,所以x 1+x 2+…+x 2 014=503×(1+3+5+6)+1+3=7 549.答案 A5.已知函数f (x )是定义在(0,+∞)上的单调函数,且对任意的正数x ,y 都有f (x ·y )=f (x )+f (y ),若数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足f (S n +2)-f (a n )=f (3)(n ∈N *),则a n 为( )A .2n -1B .nC .2n -1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n -1解析 由题意知f (S n +2)=f (a n )+f (3)(n ∈N *),∴S n +2=3a n ,S n -1+2=3a n -1(n ≥2), 两式相减得,2a n =3a n -1(n ≥2),又n =1时,S 1+2=3a 1=a 1+2, ∴a 1=1,∴数列{a n }是首项为1,公比为32的等比数列,∴a n =⎝ ⎛⎭⎪⎫32n -1.答案 D6.将石子摆成如图的梯形形状,称数列5,9,14,20,…为梯形数,根据图形的构成,此数列的第2 012项与5的差即a 2 012-5=( )A .2 018×2 012B .2 018×2 011C .1 009×2 012D .1 009×2 011解析 结合图形可知,该数列的第n 项a n =2+3+4+…+n +2.所以a 2 012-5=4+5+…+2 014=4×2 011+2 011×2 0102=2 011×1 009.故选D.答案 D 二、填空题7.已知数列{a n }满足a 1=1,a 2=-2,a n +2=-1a n,则该数列前26项的和为________.解析 由于a 1=1,a 2=-2,a n +2=-1a n,所以a 3=-1,a 4=12,a 5=1,a 6=-2,…,所以{a n }是周期为4的数列,故S 26=6×⎝ ⎛⎭⎪⎫1-2-1+12+1-2=-10. 答案 -108.植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树,每人植一棵,相邻两棵树相距10米.开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边.使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小,这个最小值为________米.解析 当放在最左侧坑时,路程和为2×(0+10+20+…+190);当放在左侧第2个坑时,路程和为2×(10+0+10+20+…+180)(减少了360米);当放在左侧第3个坑时,路程和为2×(20+10+0+10+20+…+170)(减少了680米);依次进行,显然当放在中间的第10、11个坑时,路程和最小,为2×(90+80+…+0+10+20+…+100)=2 000米.答案 2 0009.(2014·某某六校二模)已知数列{a n }的通项公式为a n =25-n,数列{b n }的通项公式为b n =n +k ,设=⎩⎪⎨⎪⎧b n ,a n ≤b n ,a n ,a n >b n ,若在数列{}中,c 5≤对任意n ∈N *恒成立,则实数k 的取值X围是________.解析 数列是取a n 和b n 中的最大值,据题意c 5是数列{}的最小项,由于函数y =25-n是减函数,函数y =n +k 是增函数,所以b 5≤a 5≤b 6或a 5≤b 5≤a 4,即5+k ≤25-5≤6+k 或25-5≤5+k ≤25-4,解得-5≤k ≤-4或-4≤k ≤-3,所以-5≤k ≤-3.答案 [-5,-3] 三、解答题10.(2014·某某高考模拟考试)数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a n +1=2S n +1(n ∈N *),等差数列{b n }满足b 3=3,b 5=9.(1)分别求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)设=b n +2a n +2(n ∈N *),求证:+1<≤13. 解 (1)由a n +1=2S n +1,① 得a n =2S n -1+1(n ≥2,n ∈N *),② ①-②得a n +1-a n =2(S n -S n -1), ∴a n +1=3a n (n ≥2,n ∈N *), 又a 2=2S 1+1=3,∴a 2=3a 1,∴a n =3n -1.∵b 5-b 3=2d =6,∴d =3,∴b n =3n -6. (2)证明:∵a n +2=3n +1,b n +2=3n ,∴=3n 3n +1=n 3n ,∴+1-=1-2n3n +1<0,∴+1<<…<c 1=13,即+1<≤13.11.已知{a n }是等差数列,公差为d ,首项a 1=3,前n 项和为S n .令=(-1)n S n (n ∈N *),{}的前20项和T 20=330.数列{b n }满足b n =2(a -2)dn -2+2n -1,a ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n +1≤b n ,n ∈N *,求a 的取值X 围. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d , 因为=(-1)nS n ,所以T 20=-S 1+S 2-S 3+S 4+…+S 20=330,则a 2+a 4+a 6+…+a 20=330, 即10(3+d )+10×92×2d =330,解得d =3,所以a n =3+3(n -1)=3n . (2)由(1)知b n =2(a -2)3n -2+2n -1,b n +1-b n =2(a -2)3n -1+2n -[2(a -2)3n -2+2n -1]=4(a -2)3n -2+2n -1=4·3n -2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a -2+12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n -2.由b n +1≤b n ⇔(a -2)+12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n -2≤0⇔a ≤2-12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n -2,因为2-12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n -2随着n 的增大而增大,所以n =1时,2-12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n -2取得最小值54.所以a ≤54.培优演练1.已知点(1,13)是函数f (x )=a x(a >0,且a ≠1)的图象上一点,等比数列{a n }的前n项和为f (n )-c ,数列{b n }(b n >0)的首项为c ,且前n 项和S n 满足S n -S n -1=S n +S n -1(n ≥2).(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式; (2)若数列{1b n b n +1}的前n 项和为T n ,问满足T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少? 解 (1)因为f (1)=a =13,所以f (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫13x.a 1=f (1)-c =13-c ,a 2=[f (2)-c ]-[f (1)-c ]=f (2)-f (1)=⎝ ⎛⎭⎪⎫132-13=-29,a 3=[f (3)-c ]-[f (2)-c ]=f (3)-f (2)=⎝ ⎛⎭⎪⎫133-⎝ ⎛⎭⎪⎫132=-227.又数列{a n }是等比数列,设其公比为q ,所以a 1=a 22a 3=481-227=-23=13-c ,所以c =1.又公比q =a 2a 1=13,所以a n =-23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n -1=-2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *).因为S n -S n -1=(S n -S n -1)(S n +S n -1)=S n +S n -1(n ≥2), 又b n >0,S n >0,所以S n -S n -1=1.所以数列{S n }构成一个首项为1,公差为1的等差数列,S n =1+(n -1)×1=n ,故S n =n 2.当n ≥2时,b n =S n -S n -1=n 2-(n -1)2=2n -1,当n =1时,b 1=1也适合此通项公式,所以b n =2n -1(n ∈N *). (2)T n =1b 1b 2+1b 2b 3+1b 3b 4+…+1b n b n +1=11×3+13×5+15×7+…+12n -1×2n +1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+12⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+12⎝ ⎛⎭⎪⎫15-17+…+12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n +1=n2n +1. 由T n =n 2n +1>1 0002 009,得n >1 0009,所以满足T n >1 0002 009的最小正整数n 为112. 2.已知数列{a n }中,a 1=35,a n =2-1a n -1(n ≥2,n ∈N *),数列{b n }满足b n =1a n -1(n ∈N *).(1)证明:数列{b n }是等差数列;(2)若S n =(a 1-1)·(a 2-1)+(a 2-1)·(a 3-1)+…+(a n -1)·(a n +1-1),是否存在a ,b ∈Z ,使得a ≤S n ≤b 恒成立?若存在,求出a 的最大值与b 的最小值;若不存在,请说明理由.解 (1)由题意,知当n ≥2时,b n -1=1a n -1-1,b n =1a n -1=12-1a n -1-1=a n -1a n -1-1, 所以b n -b n -1=a n -1a n -1-1-1a n -1-1=1(n ∈N *,n ≥2).所以{b n }是首项为b 1=1a 1-1=-52,公差为1的等差数列. (2)由(1),知b n =n -72.依题意,有S n =(a 1-1)·(a 2-1)+(a 2-1)·(a 3-1)+…+(a n-1)·(a n +1-1)=1b 1·1b 2+1b 2·1b 3+…+1b n ·1b n +1=1b 1-1b n +1=-25-1n +1-72.设函数y =1x -72,当x >72时,y >0,y ′<0,则函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫72,+∞上为减函数,故当n =3时,S n =-25-1n +1-72取最小值-125. 而函数y =1x -72在x <72时,y <0,y ′=-1⎝ ⎛⎭⎪⎫x -722<0,函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞,72上也为减函数, 故当n =2时,S n 取得最大值85.故a 的最大值为-3,b 的最小值为2.。
2024-2025学年四川省成都市高三上学期数学综合测试试题(含解析)
一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每个小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的2024-2025学年四川省成都市高三上学期数学综合测试试题.1. 已知复数112i z =+,则z 的虚部是( )A. 2B. 2iC. 2i 5-D. 25-【答案】D 【解析】【分析】应用复数的除法计算化简,再结合复数的虚部的定义判断即可.【详解】因为()()2112i 12i 12i 12i 12i 12i 14i 55z --====-++--,所以z 的虚部为25-.故选:D.2. 一个盒子中装有5个大小相同的小球,其中3个红球,2个白球.若从中任取两个球,则恰有一个红球的概率为( )A.35B.23C.25D.13【答案】A 【解析】【分析】根据古典概型概率公式求解.【详解】根据题意,任取两球恰有一个红球的概率为112325C C 63C 105P ===.故选:A.3. 对任意的()20,,210x x mx ∞∈+-+>恒成立,则m 的取值范围为( )A. ()1,1-B. (),1-∞C. ()1,+∞D. ()(),11,-∞-⋃+∞【答案】B 【解析】【分析】分离参数,可得()110,,2x m x x ∞⎛⎫∈+<+ ⎪⎝⎭恒成立,结合基本不等式即可求得答案.【详解】对任意的()20,,210x x mx ∞∈+-+>恒成立,即对任意的()110,,2x m x x ∞⎛⎫∈+<+ ⎪⎝⎭恒成立,因为12x x +≥=,当且仅当1x x =,即1x =时取等号,故1m <,故m 的取值范围为(),1∞-.故选:B4. 已知tan 2α=,则1cos2sin2αα+=( )A. 3B.13C. 2D.12【答案】D 【解析】【分析】应用二倍角余弦公式及二倍角正弦公式计算再结合同角三角函数关系求解.【详解】21cos22cos 11sin22sin cos tan 2αααααα+===.故选:D.5. 设,a b ∈R ,则使a b >成立的一个充分不必要条件是( )A. 33a b > B. ()lg 0a b ->C. 22a b > D. a b>【答案】B 【解析】【分析】根据充分条件及必要条件定义结合不等式的性质判定各个选项即可.【详解】对于A ,33a b a b >⇔>,故33a b >是a b >的充要条件;对于B ,由()lg 0a b ->得1a b >+,能推出a b >,反之不成立,所以()lg 0a b ->是a b >的充分不必要条件;对于C ,由22a b >无法得到,a b 之间的大小关系,反之也是,所以22a b >是a b >的既不充分也不必要条件;对于D ,由a b >不能推出a b >,反之则成立,所以a b >是a b >的必要不充分条件.故选:B .6. 定义在(0,)+∞上函数()f x 的导函数为()f x ',若()()0xf x f x '-<,且(3)0f =,则不等式(2)()0x f x -<的解集为( )A. (0,2)(2,3)⋃B. (0,2)(3,)+∞C. (0,2)(2,)⋃+∞D. (0,3)(3,)+∞ 【答案】B 【解析】【分析】根据给定条件构造函数()()f x g x x=,利用导数确定单调性,结合(3)0f =求解不等式即得.【详解】依题意,令()()f x g x x =,求导得2()()()0'-'=<xf x f x g x x,则()g x 在(0,)+∞上单调递减,由(3)0f =,得(3)0g =,不等式(2)0(2)0(2)0()()()f x f x x g x x xx -<⇔-⋅<⇔-<,则20()0x g x -<⎧⎨>⎩或20()0x g x ->⎧⎨<⎩,即203x x <⎧⎨<<⎩或23x x >⎧⎨>⎩,解得02x <<或3x >,所以不等式(2)()0x f x -<解集为(0,2)(3,)+∞ .故选:B7. 已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左焦点为1F ,O 为坐标原点,若在C 的右支上存在关于x轴对称的两点,P Q ,使得1PF Q △为正三角形,且1OQ F P ⊥,则C 的离心率为( )A.B. 1C.D. 1+【答案】D 【解析】【分析】根据条件,利用几何关系得到12π2F PF ∠=,又21π6F F P ∠=,得到21,PF c PF ==,再结2c a -=,即可求解.【详解】设双曲线的焦距为2(0)c c >,右焦点为2F ,直线OQ 交1F P 于点M ,连接2PF ,因为1PF Q △为正三角形,1OQ F P ⊥,所以M 为1F P 的中点,所以2//OM F P ,的的故12π2F PF ∠=,易知21π6F F P ∠=,所以21,PF c PF ==,由双曲线的定义知122PF PF a -=,2c a -=,得1c e a ===+故选:D .8. 如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,ABC V 是等边三角形,1AA =,2AB =,则点C 到直线1AB 的距离为( )A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】取AC 的中点O ,以OB 所在直线为x 轴,OC 所在直线为y 轴,O 与11A C 中点连线所在直线为z 轴,建立空间坐标系,利用空间向量求解即可.【详解】解:取AC 的中点O ,则,BO AC BO ⊥=,以OB 所在直线为x 轴,OC 所在直线为y 轴,O 与11A C 中点连线所在直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -,所以()()10,1,0,,0,1,0A B C -,所以()1,0,2,0AB CA ==-,所以CA 在1AB上的投影的长度为11||||CA AB AB ⋅==,故点C 到直线1AB的距离为d ===故选:C.二、多选题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对得部分分,有选错的得0分.9. 对于函数()ln 1f x x =-,则下列判断正确的是( )A. 直线22exy =是()f x 过原点一条切线B. ()f x 关于y x =对称的函数是1e x y +=C. 过一点(),a b 可以有3条直线与()f x 相切D. ()2f x x ≤-【答案】ABD 【解析】【分析】由导数的几何意义可判定A ,由反函数的概念可判定B ,利用对数函数的图像可判定C ,利用常用的切线放缩可判定D.【详解】对于A ,设切点(),ln 1m m -,则()1ln 100m k f m m m --=='=-,∴1ln 1m m m-=⋅,∴ln 2m =,∴2e m =,切点()2e ,1所以过原点的切线方程为222e 1e ex xy y --=⇒=,∴A正确;的对于B ,由反函数的概念可得111ln ee y x y x x y +++=⇒=⇒=,故与()f x 关于y x =对称的函数为1e x y +=,∴B 正确;对于C ,当点(),a b 在()f x 上方,如下图所示,结合图象可知,最多有两条切线,如果在()f x 下方,没有切线,在曲线上,只有一条切线C 正错误;对于D ,由于x +∀∈R ,设()()1ln 1x g x x x g x x'-=--⇒=,令()01g x x >'⇒>,令()001g x x <⇒<<',∴()g x 在(1,+∞)上单调递增,在()01,上单调递减;∴()()()10ln 12g x g x x f x x ≥=⇒≤-⇒≤-,∴D 正确.故选:ABD10. 等差数列{}n a 中,10a >,则下列命题正确的是( )A. 若374a a +=,则918S =B. 若125a a +=,349a a +=,则7817a a +=C. 若150S >,250S <,则2219a a <D. 若910S S =,则110S >【答案】ABD 【解析】【分析】利用等差数列的性质,对于A ,()()193799922a a a a S ++==,计算即可;对于B ,由已知计算数列公差,再求值即可;对于C ,结合数列单调性比大小;对于D ,由10a >,100a =,得()111116111102a a S a +==>.【详解】等差数列{}n a 中,10a >,设公差为d ,若374a a +=,则()()19379991822a a a a S ++===,A 正确;若125a a +=,349a a +=,则()()3412954a a a a d +-+=-=,得1d =,27811251217a a a d a ++===++,B 正确;若()115158151502a a S a +==>,()1252513252502a a S a +==<,所以公差0d <,当90a >时,有190a a >>,则有2219a a >,当90a <时,有79820a a a +=>,得790a a >->,所以1790a a a >->>,则有2219a a >,C 错误;若910S S =,则100a =,因为10a >,所以()111116111102a a S a +==>,D 正确.故选:ABD .11. 设定义在R 上的函数()f x 与()g x 的导函数分别为()f x '和()g x '.若()()42f x g x --=,()()2g x f x ''=-,且()2f x +为奇函数,则下列说法中一定正确的是( )A. 函数()f x 的图象关于点()2,0对称B. ()()352g g +=-C.20241()2024k g k ==-∑D.20241()0k f k ==∑【答案】AD 【解析】【分析】根据给定条件,结合奇函数性质,借助赋值法探讨对称性、周期性,再逐项分析判断即得.【详解】对于A ,由(2)f x +为奇函数,得(2)(2)f x f x -+=-+,即(2)(2)0f x f x -++=,因此函数()f x 的图象关于点(2,0)对称,A 正确;由()(2)g x f x ''=-,得()(2)g x f x a =-+,则(4)(2)g x f x a -=-+,又()(4)2f x g x --=,于是()(2)2f x f x a =-++,令1x =,得2a =-,即()(2)f x f x =-,则(2)()f x f x +=-,(4)(2)()f x f x f x +=-+=,因此函数()f x 是周期函数,周期为4,对于B ,由()(2)2g x f x =--,得(3)(5)(1)2(3)24g g f f +=-+-=-,B 错误;对于C ,显然函数()g x 是周期为4的周期函数,(1)(3)(3)(5)4g g g g +=+=-,(2)(4)(0)2(2)24g g f f +=-+-=-,则2024411()506()506(8)4048k k g k g k ====⨯-=-∑∑,C 错误;对于D ,(1)(3)0f f +=,(2)(4)0f f +=,则2024411()506()0k k f k f k ====∑∑,D 正确.故选:AD【点睛】结论点睛:函数()y f x =的定义域为D ,x D ∀∈,①存在常数a ,b 使得()(2)2()()2f x f a x b f a x f a x b +-=⇔++-=,则函数()y f x =图象关于点(,)a b 对称.②存在常数a 使得()(2)()()f x f a x f a x f a x =-⇔+=-,则函数()y f x =图象关于直线x a =对称.三、填空题:本题共3个小题,每小题5分,共15分.12. 在5ax ⎛ ⎝展开式中2x 的系数为270-,则a 的值为__________.【答案】3-【解析】【分析】根据二项式定理可得展开式的通项为()35255C 1r rrrxa--⋅-,令3522r -=,求得r 代入运算即可.【详解】因为展开式的通项为()()3552555C C ,0,1,2,3,,145rr r r rrrax x r a ---⎛⋅= ⎝=-,令3522r -=,解得2r =,因为2x 的系数为()5323211C 2700a a -=-=,解得3a =-.故答案为:3-.13. 函数2()ln 2f x x ax =+-在[1,2]内存在单调递增区间,则a 的取值范围是______.【答案】1(,)2-+∞【解析】【分析】根据给定条件,求出函数()f x 的导数()f x ',再利用()0f x '>在(1,2)内有解即可.【详解】函数2()ln 2f x x ax =+-,求导得1()2f x ax x'=+,由函数()f x 在[1,2]内存在单调递增区间,得不等式()0f x '>在(1,2)内有解,不等式21()02f x a x'>->⇔,而函数212y x =-在(1,2)上单调递增,当(1,2)x ∈时,21122x ->-,因此12a >-,所以a 的取值范围是1(,)2-+∞.故答案为:1(,)2-+∞14. 双曲线的离心率可以与其渐近线有关,比如函数1y x=的图象是双曲线,它的实轴在直线y x =上,虚轴在直线y x =-上,实轴顶点是()()1,1,1,1--,焦点坐标是,(,已知函数y x =+e .则其在一象限内的焦点横坐标是__________,其离心率2e =__________.【答案】 ①.②.43【解析】【分析】根据材料得到双曲线的轴和顶点的定义,根据双曲线的离心率和其渐近线的斜率之间的关系求双曲线的离心率,利用双曲线的离心率的定义求双曲线的焦点坐标.【详解】直线y x =和y 轴是双曲线的两条渐近线,由阅读材料可知,双曲线的焦点所在的对称轴是直线y =,由顶点的定义知,对称轴与双曲线的交点即顶点,联立得2y x x y ⎧⎫=+⎪⎪⎭⎨⎪=⎩,解得:1x y =⎧⎪⎨=⎪⎩1x y =-⎧⎪⎨=⎪⎩(,若将双曲线绕其中心适当旋转可使其渐近线变为直线y x =,则双曲线的离心率e ==243e =,设双曲线的位于第一象限的焦点的坐标为()00,x y ,则01x =,所以0x =,所以002y ==,所以双曲线的位于第一象限的焦点的坐标为2⎫⎪⎪⎭,.43.【点睛】思路点睛:关于新定义题的思路有:(1)找出新定义有几个要素,找出要素分别代表什么意思;(2)由已知条件,看所求的是什么问题,进行分析,转换成数学语言;(3)将已知条件代入新定义的要素中;(4)结合数学知识进行解答.四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15. 根据统计, 某蔬菜基地西红柿亩产量的增加量 y (百千克)与某种液体肥料每亩的使用量x (千克)之间 的对应数据的散点图如图所示.(1)从散点图可以看出, 可用线性回归方程拟合 y 与x 的关系, 请计算样本相关系数r 并判断它们的相关程度;(2)求 y 关于x 的线性回归方程ˆˆˆybx a =+, 并预测液体肥料每亩的使用量为 12 千克时西红柿亩产量的增加量.附:()()()121ˆˆˆnn i i i n i i x x y y x x y y r b ay bx x x ==----===--∑∑,.【答案】(1)r = ; y 与x 程正线性相关, 且相关程度很强. (2) 1.50.7y x =+; 9.9 百千克.【解析】【分析】(1)由图形中的数据结合相关系数公式求得相关系数r ,再由0.75r >即可求解;(2)求出线性回归方程,再取12x =代入,即可求解.【小问1详解】由题知: 24568345675555x y ++++++++====,所以()()()()55522111142010i i i i i i i x x y y x x y y ===--=-=-=∑∑∑,,所以50.75x x y y r --===>所以 y 与x 程正线性相关, 且相关程度很强.小问2详解】因为 ()()()51521140.70ˆ2i ii i i x x y y b x x ==--===-∑∑,ˆˆ50.75 1.5a y bx =-=-⨯=,所以 y 关于x 的线性回归方程为 1.507ˆ.yx =+,当 12x =时, 1.50.712ˆ9.9y=+⨯=.所以预测液体肥料每亩的使用量为 12 千克时西红柿亩产量的增加量为 9.9 百千克.16. 已知数列{a n }的前n 项和为n S ,且223n S n n =+,数列{b n }满足24log 1n n a b =+.(1)求,n n a b ;(2)设n n n c a b =⋅,数列{}n c 的前n 项和为n T ,求n T .【【答案】(1)41,2n n n a n b =+=(2)()16432n n T n +=+-⋅【解析】【分析】(1)由n a 与n S 的关系,再结合24log 1n n a b =+即可求解;(2)由错位相减法即可求解.【小问1详解】由223n S n n =+,当2n ≥时,()221232(1)3141n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=+--+-=+⎣⎦.当1n =时,115a S ==,也适合41n a n =+.综上可得,41n a n =+.由24log 141n n a b n =+=+,所以2n n b =.【小问2详解】由(1)知()412nn n a b n =+⋅()125292412nn T n =⨯+⨯+++ ()()23125292432412n n n T n n +=⨯+⨯++-⋅++⋅ ①①-②得()21104242412n n n T n +-=+⨯++⨯-+⋅ ②()()()111412104412643212n n n n T n n -++--=+⨯-+⋅=---⋅-,所以()16432n n T n +=+-⋅.17. 在三棱柱111ABC A B C -中,平面11AA C C ⊥平面ABC ,11AA A C =,2AC =,AC BC ⊥,11AA AC ⊥.(1)证明:1BB ⊥平面1A BC ;(2)若异面直线11,AB CA 所成角的余弦值为13,求BC .【答案】(1)证明过程见解析(2)【解析】【分析】(1)由面面垂直得到线面垂直,进而得到BC ⊥1AA ,结合11AA A C ⊥得到1AA ⊥平面1A BC ,再由平行关系得到证明;(2)作出辅助线,证明出1A P ⊥平面ABC ,建立空间直角坐标系,设BC m =,写出各点坐标,利用异面直角夹角的余弦值列出方程,求出m =,得到答案.【小问1详解】因为平面11AA C C ⊥平面ABC ,交线为AC ,AC BC ⊥,⊂BC 平面ABC ,所以BC ⊥平面11AAC C ,因为1AA ⊂平面11AAC C ,所以BC ⊥1AA ,因为11AA A C ⊥,1A C BC C = ,1,AC BC ⊂平面1ABC ,所以1AA ⊥平面1A BC ,又1//BB 1AA ,所以1BB ⊥平面1A BC ;【小问2详解】取AC 的中点P ,连接1PA ,因为11AA A C =,所以1A P ⊥AC ,因为平面11AA C C ⊥平面ABC ,交线为AC ,1A P ⊂平面11AAC C ,所以1A P ⊥平面ABC ,取AB 的中点H ,连接PH ,则//PH BC ,因为AC BC ⊥,所以PH ⊥AC ,故以P 为坐标原点,1,,PH PC PA 所在直线分别为,,x y z 轴,建立空间直角坐标系,因为2AC =,所以1112A P AC ==,故()()()101,0,0,1,0,0,0,1A C A -,设BC m =,则(),1,0B m ,设()1,,B s t h ,由11AA BB = 得()()0,1,1,1,s m t h =--,解得,2,1s m t h ===,故()1,2,1B m ,()()11,3,1,0,1,1AB m CA ==- ,因为异面直线11,AB CA 所成角的余弦值为13,所以11cos ,3AB =,解得m =,故BC =18. 已知抛物线Γ:24y x =,在Γ上有一点A 位于第一象限,设A 的纵坐标为(0)a a >.(1)若A 到抛物线Γ准线的距离为3,求a 的值;(2)当4a =时,若x 轴上存在一点B ,使AB 的中点在抛物线Γ上,求O 到直线AB 的距离;(3)直线l :3x =-,抛物线上有一异于点A 的动点P ,P 在直线l 上的投影为点H ,直线AP 与直线l 的交点为.Q 若在P的位置变化过程中,4HQ >恒成立,求a 的取值范围.【答案】(1)a =(2(3)(]0,2【解析】【分析】(1)先求出点A 的横坐标,代入抛物线方程即可求解;(2)先通过中点在抛物线上求出点B 的坐标,进一步求出直线AB 方程,利用点到直线距离公式求解即可;(3)设22(,),(,),(3,)(0)44t a P t Aa H t t a -≠>,联立方程求出点Q 的坐标,根据4HQ >恒成立,结合基本不等式即可求解.【小问1详解】抛物线Γ:24y x =的准线为1x =-,由于A 到抛物线Γ准线的距离为3,则点A 的横坐标为2,则2428(0)a a =⨯=>,解得a =【小问2详解】当4a =时,点A 的横坐标为2444=,则()4,4A ,设(),0B b ,则AB 的中点为4,22b +⎛⎫⎪⎝⎭,由题意可得24242b +=⨯,解得2b =-,所以B (−2,0),则402423AB k -==+,由点斜式可得,直线AB 的方程为()223y x =+,即2340x y -+=,所以原点O 到直线AB =;【小问3详解】如图,设()22,,,,3,(0)44t a P t A a H t t a ⎛⎫⎛⎫-≠> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,则22444AP t a k t a t a -==+-,故直线AP 的方程为244a y a x t a ⎛⎫-=- ⎪+⎝⎭,令3x =-,可得2434a y a t a ⎛⎫=-+⋅ ⎪+⎝⎭,即243,34a Q a t a ⎛⎫⎛⎫--+⋅ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭,则2434a HQ t a t a ⎛⎫=-++⋅ ⎪+⎝⎭,依题意,24344a t a t a⎛⎫-++⋅> ⎪+⎝⎭恒成立,又2432204a t a a a t a⎛⎫+++⋅-≥-> ⎪+⎝⎭,则最小值为24a ->,即2a >+2a >+,则221244a a a +>++,解得02a <<,又当2a =时,1624442t t ++-≥-=+,当且仅当2t =时等号成立,而a t ≠,即当2a =时,也符合题意.故实数a 的取值范围为(]0,2.19. 已知函数22()ln(1),(1,)2x f x x x x ax=+-∈-+∞++.(1)当1a =时,求曲线()y f x =在1x =处切线的方程;(2)当0a =时,试判断()f x 零点的个数,并说明理由;(3)是否存在实数a ,使(0)f 是()f x 的极大值,若存在,求出a 的取值集合;若不存在,请说明理由.【答案】(1)388ln270x y -+-=;(2)1个,理由见解析;(3)存在,1{}6a ∈-.【解析】【分析】(1)把1a =代入,求出函数的导数,利用导数的几何意义求出切线方程.(2)把0a =代入,利用导数探讨函数的单调性即可得解.(3)利用连续函数极大值意义求出a 值,再验证即可得解.【小问1详解】当1a =时,22()ln(1)2x f x x x x =+-++,求导得222142()1(2)x f x x x x -=-+++',则3(1)8f '=,而1(1)ln22f =-,于是切线方程是13ln2)(1)(28x y -=--,所以曲线()y f x =在1x =处切线的方程388ln270x y -+-=.【小问2详解】当0a =时,24()ln(1)ln(1)222x f x x x x x=+-=++-++,的求导得22214()01(2)(1)(2)x f x x x x x '=-=≥++++,函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增,又(0)0f =,所以函数()f x 有且仅有一个零点,是0.【小问3详解】由(0)f 是()f x 的极大值,得0,0m n ∃<>,使得当(,)x m n ∈时,220x ax ++>且()(0)f x f ≤恒成立,求导得22222(461)()(1)(2)x a x ax a f x x ax x '+++=+++,因此0x =是22()461h x a x ax a =+++的变号零点,即(0)0h =,解得16a =-,经检验,当16a =-时,322(24)()(1)(612)x x f x x x x -=+--',则当(1,0)x ∈-时()0f x '>,当(0,24)x ∈时()0f x '<,于是(0)f 是()f x 的极大值,符合条件,所以a 的取值集合为1{}6-.【点睛】结论点睛:函数()y f x =是区间D 上的可导函数,则曲线y =f (x )在点00(,())x f x 0()x D ∈处的切线方程为:000()()()y f x f x x x '-=-.。
高三数学数列极限试题答案及解析
高三数学数列极限试题答案及解析1.已知数列是公差为2的等差数列,是的前n项和,则= .【答案】【解析】由题意得:,因此【考点】数列极限2..【答案】【解析】.【考点】数列的极限.3.计算:.【答案】1【解析】这是“”型极限问题,求极限的方法是转化,分子分母同时除以化为一般的极限问题,.【考点】“”型极限.4.已知点列在直线上,P1为直线轴的交点,等差数列的公差为1 。
(1)求、的通项公式;;(2)若,试证数列为等比数列,并求的通项公式。
(3).【答案】(1)(2)是以2为公比,4为首项的等比数列.(3)1【解析】(1)在直线∵P1为直线l与y轴的交点,∴P1(0,1),又数列的公差为1(2)是以2为公比,4为首项的等比数列.(3)【考点】本题考查了数列的通项及前n项和点评:等差数列的通项公式及应用是数列的重点内容,数列的大题对逻辑推理能力有较高的要求,在数列中突出考查学生的理性思维,这是近几年新课标高考对数列考查的一个亮点,也是一种趋势.随着新课标实施的深入,高考关注的重点为等差、等比数列的通项公式,错位相减法、裂项相消法等求数列的前n项的和等等5.设,,则等于( ).A.B.C.或D.不存在【答案】B【解析】即.6.… =_______________【答案】【解析】,所以.7.数列中,则数列的极限值()A.等于B.等于C.等于或D.不存在【答案】B【解析】解:因为数列中,,可知数列有规律,那么利用极限概念可知其项的值趋近于1,选B.8.计算.【答案】【解析】略9.数列{an}中,a1=,an+an+1=,则(a1+a2+…+an) = ()A.B.C.D.【答案】B【解析】本题考查数列求和技巧及无穷等比数列各项和知识。
由an+an+1=(a1+a2+…+an) =10.数列的通项公式为,则A.1B.C.1或D.不存在【答案】B【解析】由数列的极限的定义可知,数列的极限与该数列的前有限项的值无关,所以故选择B11.设正数满足,则【答案】【解析】略12.。
2023年新高考数学一轮复习7-5 数列的综合应用(知识点讲解)含详解
专题7.5 数列的综合应用(知识点讲解)【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合,考查等差、等比数列的基本运算,凸显数学建模的核心素养. 2.数列与新定义问题相结合,考查转化、迁移能力,凸显数学抽象的核心素养.3.数列与函数、不等式、解析几何等相结合,考查学生综合分析解决问题的能力,凸显逻辑推理的核心素养.【知识点展示】(一)数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类:(1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般是利用函数的性质、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、公式、求和方法对式子化简变形.(二)数列与不等式1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”,一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”;二是求和后再“放缩”.放缩法常见的放缩技巧有: (1)1k 2<1k 2-1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k -1-1k +1.(2)1k -1k +1<1k 2<1k -1-1k . (3)2(n +1-n )<1n<2(n -n -1).2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题,往往转化为数列的最值问题;求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解.(三)解答数列实际应用问题的步骤(1)确定模型类型:理解题意,看是哪类数列模型,一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型.基本特征如下:等差数列模型:均匀增加或者减少等比数列模型:指数增长或减少,常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型:指数增长的同时又均匀减少.如年收入增长率为20%,每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销,即数列{}1 1.2n n n a a a a +满足=-(2)准确解决模型:解模就是根据数列的知识,求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等,在解模时要注意运算准确.(3)给出问题的回答:实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案,在解题中不要忽视了这点.【常考题型剖析】题型一:数列与函数的综合例1.(2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习(理))已知数列{}n a 的首项11a =,函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点,则通项n a =( ) A .13n -B .12n -C .21n -D .32n -例2.(2023·全国·高三专题练习)设函数()12ln x f x x -=+,11a =,()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭.则数列{}n a 的前n 项和n S =______. 例3.(2017·上海·高考真题)根据预测,某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b (单位:辆),其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩,5n b n =+,第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.(1)求该地区第4个月底的共享单车的保有量;(2)已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+(单位:辆). 设在某月底,共享单车保有量达到最大,问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量?【温馨提醒】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,在问题的求解过程中往往会遇到数列的求和、和的最值,利用函数性质或不等式性质求解较为常规. 题型二:数列与不等式的综合例4.(2021·浙江·高考真题)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,194a =-,且1439n n S S +=-.(1)求数列{}n a 的通项;(2)设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈,记{}n b 的前n 项和为n T ,若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立,求实数λ的取值范围.例5.(2021·天津·高考真题)已知{}n a 是公差为2的等差数列,其前8项和为64.{}n b 是公比大于0的等比数列,1324,48b b b =-=. (I )求{}n a 和{}n b 的通项公式;(II )记2*1,n n nc b b n N =+∈,(i )证明{}22nn c c -是等比数列;(ii )证明)*nk n N =∈ 例6.(2021·全国·高考真题(文))设{}n a 是首项为1的等比数列,数列{}n b 满足3nn na b =.已知1a ,23a ,39a 成等差数列.(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(2)记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和.证明:2nn S T <. 【温馨提醒】数列与不等式的结合,除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式,关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三:数列与实际应用问题例7.【多选题】(2022·全国·高三专题练习)参加工作5年的小郭,因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车,与银行约定:这A 万元银行贷款分10年还清,贷款的年利率为r ,每年还款数为X 万元,则( )A .()1011ArX r =+- B .小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C .小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D .小郭选择的还款方式为“等额本息还款法”例8.(2021·全国·高三专题练习)某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元,将其投入生产,到当年年底资金增长了40%,预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始,每年年底上缴资金t 万元(800t <),并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则( ) A .22800a t =- B .175n n a a t +=-C .1n n a a +>D .当400t =时,33800a >【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向,这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识,解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题,只有吃透题意,才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路:求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解.有时也注意基本不等式的应用.题型四:数列的“新定义”问题例9.(2022·全国·高三专题练习)对于数列{}n a ,定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”,已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅,记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ,若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立,则实数p 的取值范围为( ) A .127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B .167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C .512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D .169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦例10.(2022·江西抚州·高二阶段练习(理))对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”:3325⎧⎨⎩,3739,11⎧⎪⎨⎪⎩,3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩,…仿此,若3m 的“分裂数”中有一个是1111,则m 的值为( ) A .32 B .33 C .34 D .35例11.(2022·河南开封·高二期末(理))若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ,则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列,称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =,()f m m =,记数列{}m b 的前m 项和为m S ,则63S =( ) A .258B .264C .642D .636例12.(2022·全国·高三专题练习)定义:对于任意一个有穷数列,第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和,得到的新数列称之为一阶和数列,如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列,以此类推可以得到n 阶和数列,如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5},设它的n 阶和数列各项和为n S .(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ,并猜想n S 的通项公式(无需证明); (2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-,求{}n c 的前n 项和n T ,并证明:1126n T -<≤-.【温馨提醒】立足于“转化”,将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解. 题型五:数列与解析几何例12.(2021·浙江·高考真题)已知,R,0a b ab ∈>,函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列,则平面上点(),s t 的轨迹是( ) A .直线和圆B .直线和椭圆C .直线和双曲线D .直线和抛物线例13.(2017山东,理19)已知{x n }是各项均为正数的等比数列,且x 1+x 2=3,x 3-x 2=2 (Ⅰ)求数列{x n }的通项公式;(Ⅱ)如图,在平面直角坐标系xOy 中,依次连接点P 1(x 1, 1),P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1,求由该折线与直线y=0,11n x x x x +==,所围成的区域的面积.题型六:数列与传统文化例14.(2022·云南师大附中模拟预测(理))《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作,书中第三章“衰分”有如下问题:“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士,凡五人,共出百钱.欲令高爵出少,以次渐多,问各几何?”意思是:“有大夫、不更、簪裏、上造、公士(爵位依次变低)5个人共出100钱,按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列,这5个人各出多少钱?”在这个问题中,若不更出17钱,则公士出的钱数为( ) A .10B .14C .23D .26例15.(2022·山东青岛·一模)我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有人持金出五关,前关二税一,次关三而税一,次关四而税一,次关五而税一,次关六而税一,并五关所税,适重一斤.问本持金n T几何?”其意思为“今有人持金出五关,第1关收税金为持金的12,第2关收税金为剩余金的13,第3关收税金为剩余金的14,第4关收税金为剩余金的15,第5关收税金为剩余金的16,5关所收税金之和恰好重1斤.问原来持金多少?”.记这个人原来持金为a 斤,设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩,则()f a =( )A .5-B .7C .13D .26例16.(2017·全国·高考真题(理))我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( ) A .1盏 B .3盏 C .5盏 D .9盏【总结提升】理解题意,构造数列,应用数列模型解题.专题7.5 数列的综合应用(知识点讲解)【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合,考查等差、等比数列的基本运算,凸显数学建模的核心素养. 2.数列与新定义问题相结合,考查转化、迁移能力,凸显数学抽象的核心素养.3.数列与函数、不等式、解析几何等相结合,考查学生综合分析解决问题的能力,凸显逻辑推理的核心素养.【知识点展示】(一)数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类:(1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般是利用函数的性质、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、公式、求和方法对式子化简变形.(二)数列与不等式1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”,一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”;二是求和后再“放缩”.放缩法常见的放缩技巧有: (1)1k 2<1k 2-1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k -1-1k +1.(2)1k -1k +1<1k 2<1k -1-1k . (3)2(n +1-n )<1n<2(n -n -1).2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题,往往转化为数列的最值问题;求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解.(三)解答数列实际应用问题的步骤(1)确定模型类型:理解题意,看是哪类数列模型,一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型.基本特征如下:等差数列模型:均匀增加或者减少等比数列模型:指数增长或减少,常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型:指数增长的同时又均匀减少.如年收入增长率为20%,每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销,即数列{}1 1.2n n n a a a a +满足=-(2)准确解决模型:解模就是根据数列的知识,求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等,在解模时要注意运算准确.(3)给出问题的回答:实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案,在解题中不要忽视了这点.【常考题型剖析】题型一:数列与函数的综合例1.(2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习(理))已知数列{}n a 的首项11a =,函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点,则通项n a =( ) A .13n - B .12n -C .21n -D .32n -【答案】C 【解析】 【分析】由奇偶性定义可判断出()f x 为偶函数,由此可确定唯一零点为0x =,从而得到递推关系式;利用递推关系式可证得数列{}1n a +为等比数列,由等比数列通项公式可推导得到n a . 【详解】()()()()()()4411cos 221cos221n n n n f x x a x a x a x a f x ++-=-+--+=+-+=,()f x ∴为偶函数,图象关于y 轴对称,()f x ∴的零点关于y 轴对称,又()f x 有唯一零点,()f x ∴的零点为0x =,即()()10210n n f a a +=-+=,121n n a a +∴=+,即()1121n n a a ++=+,又112a +=,∴数列{}1n a +是以2为首项,2为公比的等比数列,12n n a ∴+=,则21n n a =-.故选:C. 【点睛】关键点点睛:本题考查函数与数列的综合应用问题;解题关键是能够根据奇偶性的性质确定函数的唯一零点为0x =,从而结合零点确定数列的递推关系式,由递推关系式证得数列{}1n a +为等比数列. 例2.(2023·全国·高三专题练习)设函数()12ln x f x x -=+,11a =,()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭.则数列{}n a 的前n 项和n S =______. 【答案】2n n 1-+ 【解析】 【分析】由题设11()()4n f f n n-+=,讨论n 的奇偶性求{}n a 的通项公式,再求n S . 【详解】由题设,111()()4ln(1)ln 41n f f n n n n -+=+-+=-, 所以()()**14121,2,N 221421,21,N 2n n f n n k k a n n n k k ⎧⎛⎫⎛⎫⨯-+=-=∈ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭=⎨-⎪⨯=-=+∈⎪⎩,即2(1)n a n =-且n ≥ 2, 当1n =时,11S =,当2n ≥时,21242(1)1n S n n n =+++⋅⋅⋅+-=+-,所以21n S n n =-+,n *∈N故答案为:2n n 1-+.例3.(2017·上海·高考真题)根据预测,某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b (单位:辆),其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩,5n b n =+,第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.(1)求该地区第4个月底的共享单车的保有量;(2)已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+(单位:辆). 设在某月底,共享单车保有量达到最大,问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量? 【答案】(1)935;(2)见解析. 【解析】 【详解】试题分析:(1)计算{}n a 和{}n b 的前4项和的差即可得出答案;(2)令n n a b ≥得出42n ≤,再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论. 试题分析:(1)()()1234123496530935a a a a b b b b +++-+++=-=(2)10470542n n n -+>+⇒≤,即第42个月底,保有量达到最大()()()()12341234420503864742965878222a a a ab b b b ⎡⎤+⨯+⨯+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+=+-=⎢⎥⎣⎦()2424424688008736S =--+=,∴此时保有量超过了容纳量.【温馨提醒】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,在问题的求解过程中往往会遇到数列的求和、和的最值,利用函数性质或不等式性质求解较为常规. 题型二:数列与不等式的综合例4.(2021·浙江·高考真题)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,194a =-,且1439n n S S +=-.(1)求数列{}n a 的通项;(2)设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈,记{}n b 的前n 项和为n T ,若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立,求实数λ的取值范围.【答案】(1)33()4nn a =-⋅;(2)31λ-≤≤.【解析】【分析】(1)由1439n n S S +=-,结合n S 与n a 的关系,分1,2n n =≥讨论,得到数列{}n a 为等比数列,即可得出结论;(2)由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论,利用错位相减法求出n T ,n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立,分类讨论分离参数λ,转化为λ与关于n 的函数的范围关系,即可求解. 【详解】(1)当1n =时,1214()39a a a +=-,229272749,4416a a =-=-∴=-, 当2n ≥时,由1439n n S S +=-①, 得1439n n S S -=-②,①-②得143n n a a += 122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=, 又213,{}4n a a a =∴是首项为94-,公比为34的等比数列, 1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅;(2)由3(4)0n n b n a +-=,得43(4)()34n n n n b a n -=-=-, 所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭,2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,两式相减得234113333333(4)4444444nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 所以134()4n n T n +=-⋅,由n n T b λ≤得1334()(4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立,即(4)30n n λ-+≥恒成立,4n =时不等式恒成立;4n <时,312344n n n λ≤-=----,得1λ≤; 4n >时,312344n n n λ≥-=----,得3λ≥-; 所以31λ-≤≤.【点睛】易错点点睛:(1)已知n S 求n a 不要忽略1n =情况;(2)恒成立分离参数时,要注意变量的正负零讨论,如(2)中(4)30n n λ-+≥恒成立,要对40,40,40n n n -=->-<讨论,还要注意40n -<时,分离参数不等式要变号.例5.(2021·天津·高考真题)已知{}n a 是公差为2的等差数列,其前8项和为64.{}n b 是公比大于0的等比数列,1324,48b b b =-=. (I )求{}n a 和{}n b 的通项公式;(II )记2*1,n n nc b b n N =+∈,(i )证明{}22nn c c -是等比数列;(ii )证明)*nk n N =∈ 【答案】(I )21,n a n n N *=-∈,4,n n N b n *=∈;(II )(i )证明见解析;(ii )证明见解析.【解析】 【分析】(I )由等差数列的求和公式运算可得{}n a 的通项,由等比数列的通项公式运算可得{}n b 的通项公式;(II )(i )运算可得2224nn n c c =⋅-,结合等比数列的定义即可得证;(ii )放缩得21222422n n n n n a n c a c +<-⋅,进而可得112n n k k k-==,结合错位相减法即可得证. 【详解】(I )因为{}n a 是公差为2的等差数列,其前8项和为64. 所以12818782642a a a a ⨯++⋅⋅⋅+=+⨯=,所以11a =, 所以()12121,n n n n N a a *=+-=-∈;设等比数列{}n b 的公比为(),0q q >,所以()221321484q b b b q q b q ==-=--,解得4q =(负值舍去), 所以114,n n n b q n N b -*==∈;(II )(i )由题意,221441n n nn n b c b =++=,所以22224211442444n n nn nnn c c ⎛⎫⎛⎫=+-+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-,所以220nn c c ≠-,且212222124424n n n n nn c c c c +++⋅==⋅--, 所以数列{}22nn c c -是等比数列; (ii )由题意知,()()22122222121414242222n n n n n n n n n a n n c c a +-+-==<-⋅⋅⋅,12n n-,所以112nn k k k k-==, 设10121112322222nn k n k k nT --===+++⋅⋅⋅+∑, 则123112322222n n n T =+++⋅⋅⋅+, 两式相减得21111111122121222222212nn n n nn n n n T -⎛⎫⋅- ⎪+⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-=-=--, 所以1242n n n T -+=-,所以1112422nn k n k k n --==+⎫-<⎪⎭ 例6.(2021·全国·高考真题(文))设{}n a 是首项为1的等比数列,数列{}n b 满足3nn na b =.已知1a ,23a ,39a 成等差数列.(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(2)记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和.证明:2nn S T <. 【答案】(1)11()3n n a -=,3n nn b =;(2)证明见解析. 【解析】 【分析】(1)利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=,解方程即可;(2)利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ,再作差比较即可. 【详解】(1)因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ,23a ,39a 成等差数列,所以21369a a a =+,所以211169a q a a q =+,即29610q q -+=,解得13q =,所以11()3n n a -=,所以33n n n na nb ==. (2)[方法一]:作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++,012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S , 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n nn n .设0121111101212222Γ3333------=++++n n n , ⑧ 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn . ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n . 所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n . 因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT . 故2nn S T <. [方法二]【最优解】:公式法和错位相减求和法证明:由(1)可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--, 211213333n n nn n T --=++++,①231112133333n n n n nT +-=++++,② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---,所以31(1)4323n n nnT =--⋅,所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n nn n ----=-<⋅⋅,所以2nn S T <. [方法三]:构造裂项法由(Ⅰ)知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ,令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭n n c n ,且1+=-n n n b c c ,即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ,通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==,所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,下同方法二.[方法四]:导函数法 设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x,由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦, 则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx .又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ,所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦,下同方法二. 【整体点评】本题主要考查数列的求和,涉及到等差数列的性质,错位相减法求数列的和,考查学生的数学运算能力,是一道中档题,其中证明不等式时采用作差法,或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择,关键是要看如何消项化简的更为简洁.(2)的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和,进而证得结论;方法二根据数列的不同特点,分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解;方法三采用构造数列裂项求和的方法,关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ,使1+=-n n n b c c ,求得n T 的表达式,这是错位相减法的一种替代方法,方法四利用导数方法求和,也是代替错位相减求和法的一种方法. 【温馨提醒】数列与不等式的结合,除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式,关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三:数列与实际应用问题例7.【多选题】(2022·全国·高三专题练习)参加工作5年的小郭,因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车,与银行约定:这A 万元银行贷款分10年还清,贷款的年利率为r ,每年还款数为X 万元,则( ) A .()1011ArX r =+- B .小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C .小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D .小郭选择的还款方式为“等额本息还款法” 【答案】BD 【解析】 【分析】因为小郭每年还款钱数相等,所以小郭选择为“等额本息还款法”,所以利用等比数列前n 项和公式求出X ,再设小郭第3年还款的现值为y ,根据复利规则求出y . 【详解】解:小郭与银行约定,每年还一次欠款,并且每年还款的钱数都相等,∴小郭靖选择的还款方式为“等额本息还款法”,故D 正确,C 错误, 设每年应还X 元,还款10次,则该人10年还款的现金与利息和为29[1(1)(1)(1)]X r r r +++++⋯++, 银行贷款A 元10年后的本利和为10(1)A r +.2910[1(1)(1)(1)](1)X r r r A r ∴+++++⋯++=+, ∴10101[1(1)](1)1(1)r X A r r ⨯-+⋅=+-+, 即1010(1)(1)1Ar r X r +=+-,故A 错误.设小郭第三年还款的现值为y ,则3(1)y r X ⋅+=,所以()31Xy r =+,故B 正确;例8.(2021·全国·高三专题练习)某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元,将其投入生产,到当年年底资金增长了40%,预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始,每年年底上缴资金t 万元(800t <),并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则( ) A .22800a t =- B .175n n a a t +=-C .1n n a a +>D .当400t =时,33800a >【答案】BC 【解析】先求得第一年年底剩余资金1a ,第二年底剩余资金2a ,即可判断A 的正误;分析总结,可得1n a +与n a 的关系,即可判断B 的正误;根据题意,求得n a 的表达式,利用作差法即可比较1n a +与n a 的大小,即可判断C 的正误,代入400t =,即可求得3a ,即可判断D 的正误,即可得答案. 【详解】第一年年底剩余资金12000(140%)2800a t t =⨯+-=-,第二年底剩余资金211712(140%)392055a a t a t t =⨯+-=-=-,故A 错误;第三年底剩余资金3227109(140%)5488525t a a t a t =⨯+-=-=-,⋅⋅⋅ 所以第n +1年年底剩余资金为17(140%)5n n n a a t a t +=⨯+-=-,故B 正确;因为212277777()()55555n n n n a a t a t t a t t ---=-=--=--12217777()[1()()]5555n n a t --=-+++⋅⋅⋅+117[1()]75()(2800)7515n n t t ---=---=11757()(2800)[()1]525n n t t -----=1775()(2800)522n t t --+,所以111722775277[()(2800)]()(2800)555522552n n n n n n n t t t a a a t a a t t --+-=--=-=-+-=-, 因为800t <,所以7280002t->, 所以11277()(2800)0552n n n ta a -+-=->,即1n n a a +>,故C 正确;当400t =时,310910940054885488374438002525t a ⨯=-=-=<,故D 错误;【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向,这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识,解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题,只有吃透题意,才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路:求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解.有时也注意基本不等式的应用.题型四:数列的“新定义”问题例9.(2022·全国·高三专题练习)对于数列{}n a ,定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”,已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅,记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ,若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立,则实数p 的取值范围为( ) A .127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B .167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C .512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D .169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】 【分析】根据n A 与n a 的关系求出n a ,再根据等差数列的求和公式求出n T ,将5≤n T T 化为216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立,分类讨论n 可求出结果. 【详解】 由1112222n n n n A a a a n -+=+++=⋅,∴2n ≥时,212122(1)2n n n a a a n --+++=-⋅,∴1122(1)2-+⋅=⋅--⋅n n n n a n n ,∴22n a n =+,1n =时,14a =也成立,∴22n a n =+,∴数列{}+n a pn 的前n 项和为:12(12)n n T a a a p n =+++++++2(422)(1)(1)3222++++=+⋅=++⋅n n n n n n p n n p ,∵5≤n T T 对任意的n *∈N 恒成立,∴225(1)56353522+⨯++⋅≤=+⨯+⨯n n n n p T p , 即225335(1)5(51)022p pn n n n -+-⨯++-⨯⨯+≤, 即22225335(5)(5)022p p n n n n -+-⨯+-+-≤,即5(5)(53)0222pn p p n n -+++++≤, 即(6)(5)(8)02p n n n +-++≤, 即216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立,当14n ≤≤时,2164266+-≤=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立, 因为4412226465n +≥+=++,∴125-≤p ,所以125p ≥-,当5n =时,216(5)06n n p n +⎛⎫-+= ⎪+⎝⎭恒成立,R p ∈,当6n ≥时,2164266+-≥=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立, 因为447226663n +≤+=++,∴73-≥p ,所以73p ≤-,综上可得:实数p 的取值范围为127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦.故选:A .例10.(2022·江西抚州·高二阶段练习(理))对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”:3325⎧⎨⎩,3739,11⎧⎪⎨⎪⎩,3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩,…仿此,若3m 的“分裂数”中有一个是1111,则m 的值为( ) A .32B .33C .34D .35【答案】B 【解析】 【分析】根据分裂数的定义,求出从32到()31m -、从32到3m 分裂数个数,再根据所有分裂数成等差数列求出1111对应的位置,进而根据不等式求m 值. 【详解】由题意,对于332,...,m ,它们依次对应2、3、…、m 个分裂数,则从32到()31m -各分裂数个数的和为(2)(1)2m m -+,从32到3m 各分裂数个数和为(1)(2)2m m -+,又332,...,m 的分裂数{}n a ,构成首项为3,公差为2的等差数列,所以21n a n =+,令211111n +=,可得555n =,所以(2)(1)(1)(2)55522m m m m -+-+<≤,当32m =时,(1)(2)5275552m m -+=<不符合; 当33m =时,(1)(2)5605552m m -+=>,(2)(1)5275552m m -+=<符合; 当34m =时,(2)(1)5605552m m -+=>不符合; 综上,33m =. 故选:B例11.(2022·河南开封·高二期末(理))若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ,则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列,称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =,()f m m =,记数列{}m b 的前m 项和为m S ,则63S =( ) A .258 B .264 C .642 D .636【答案】A 【解析】 【分析】分析可知对任意的N k *∈,当)12,2k k m +⎡∈⎣,满足2nn a m =≤的项数为k ,即m b k =,满足条件的m 的个数为1222k k k +-=,进而可求得63S 的值.【详解】因为562632<<,由题中定义,对任意的N k *∈,当)12,2k k m +⎡∈⎣, 满足2nn a m =≤的项数为k ,即m b k =,满足条件的m 的个数为1222k k k +-=,当1m =时,0m b =,当)122,2m ⎡∈⎣时,1m b =,此时满足条件的m 的个数为12,当)232,2m ⎡∈⎣时,2m b =,此时满足条件的m 的个数为22,当)562,2m ⎡∈⎣时,5m b =,此时满足条件的m 的个数为52, 因此,01234563021222324252258S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.故选:A.例12.(2022·全国·高三专题练习)定义:对于任意一个有穷数列,第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和,得到的新数列称之为一阶和数列,如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列,以此类推可以得到n 阶和数列,如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5},设它的n 阶和数列各项和为n S .(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ,并猜想n S 的通项公式(无需证明);(2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-,求{}n c 的前n 项和n T ,并证明:1126n T -<≤-. 【答案】(1)21263=+⨯S ,()12312633=+⨯+S ,133n n S +=+ (2)1122=-+n T n ,证明见解析 【解析】【分析】(1)根据定义求出{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ,由此归纳出n S ,(2)由(1)化简n c ,再由裂项相消法求其前n 项和,并完成证明.(1)由题意得,116512S =++=,217611512181263S =++++=+=+⨯,()2123187136171116512185412636312633S =++++++++=++=+⨯+⨯=+⨯+,41981572013196231728112716215S =++++++++++++++++121854162=+++2312636363=+⨯+⨯+⨯()123126333=+⨯++, …()12311263333(1)n n S n -=+⨯++++≥,由等比数列的前n 项和公式可得,()113131263313n n n S -+-=+⨯=+-, 所以{}n S 的通项公式133n n S +=+.(2)由于133n n S +=+,所以()()33111111log 3log 31221n n n c S S n n n n +⎛⎫=-=--=- ⎪-⋅-++++⎝⎭, 则1111111132432122n T n n n =-+-++-=-+++, 因为n *∈N ,所以102n >+,所以111222n ->-+, 又n T 随n 的增大而减小,所以当1n =时,n T 取得最大值16-,故1126n T -<≤-. 【温馨提醒】立足于“转化”,将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解.题型五:数列与解析几何例12.(2021·浙江·高考真题)已知,R,0a b ab ∈>,函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列,则平面上点(),s t 的轨迹是( )A .直线和圆B .直线和椭圆C .直线和双曲线D .直线和抛物线【答案】C 【解析】【分析】首先利用等比数列得到等式,然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】由题意得2()()[()]f s t f s t f s -+=,即()2222()()a s t b a s t b as b ⎡⎤⎡⎤-+++=+⎣⎦⎣⎦, 对其进行整理变形:()()()22222222asat ast b as at ast b as b +-++++=+, ()()222222(2)0as at b ast as b++--+=, ()2222222240as at b at a s t ++-=, 222242220a s t a t abt -++=,所以22220as at b -++=或0=t ,其中2212s t b b a a-=为双曲线,0=t 为直线.故选:C.例13.(2017山东,理19)已知{x n }是各项均为正数的等比数列,且x 1+x 2=3,x 3-x 2=2(Ⅰ)求数列{x n }的通项公式;(Ⅱ)如图,在平面直角坐标系xOy 中,依次连接点P 1(x 1, 1),P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1,求由该折线与直线y=0,11n x x x x +==,所围成的区域的面积.【答案】(I)(II )(II )过……向轴作垂线,垂足分别为……, 由(I)得记梯形的面积为.由题意, 所以 ……+n T 12.n n x -=(21)21.2n n n T -⨯+=123,,,P P P 1n P +x 123,,,Q Q Q 1n Q +111222.n n n n n x x --+-=-=11n n n n P P Q Q ++n b 12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯123n T b b b =+++n b=……+ ①又……+ ②①-②得= 所以题型六:数列与传统文化 例14.(2022·云南师大附中模拟预测(理))《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作,书中第三章“衰分”有如下问题:“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士,凡五人,共出百钱.欲令高爵出少,以次渐多,问各几何”意思是:“有大夫、不更、簪裏、上造、公士(爵位依次变低)5个人共出100钱,按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列,这5个人各出多少钱?”在这个问题中,若不更出17钱,则公士出的钱数为( )A .10B .14C .23D .26【答案】D【解析】【分析】设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次构成等差数列{}n a ,根据217a =,前5项和为100求解.【详解】解:设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次排成一列,构成数列{}n a .由题意可知,等差数列{}n a 中217a =,前5项和为100,设公差为(0)d d >,前n 项和为n S ,则535100S a ==,解得320a =,所以323d a a , 所以公士出的钱数为532202326a a d =+=+⨯=,故选:D .例15.(2022·山东青岛·一模)我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有人持金出五关,前关二税一,次关三而税一,次关四而税一,次关五而税一,次关六而税一,并五关所税,适重一斤.问本持金101325272-⨯+⨯+⨯+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯0122325272n T =⨯+⨯+⨯+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯121132(22......2)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯-(21)21.2n n n T -⨯+=几何?”其意思为“今有人持金出五关,第1关收税金为持金的12,第2关收税金为剩余金的13,第3关收税金为剩余金的14,第4关收税金为剩余金的15,第5关收税金为剩余金的16,5关所收税金之和恰好重1斤.问原来持金多少?”.记这个人原来持金为a 斤,设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩,则()f a =( ) A .5-B .7C .13D .26【答案】C 【解析】【分析】 根据题意求得每次收的税金,结合题意得到111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯,求得a 的值,代入函数的解析式,即可求解.【详解】由题意知:这个人原来持金为a 斤,第1关收税金为:12a 斤;第2关收税金为111(1)3223a a ⋅-⋅=⋅⨯斤; 第3关收税金为1111(1)42634a a ⋅--⋅=⋅⨯斤, 以此类推可得的,第4关收税金为145a ⋅⨯斤,第5关收税金为156a ⋅⨯斤, 所以111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯, 即1111111111(1)(1)12233445566a a -+-+-+-+-⋅=-⋅=,解得65a =, 又由()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩,所以66()1011355f =⨯+=. 故选:C.例16.(2017·全国·高考真题(理))我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( )A .1盏B .3盏C .5盏D .9盏【答案】B【解析】【详解】。
高三数学等比数列试题答案及解析
高三数学等比数列试题答案及解析1.设等不数列{an }的前n项和为Sn,若S2=3,S4=15,则S6=( )A. 31B.32C.63D. 64【答案】C【解析】由已知条件可得解得,所以,故选C. 【考点】等比数列的性质.2.公比为的等比数列的各项都是正数,且,则= ()A.B.C.D.【答案】(B)【解析】由等比数列的各项都是正数,且.所以.又公比为即.故选(B)【考点】1.等比数列的性质.2.等比数列的通项公式.3.已知等比数列{an }满足a1+a2=3,a2+a3=6,则a7=()A.64B.81C.128D.243【答案】A【解析】由a2+a3=q(a1+a2)=3q=6,∴q=2∴a1(1+q)=3,∴a1=1,∴a7=26=64故选A4.设正项等比数列的前项积为,若,则=__________.【答案】1【解析】设等比数列的通项公式为故答案为1【考点】等比数列的通项公式;等比数列的乘积运算.5.设正项等比数列的前项积为,若,则=__________.【答案】1【解析】正项等比数列的首项为与公比,由【考点】等比数列的通项公式;等比数列的乘积运算.6.函数图像上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列,则以下不可能成为公比的数是()A.B.C.D.【答案】B【解析】函数图象上的点到原点的距离的最小值为1,最大值为3,故,即,而,因此选B.【考点】等比数列的性质.7.已知数列满足,,定义:使乘积为正整数的k叫做“简易数”.则在[3,2013]内所有“简易数”的和为 .【答案】2035【解析】∵,∴,则“简易数”为使为整数的整数,即满足,∴,则在区间内所有“简易数”的和为.【考点】1.新定义题;2.等比数列的前n项和公式.8.已知等比数列的前项和为,若,,则的值是 .【答案】-2【解析】由得,∴,∴,.【考点】等比数列的通项公式与前项和.9.已知等比数列中,=1,=2,则等于( ).A.2B.2C.4D.4【答案】C【解析】,,,可见,,依旧成等比数列,所以,解得.【考点】等比数列的性质10.已知正项数列,其前项和满足且是和的等比中项.(1)求数列的通项公式;(2) 符号表示不超过实数的最大整数,记,求.【答案】(1) 所以;(2) .【解析】(1) 由①知②通过①②得整理得,根据得到所以为公差为的等差数列,由求得或.验证舍去.(2) 由得,利用符号表示不超过实数的最大整数知,当时,,将转化成应用“错位相减法”求和.试题解析:(1) 由①知② 1分由①②得整理得 2分∵为正项数列∴,∴ 3分所以为公差为的等差数列,由得或 4分当时,,不满足是和的等比中项.当时,,满足是和的等比中项.所以. 6分(2) 由得, 7分由符号表示不超过实数的最大整数知,当时,, 8分所以令∴① 9分② 10分①②得即. 12分【考点】等差数列的通项公式,对数运算,“错位相减法”.11.在各项均为正数的等比数列{an }中,已知a2=2a1+3,且3a2,a4,5a3成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn =log3an,求数列{anbn}的前n项和Sn.【答案】(1)3n,n∈N(2)Sn=【解析】(1)设{an}公比为q,由题意得q>0,且解得 (舍),所以数列{an }的通项公式为an=3·3n-1=3n,n∈N.(2)由(1)可得bn =log3an=n,所以anbn=n·3n.所以Sn=1·3+2·32+3·33+…+n·3n,所以3Sn=1·32+2·33+3·34+…+n·3n+1,两式相减得,2Sn=-3-(32+33+…+3n)+n·3n+1=-(3+32+33+…+3n)+n·3n+1=-+n·3n+1=,所以数列{an bn}的前n项和Sn=.12.已知两个数k+9和6-k的等比中项是2k,则k=________.【答案】3【解析】由已知得(2k)2=(k+9)(6-k),k∈N*,∴k=3.13.已知等比数列{an }是递增数列,Sn是{an}的前n项和,若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=________.【答案】63【解析】因为等比数列{an }是递增数列,所以a1=1,a3=4,则q=2,故S6==63.14.已知数列{an }为等比数列,且a1a13+2=4π,则tan(a2a12)的值为()A.±B.-C.D.-【答案】C【解析】∵a1a13=,a2a12=,∴=,∴tan(a2a12)=tan=tan=,故选C.15.已知数列{an }是等差数列,a2=6,a5=12,数列{bn}的前n项和是Sn,且Sn+bn=1.(1)求数列{an}的通项公式.(2)求证:数列{bn}是等比数列.(3)记cn =,{cn}的前n项和为Tn,若Tn<对一切n∈N*都成立,求最小正整数m.【答案】(1) an=2n+2 (2)见解析 (3) 2012【解析】(1)设{an }的公差为d,则a2=a1+d,a5=a1+4d.∵a2=6,a5=12,∴解得:a1=4,d=2.∴an=4+2(n-1)=2n+2.(2)当n=1时,b1=S1,由S1+b1=1,得b1=.当n≥2时,∵Sn =1-bn,Sn-1=1-bn-1,∴Sn -Sn-1=(bn-1-bn),即bn=(bn-1-bn).∴bn =bn-1.∴{bn}是以为首项,为公比的等比数列.(3)由(2)可知:bn=·()n-1=2·()n.∴cn====-,∴Tn=(1-)+(-)+(-)+…+(-)=1-<1,由已知得≥1,∴m≥2012,∴最小正整数m=2012.16.一个由正数组成的等比数列,它的前4项和是前2项和的5倍,则此数列的公比为()A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】设此数列的公比为q,根据题意得q>0且q≠1,由,解得q=2.17.某住宅小区计划植树不少于100棵,若第一天植2棵,以后每天植树的棵数是前一天的2倍,则需要的最少天数n(n∈N*)等于________.【答案】6【解析】设每天植树的棵数组成的数列为{an},由题意可知它是等比数列,且首项为2,公比为2,所以由题意可得≥100,即2n≥51,而25=32,26=64,n∈N*,所以n≥6.18.在等比数列{an }中,a1+a2=20,a3+a4=40,则a5+a6等于________.【答案】80【解析】q2==2,a5+a6=(a3+a4)q2=40×2=80.19.Sn 是等比数列{an}的前n项和,a1=,9S3=S6,设Tn=a1a2a3…an,则使Tn取最小值的n值为________.【答案】5【解析】设等比数列的公比为q,故由9S3=S6,得9×,解得q=2,故=a n =×2n-1,易得当n≤5时,<1,即Tn<Tn-1;当n≥6时,Tn>Tn-1,据此数列单调性可得T5为最小值.20.已知等比数列{an }是递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=________.【答案】63【解析】∵a1,a3是方程x2-5x+4=0的两根,且q>1,∴a1=1,a3=4,则公比q=2,因此S6==63.21.已知公比为的等比数列的前项和为,则下列结论中:(1)成等比数列;(2);(3)正确的结论为()A.(1)(2).B.(1)(3).C.(2)(3).D.(1)(2)(3).【答案】C【解析】根据等比数列的性质,,则,,(2)(3)是正确的,但当时,(1)不正确,故选C.【考点】等比数列的前项和与等比数列的定义.22.在等比数列{an }中,a4=4,则a2·a6等于()A.4B.8C.16D.32【答案】C【解析】23.在等比数列{an }中,a1=2,前n项和为Sn,若数列{an+1}也是等比数列,则Sn等于().A.2n+1-2B.3n C.2n D.3n-1【答案】C【解析】∵数列{an }为等比数列,设公比为q,∴an=2q n-1,又∵{an+1}也是等比数列,则(an+1+1)2=(a n+1)·(a n+2+1)⇒+2a n+1=a n a n+2+a n+a n+2⇒a n+a n+2=2a n+1⇒a n(1+q2-2q)=0⇒q=1.即an =2,所以Sn=2n.24.在等比数列{an }中,2a3-a2a4=0,则a3=________;{bn}为等差数列,且b3=a3,则数列{bn}的前5项和等于________.【答案】210【解析】在等比数列中2a3-a2a4=2a3-=0,解得a3=2.在等差数列中b3=a3=2,所以S5==5b3=5×2=10.25.设等比数列{an }的公比q=2,前n项和为Sn,若S4=1,则S8= ().A.17B.C.5D.【答案】A【解析】由于S4=a1+a2+a3+a4=1,S8=S4+a5+a6+a7+a8=S4+S4·q4,又q=2.所以S8=1+24=17.故选A26.已知数列为等比数列,,,,则的取值范围是( ) A.B.C.D.【答案】D【解析】①,②,③,由①②③得,,故选D.【考点】1.等比数列的定义;2.不等式求范围.27.数列{}的前n项和为,.(Ⅰ)设,证明:数列是等比数列;(Ⅱ)求数列的前项和;(Ⅲ)若,.求不超过的最大整数的值.【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ);(Ⅲ).【解析】(Ⅰ)由,令可求,时,利用可得与之间的递推关系,构造等可证等比数列;(Ⅱ)由(Ⅰ)可求,利用错位相减法可求数列的和;(Ⅲ)由(Ⅰ)可求,进而可求,代入P中利用裂项求和即可求解试题解析:解:(Ⅰ) 因为,所以①当时,,则, .(1分)②当时,, .(2分)所以,即,所以,而, .(3分)所以数列是首项为,公比为的等比数列,所以. .(4分)(Ⅱ)由(Ⅰ)得.所以①② .(6分)②-①得: .(7分)(8分)(Ⅲ)由(Ⅰ)知(9分)而,(11分)所以,故不超过的最大整数为.(14分) .【考点】1.递推关系;2.等比数列的概念;3.数列求和.28.正项递增等比数列{}中,,则该数列的通项公式为()A.B.C.D.【答案】B【解析】由得,或(舍).【考点】等比数列的运算性质.29.若等比数列的第项是二项式展开式的常数项,则 .【答案】【解析】展开式的通项公式为,其常数项为,所以.【考点】1、二项式定理;2、等比数列.30.设Sn 为等比数列{an}的前n项和,若,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】∵,∴,∴,∴.【考点】1.等比数列的通项公式;2.等比数列的前n项和公式.31.在等比数列中,若,则 .【答案】.【解析】由于数列为公比数列,所以,由于,所以.【考点】等比数列的性质32.已知,数列是首项为,公比也为的等比数列,令(Ⅰ)求数列的前项和;(Ⅱ)当数列中的每一项总小于它后面的项时,求的取值范围.【答案】(1);(2).【解析】本题考查数列的通项公式和数列求和问题,考查学生的计算能力和分析问题解决问题的能力,考查分类讨论思想和转化思想.第一问,利用等比数列的通项公式先写出数列的通项公式,利用对数的性质得到的通项公式,从而列出,它符合错位相减法,利用错位相减法求和;第二问,有题意得,讨论的正负,转化为恒成立问题,求出.试题解析:(Ⅰ)由题意知,.∴..以上两式相减得.∵,∴.(Ⅱ)由.由题意知,而,∴. ①(1)若,则,,故时,不等式①成立;(2)若,则,不等式①成立恒成立.综合(1)、(2)得的取值范围为.【考点】1.等比数列的通项公式;2.等比数列的前n项和公式;3.错位相减法;4.恒成立问题.33.已知等比数列前项和为()A.10B.20C.30D.40【答案】C【解析】等比数列中,依次3项和依然成等比数列,即,,,成等比数列,其值分别为2,4,8,16,故.【考点】等比数列的性质.34.设等比数列满足公比,,且{}中的任意两项之积也是该数列中的一项,若,则的所有可能取值的集合为.【答案】【解析】任取数列中两项和,则也是数列中的项,又,,所以可能为,即的值可能为.【考点】等比数列的通项公式和性质.35.已知公差不为零的等差数列与公比为的等比数列有相同的首项,同时满足,,成等比,,,成等差,则( )A.B.C.D.【答案】C【解析】设数列的首项为,等差数列的公差为,,将,,代入得,化简得,解得,代入(1)式得.【考点】1、等差数列的通项公式;2、等比数列的性质.36.等比数列{}的前n项和为,已知对任意的,点,均在函数且均为常数)的图像上.(1)求r的值;(2)当b=2时,记求数列的前项和.【答案】(1);(2).【解析】(1)利用的关系求解;(2)由(1)和b=2求得,进而求得,利用错位相减法可得.试题解析:∵对任意的,点,均在函数且均为常数)的图像上. ∴得,当时,,当时,,又∵{}为等比数列,∴, 公比为, ∴.(2)当b=2时,,则相减,得=∴【考点】1.等比数列通项公式;2.数列求和;3.数列中的关系.37.在正项等比数列中,,则的值是( )A.10000B.1000C. 100D.10【答案】A【解析】因为,所以,所以,.【考点】1.对数的性质;2.等比数列的性质.38.若等比数列满足,,则公比__________;前项_____.【答案】2,【解析】,由,解得,故.考点定位:本题考查了等比数列的通项公式、前n项公式和数列的性质.39.已知各项均为正数的数列中,是数列的前项和,对任意,有.函数,数列的首项(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)令求证:是等比数列并求通项公式(Ⅲ)令,,求数列的前n项和.【答案】(Ⅰ);(Ⅱ) ;(Ⅲ).【解析】(Ⅰ)由①得② 1分由②—①,得即: 2分由于数列各项均为正数,3分即数列是首项为,公差为的等差数列,数列的通项公式是 4分(Ⅱ)由知,所以, 5分有,即, 6分而,故是以为首项,公比为2的等比数列. 7分所以 8分(Ⅲ), 9分所以数列的前n项和错位相减可得 12分【考点】等差数列、等比数列的通项公式,“错位相减法”。
高三数学专题训练《数列》解析版
一、选择题(每小题5分,共60分)1.已知等差数列{a n }满足a 2+a 4=4,a 3+a 5=10,则它的前10项的和S 10=( )A .138B .135C .95D .23解析:由a 2+a 4=4,a 3+a 5=10可得d =3,a 1=-4,所以S 10=-4×10+10×92×3=95.答案:C2.若{a n }是公差为1的等差数列,则{a 2n -1+2a 2n }是( )A .公差为3的等差数列B .公差为4的等差数列C .公差为6的等差数列D .公差为9的等差数列解析:设{a n }的公差为d ,则d =1,设c n =a 2n -1+2a 2n ,则c n +1=a 2n +1+2a 2n +2,c n +1-c n =a 2n +1+2a 2n +2-a 2n -1-2a 2n =6d =6,选择C.答案:C3.在等差数列{a n }中,已知a 1=13,a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=20,那么a 3等于( )A .4B .5C .6D .7解析:a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=5a 3=20,a 3=4.答案:A4.等差数列{a n }的公差d ≠0,a 1≠d ,若这个数列的前40项和是20m ,则m 等于( )A .a 1+a 20B .a 5+a 17C .a 27+a 35D .a 15+a 26解析:S 40=40(a 1+a 40)2=20(a 1+a 40)=20m ,m =a 1+a 40=a 15+a 26.答案:D5.在等比数列{a n }中,若a 5+a 6=a (a ≠0),a 15+a 16=b ,则a 25+a 26的值是( )A.b aB.b 2a2C.b 2aD.ba2解析:记等比数列{a n }的公比为q ,依题意得a 15+a 16=a 5q 10+a 6q 10=(a 5+a 6)q 10,q 10=a 15+a 16a 5+a 6=b a,a 25+a 26=a 5q 20+a 6q 20=(a 5+a 6)q 20=a ×(b a)2=b 2a,选C. 答案:C6.在等比数列{a n }中,若a 1+a 2+a 3+a 4=158,a 2a 3=-98,则1a 1+1a 2+1a 3+1a 4=( )A.53B.35 C .-53D .-35解析:依题意,设公比为q ,则q ≠1,因此⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1-q 4)1-q =158①a 21q 3=-98 ②,又1a 1,1a 2,1a 3,1a 4构成以1a 1为首项,以1q 为公比的等比数列,所以1a 1+1a 2+1a 3+1a 4=1a 1[1-(1q)4]1-1q=(1-q 4)a 1q 3(1-q ),①÷②得(1-q 4)a 1q 3(1-q )=-53,即1a 1+1a 2+1a 3+1a 4=-53,选择C.答案:C7.(2010·江西九校联考)设{a n }是等比数列,S n 是{a n }的前n 项和,对任意正整数n ,有a n +2a n +1+a n +2=0,又a 1=2,则S 101=( )A .200B .2C .-2D .0解析:设等比数列{a n }的公比为q ,因为对任意正整数,有a n +2a n +1+a n+2=0,a n +2a nq +a n q 2=0,因为a n ≠0,所以1+2q +q 2=0,q =-1,S 101=2×(1+1)1+1=2,选择B.答案:B8.(2010·西安八校二联)已知等比数列{a n }的公比q <0,其前n 项和为S n ,则a 9S 8与a 8S 9的大小关系是( )A .a 9S 8>a 8S 9B .a 9S 8<a 8S 9C .a 9S 8=a 8S 9D .a 9S 8与a 8S 9的大小关系与a 1的值有关 解析:依题意得,a 9S 8-a 8S 9=a 1q 8·a 1(1-q 8)1-q-a 1q 7·a 1(1-q 9)1-q=-a 21q 7>0,因此a 9S 8>a 8S 9,选A.答案:A9.已知等比数列{a n }的各项均为正数,数列{b n }满足b n =ln a n ,b 3=18,b 6=12,则数列{b n }前n 项和的最大值等于( )A .126B .130C .132D .134解析:∵{a n }是各项不为0的正项等比数列, ∴b n =ln a n 是等差数列.又∵b 3=18,b 6=12,∴b 1=22,d =-2, ∴S n =22n +n (n -1)2×(-2)=-n 2+23n ,∴(S n )max =-112+23×11=132. 答案:C10.(2009·安徽蚌埠测验)数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,6,…的第1000项等于( )A .42B .45C .48D .51解析:将数列分段,第1段1个数,第2段2个数,…,第n 段n 个数,设a 1000=k ,则a 1000在第k 个数段,由于第k 个数段共有k 个数,则由题意k 应满足1+2+…+(k -1)<1000≤1+2+…+k ,解得k =45.答案:B11.(2010·湖北八校联考)在数列{a n }中,n ∈N *,若a n +2-a n +1a n +1-a n=k (k 为常数),则称{a n }为“等差比数列”.下列是对“等差比数列”的判断:①k 不可能为0②等差数列一定是等差比数列 ③等比数列一定是等差比数列 ④等差比数列中可以有无数项为0 其中正确的判断是( )A .①②B .②③C .③④D .①④解析:依题意,∵a n +2-a n +1a n +1-a n=k (n ∈N *),∴k ≠0,①正确,排除B ,C 选项,又由于公差是0的等差数列不是等差比数列,②错误,排除A ,选择D.答案:D12.(2009·湖北高考)设x ∈R ,记不超过x 的最大整数为[x ],令{x }=x -[x ],则{5+12},[5+12],5+12( )A .是等差数列但不是等比数列B .是等比数列但不是等差数列C .既是等差数列又是等比数列D .既不是等差数列也不是等比数列 解析:由题意,记a 1={5+12}=5+12-[5+12]=5+12-1=5-12,a 2=[5+12]=1,a 3=5+12,若为等差数列,则2a 2=a 1+a 3,不满足;若为等比数列,则(a 2)2=a 1a 3,有12=5-12×5+12,∴是等比数列但非等差数列,选B.答案:B二、填空题(每小题4分,共16分)13.已知{a n }是等差数列,a 4+a 6=6,其前5项和S 5=10,则其公差d =__________.解析:由a 4+a 6=6,得a 5=3,又S 5=5(a 1+a 5)2=10,∴a 1=1.∴4d =a 5-a 1=2,d =12.答案:1214.(2009·重庆一诊)已知数列{a n }是等比数列,且a 4·a 5·a 6·a 7·a 8·a 9·a 10=128,则a 15·a 2a 10=__________.解析:设等比数列{a n }的公比为q ,则依题意得a 71·q 42=128,a 1·q 6=2,a 7=2,a 15·a 2a 10=a 2·q 5=a 7=2.答案:215.把100个面包分给5个人,使每人所得的面包数成等差数列,且使较多的三份之和的13等于较少的两份之和,则最少的一份面包个数是__________.解析:设构成等差数列的五个数为a -2d ,a -d ,a ,a +d ,a +2d ,则⎩⎨⎧5a =1003(a +d )=3(2a -3d )解得⎩⎨⎧a =20d =5,则最少的一份为a -2d =10.答案:1016.数列{a n }中,a 1=3,a n -a n a n +1=1(n =1,2,…),A n 表示数列{a n }的前n 项之积,则A 2005=__________.解析:可求出a 1=3,a 2=23,a 3=-12,a 4=3,a 5=23,a 6=-12,…,数列{a n }每3项重复一次,可以理解为周期数列,由2005=668×3+1且a 1×a 2×a 3=-1,则A 2005=(a 1×a 2×a 3)…(a 2002×a 2003×a 2004)×a 2005=(a 1×a 2×a 3)668a 1=3. 答案:3三、解答题(本大题共6个小题,共计74分,写出必要的文字说明、计算步骤,只写最后结果不得分)17.(12分)S n 是无穷等比数列{a n }的前n 项和,公比q ≠1,已知1是12S 2和13S 3的等差中项,6是2S 2和3S 3的等比中项. (1)求S 2和S 3的值; (2)求此数列的通项公式; (3)求此数列的各项和S . 解:(1)由题意知⎩⎨⎧12S 2+13S 3=22S 2·3S 3=36,解得S 2=2,S 3=3.(2)⎩⎨⎧a 1+a 1q =2a 1+a 1q +a 1q 2=3,解得⎩⎨⎧a 1=4q =-12或⎩⎨⎧a 1=1q =1(舍去).∴a n =4·(-12)n -1.(3)∵|q |=|-12|=12<1.∴S =41-(-12)=83.18.(12分)已知函数f (x )=x3x +1,数列{a n }满足a 1=1,a n +1=f (a n )(n ∈N *).(1)求证:数列{1a n}是等差数列;(2)记S n (x )=x a 1+x 2a 2+…+eq \f(x n ,a n ),求S n (x ).(1)证明:∵a n +1=f (a n ),∴a n +1=a n3a n +1.∴1a n +1=1a n +3,即1a n +1-1a n=3.∴{1a n}是以1a 1=1为首项,3为公差的等差数列.∴1a n=1+3(n -1)=3n -2.(2)解:S n (x )=x +4x 2+7x 3+…+(3n -2)x n ,① 当x =1时,S n (x )=1+4+7+…+(3n -2)=n (1+3n -2)2=n (3n -1)2.当x ≠1时,xS n (x )=x 2+4x 3+…+(3n -5)x n +(3n -2)x n +1,②①-②,得(1-x )S n (x )=x +3x 2+3x 3+…+3x n -(3n -2)x n +1=3(x +x 2+…+x n )-2x -(3n -2)x n +1=3x (1-x n )1-x-2x -(3n -2)x n +1,S n (x )=3x -3x n +1(1-x )2-2x +(3n -2)x n +11-x.19.(12分)(2010·东城一模)已知递增的等比数列{a n }满足a 2+a 3+a 4=28,且a 3+2是a 2、a 4的等差中项.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =log 2a n +1,S n 是数列{b n }的前n 项和,求使S n >42+4n 成立的n 的最小值.解:(1)设等比数列{a n }的公比为q ,依题意有2(a 3+2)=a 2+a 4,① 又a 2+a 3+a 4=28,将①代入得a 3=8.所以a 2+a 4=20.于是有⎩⎨⎧a 1q +a 1q3=20,a 1q 2=8,解得⎩⎨⎧a 1=2,q =2,或⎩⎨⎧a 1=32,q =12.又{a n }是递增的,故a 1=2,q =2. 所以a n =2n .(2)b n =log 22n +1=n +1,S n =n 2+3n2.故由题意可得n 2+3n2>42+4n ,解得n >12或n <-7.又n ∈N *,所以满足条件的n 的最小值为13.20.(12分)商学院为推进后勤社会化改革,与桃园新区商定:由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓,工程于2002年初动工,年底竣工并交付使用,公寓管理处采用收费还建行贷款(年利率5%,按复利计算),公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元,其余部分全部在年底还建行贷款.(1)若公寓收费标准定为每生每年800元,问到哪一年可偿还建行全部贷款?(2)若公寓管理处要在2010年底把贷款全部还清,则每生每年的最低收费标准是多少元?(精确到元)(参考数据:lg1.7343=0.2391,lg1.05=0.0212,1.058=1.4774)解:依题意,公寓2002年底建成,2003年开始使用.(1)设公寓投入使用后n 年可偿还全部贷款,则公寓每年收费总额为1000×800元=800000元=80万元,扣除18万元,可偿还贷款62万元.依题意有62[1+(1+5%)+(1+5%)2+…+(1+5%)n -1]≥500(1+5%)n +1. 化简得62(1.05n -1)≥25×1.05n +1, ∴1.05n ≥1.7343.两边取对数整理得n ≥lg1.7343lg1.05=0.23910.0212=11.28,∴取n =12(年).∴到2014年底可全部还清贷款. (2)设每生每年的最低收费标准为x 元, ∵到2010年底公寓共使用了8年,依题意有(1000x10000-18)[1+(1+5%)+(1+5%)2+…+(1+5%)7]≥500(1+5%)9.化简得(0.1x -18)1.058-11.05-1≥500×1.059.∴x ≥10(18+25×1.0591.058-1)=10(18+25×1.05×1.47741.4774-1)=10×(18+81.2)=992(元)故每生每年的最低收费标准为992元.21.(12分)若公比为c 的等比数列{a n }的首项a 1=1,且a n =a n -1+a n -22(n=3,4,…).(1)求c 的值.(2)求数列{na n }的前n 项和S n .解:(1)由题设,当n ≥3时,a n =c 2a n -2, a n -1=ca n -2,a n =a n -1+a n -22=1+c 2a n -2, ∴c 2=1+c 2. 解得c =1或c =-12. (2)当c =1时{a n }是一个常数数列,a n =1.此时S n =1+2+3+…+n =n (n +1)2.当c =-12时,a n =(-12)n -1(n ∈N *). 此时S n =1+2(-12)+3(-12)2+…+n (-12)n -1.① -12S n =-12+2(-12)2+3(-12)3+…+(n -1)(-12)n -1+n (-12)n .② ①-②,得(1+12)S n =1+(-12)+(-12)2+…+(-12)n -1-n (-12)n =1-(-12)n 1+12-n (-12)n .∴S n =19[4-(-1)n 3n +22n -1]. 22.(14分)(2009·陕西高考)(理)已知数列{x n }满足x 1=12,x n +1=11+x n,n ∈N *.(1)猜想数列{x 2n }的单调性,并证明你的结论;(2)证明:|x n +1-x n |≤16(25)n -1. (文)已知数列{a n }满足a 1=1,a 2=2,a n +2=a n +a n +12,n ∈N *.(1)令b n =a n +1-a n ,证明:{b n }是等比数列;(2)求{a n }的通项公式.解:(理)(1)由x 1=12及x n +1=11+x n得x 2=23,x 4=58,x 6=1321. 由x 2>x 4>x 6猜想,数列{x 2n }是递减数列.下面用数学归纳法证明:①当n =1时,已证命题成立.②假设当n =k 时命题成立,即x 2k >x 2k +2,易知x n >0,那么x 2k +2-x 2k +4=11+x 2k +1-11+x 2k +3=x 2k +3-x 2k +1(1+x 2k +1)(1+x 2k +3)=x 2k -x 2k +2(1+x 2k )(1+x 2k +1)(1+x 2k +2)(1+x 2k +3)>0,即x 2(k +1)>x 2(k +1)+2, 也就是说,当n =k +1时命题也成立.结合①和②知,命题成立.(2)当n =1时,|x n +1-x n |=|x 2-x 1|=16,结论成立; 当n ≥2时,易知0<x n -1<1,∴1+x n -1<2,x n =11+x n -1>12, ∴(1+x n )(1+x n -1)=(1+11+x n -1)(1+x n -1) =2+x n -1≥52, ∴|x n +1-x n |=|11+x n -11+x n -1|=|x n -x n -1|(1+x n )(1+x n -1)≤25|x n -x n -1|≤(25)2|x n -1-x n -2|≤…≤(25)n -1|x 2-x 1|=16(25)n -1. (文)(1)b 1=a 2-a 1=1,当n ≥2时,b n =a n +1-a n =a n -1+a n 2-a n =-12(a n -a n -1)=-12b n -1, ∴{b n }是以1为首项,-12为公比的等比数列. (2)由(1)知b n =a n +1-a n =(-12)n -1, 当n ≥2时,a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n -1)=1+1+(-12)+…+(-12)n -2 =1+1-(-12)n -11-(-12)=1+23[1-(-12)n -1]=53-23(-12)n -1,当n =1时,53-23(-12)1-1=1=a 1.∴a n =53-23(-12)n -1(n ∈N *).。
高三等差数列练习题及答案解析
高三等差数列练习题及答案解析在高中数学的学习过程中,等差数列是一个非常重要的概念。
在这篇文章中,我们将提供一些高三等差数列练习题并给出详细的答案解析。
希望这些题目能够帮助学生们更好地理解和掌握等差数列的性质和运算规律。
练习题一:已知等差数列的首项为a,公差为d。
若第7项等于2a+5d,第10项等于8a+11d,则求该等差数列的首项和公差。
解析:设该等差数列的首项为a,公差为d。
根据已知条件,我们可以列出以下方程组:a + 6d = 2a + 5d --(1)a + 9d = 8a + 11d --(2)我们先来解第一个方程:将方程(1)化简,得到:d = a --(3)然后,我们将方程(3)代入方程(2),得到:a + 9(a) = 8a + 11(a)10a = 18a由此可知,a = 0。
将a代入方程(3),得到:d = 0所以该等差数列的首项为0,公差也为0。
练习题二:已知等差数列的前n项和为Sn,公差为d。
若前m项和为Sm,其中m < n,则求从第m+1项到第n项的和。
解析:设从第m+1项到第n项的和为Sn',则根据等差数列的性质,有:Sn' = Sn - Sm练习题三:已知等差数列的前n项和为Sn,公差为d。
若将每一项都乘以-1后得到新的数列,求新数列的前n项和。
解析:设新数列的前n项和为S'n。
根据等差数列的性质,有:S'n = -Sn练习题四:已知等差数列的前n项和为Sn,公差为d。
若将每一项都平方后得到新的数列,求新数列的前n项和。
设新数列的前n项和为S''n。
根据等差数列的性质,有:S''n = a^2 + (a+d)^2 + (a+2d)^2 + ... + (a+(n-1)d)^2我们可以利用平方公式将每一项展开,然后进行简化,得到:S''n = (n/6)(2a^2 + (n-1)d^2 + 4ad(n-1) + 2d^2(n-1)(2n-1))练习题五:已知等差数列的前n项和为Sn,公差为d。
高三数学等差数列试题答案及解析
高三数学等差数列试题答案及解析1.已知等差数列{an}的公差不为零,a1+a2+a5>13,且a1,a2,a5 成等比数列,则a1 的取值范围为.【答案】【解析】设等差数列{an}的公差为,则由a1,a2,a5成等比数列得:,由a1+a2+a5>13,得【考点】等差数列2.(本题满分18分)本题共3个小题,第1小题满分3分,第2小题满分6分,第3小题满分9分.已知数列满足.(1)若,求的取值范围;(2)若是公比为等比数列,,求的取值范围;(3)若成等差数列,且,求正整数的最大值,以及取最大值时相应数列的公差.【答案】(1);(2);(3)的最大值为1999,此时公差为.【解析】(1)比较容易,只要根据已知列出不等式组,即可解得;(2)首先由已知得不等式,即,可解得。
又有条件,这时还要忘记分类讨论,时,,满足,当时,有,解这不等式时,分类,分和进行讨论;(3)由已知可得∴,∴,,这样我们可以首先计算出的取值范围是,再由,可得,从而,解得,即最大值为1999,此时可求得.试题解析:(1)由题得,(2)由题得,∵,且数列是等比数列,,∴,∴,∴.又∵,∴当时,对恒成立,满足题意.当时,∴①当时,,由单调性可得,,解得,②当时,,由单调性可得,,解得,(3)由题得,∵,且数列成等差数列,,∴,∴,,所以时,,时,,所以.∴又∵,∴∴,∴,解得,,∴的最大值为1999,此时公差为.【考点】解不等式(组),数列的单调性,分类讨论,等差(比)数列的前项和.3.在等差数列中,,则()A.5B.8C.10D.14【答案】B【解析】设等差数列的公差为,由题设知,,所以,所以,故选B.【考点】等差数列通项公式.4.设等差数列的前项和为,若,则的值是()A.B.C.D.【答案】C【解析】∵,∴,∴,∴,∴.【考点】等差数列的性质、等差数列的前n项和公式.5. (2013·天津模拟)已知数列{an }的前n项和为Sn,且Sn=2an-2(n∈N*),数列{bn}满足b1=1,且点P(bn ,bn+1)(n∈N*)在直线y=x+2上.(1)求数列{an },{bn}的通项公式.(2)求数列{an ·bn}的前n项和Dn.(3)设cn =an·sin2-bn·cos2(n∈N*),求数列{cn}的前2n项和T2n.【答案】(1)an =2an-1(n≥2) b n=2n-1(2)Dn=(2n-3)2n+1+6 (3)-2n2-n【解析】(1)当n=1时,a1=2,当n≥2时,an =Sn-Sn-1=2a n-2a n-1,所以an =2an-1(n≥2),所以{a n}是等比数列,公比为2,首项a1=2,所以a n=2n,又点P(bn ,bn+1)(n∈N*)在直线y=x+2上,所以b n+1=b n+2,所以{bn }是等差数列,公差为2,首项b1=1,所以bn=2n-1.(2)由(1)知an ·bn=(2n-1)×2n,所以Dn=1×21+3×22+5×23+7×24+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,①2Dn =1×22+3×23+5×24+7×25+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1.②①-②得-Dn=1×21+2×22+2×23+2×24+…+2×2n-(2n-1)×2n+1=2+2×-(2n-1)×2n+1=(3-2n)2n+1-6,则Dn=(2n-3)2n+1+6.(3)cn=,T2n =(a1+a3+…+a2n-1)-(b2+b4+…+b2n)=2+23+…+22n-1-[3+7+…+(4n-1)]=-2n2-n.6.数列{an }满足an+1+(﹣1)n an=2n﹣1,则{an}的前60项和为()A.3690B.3660C.1845D.1830【答案】D【解析】由于数列{an }满足an+1+(﹣1)n an=2n﹣1,故有 a2﹣a1=1,a3+a2=3,a4﹣a3=5,a 5+a4=7,a6﹣a5=9,a7+a6=11,…a50﹣a49=97.从而可得 a3+a1=2,a4+a2=8,a7+a5=2,a8+a6=24,a9+a7=2,a12+a10=40,a13+a11=2,a 16+a14=56,…从第一项开始,依次取2个相邻奇数项的和都等于2,从第二项开始,依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项,以16为公差的等差数列.{an}的前60项和为 15×2+(15×8+)=1830,故选D.7.已知数列满足,且,设的项和为,则使得取得最大值的序号的值为()A.7B.8C.7或8D.8或9【答案】C【解析】由已知得,,故是公差为的等差数列,又,所以,令,得,故当7或8时,取得最大值.【考点】1、等差数列通项公式;2、等差数列前n项和.8.等比数列中,已知.(1)求数列的通项公式;(2)若分别为等差数列的第3项和第5项,试求数列的通项公式及前项和.【答案】(1);(2),.【解析】﹙1﹚将已知条件化为公比,求得公比,进而求得通项;(2)将条件利用数列的首项和公比表示,进而可求得数列的通项公式与前项和.试题解析:(1)设的公比为,由已知得,解得,所以.(2)由(I)得,,则,设的公差为,则有解得,从而,所以数列的前项和.【考点】1、等差数列通项与前n项和;2、等比数列的通项公式.9.设{an }是首项为a,公差为d的等差数列(d≠0),Sn是其前n项和.记bn=,n∈N*,其中c为实数.(1)若c=0,且b1,b2,b4成等比数列,证明:Snk=n2Sk(k,n∈N*);(2)若{bn}是等差数列,证明:c=0.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】∵{an }是首项为a,公差为d的等差数列(d≠0),Sn是其前n项和,∴Sn=na+ d.(1)∵c=0,∴bn==a+ d.∵b1,b2,b4成等比数列,∴=b1b4,∴,∴ad-d2=0,∴d=0.∵d≠0,∴a=d,∴d=2a,∴Sn=na+d=na+2a=n2a,∴左边=Snk =(nk)2a=n2k2a,右边=n2Sk=n2k2a,∴左边=右边,∴原式成立.(2)∵{bn }是等差数列,∴设公差为d1,∴bn =b1+(n-1)d1代入bn =,得b1+(n-1)d1=,∴n3+n2+cd1n=c(d1-b1)对n∈N*恒成立,∴∴d1= d.∵d≠0,∴d1≠0.10.等差数列{an }中,a7=4,a19=2a9.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn =,求数列{bn}的前n项和Sn.【答案】(1) an = (2) Sn=【解析】解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则an =a1+(n-1)d.因为所以解得a1=1,d=.所以{an}的通项公式为an=.(2)因为bn===-,所以Sn=(-)+(-)+…+(-) =.11.已知等差数列{an }的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5.(1)求{an}的通项公式;(2)求数列的前n项和.【答案】(1)an=2-n.(2)【解析】(1)设{an }的公差为d,则Sn=na1+d.由已知可得解得故{an }的通项公式为an=2-n.(2)由(1)知=,从而数列的前n项和为.12.已知数列{an }为等差数列,且a3+a7+a11=4π,则tan(a1+a13)=()A.-B.±C.±D.【答案】A【解析】因为{an}为等差数列,所以a3+a7+a11=3a7=4π,故a7=,2a7=,故tan(a1+a13)=tan2a7=tan=-.故选A.13.在数列{an }和等比数列{bn}中,a1=0,a3=2,bn=2an+1(n∈N*).(1)求数列{bn }及{an}的通项公式;(2)若cn =an·bn,求数列{cn}的前n项和Sn.【答案】(1)an =n-1(2)Sn=4+(n-2)·2n+1【解析】(1)方法一,依题意b1=2,b3=23=8,设数列{bn }的公比为q,由bn=2an+1>0,可知q>0.由b3=b1·q2=2·q2=8,得q2=4,又q>0,则q=2,故bn =b1q n-1=2·2n-1=2n,又由2an +1=2n,得an=n-1.(2)依题意cn=(n-1)·2n.Sn=0·21+1·22+2·23+…+(n-2)·2n-1+(n-1)·2n,①则2Sn =0·22+1·23+2·24+…+(n-2)·2n+(n-1)·2n+1,②①-②得-Sn=22+23+…+2n-(n-1)·2n+1=-(n-1)·2n+1,即-Sn =-4+(2-n)·2n+1,故Sn=4+(n-2)·2n+1.方法二,(1)依题意{bn}为等比数列,则=q(常数),由bn =2an+1>0,可知q>0.由=2an+1-a n=q,得an+1-a n=log2q(常数),故{a n}为等差数列.设{an }的公差为d,由a1=0,a3=a1+2d=0+2d=2,得d=1,故an=n-1.(2)同方法一.14.若数列{an }是等差数列,且a3+a7=4,则数列{an}的前9项和S9等于()A.9B.18C.36D.72【答案】B【解析】S9==1815.已知数列{an },an+1=a n+2,a1=1,数列的前n项和为,则n=________.【答案】18【解析】因为an+1=a n+2,所以数列是公差为2的等差数列,所以a n=2n-1.又因为=,所以Sn=(-+-+…+-)===,解得n=18.16.设等差数列{an }的前n项和为Sn,已知(a4-1)3+2 013(a4-1)=1,(a2 010-1)3+2 013(a2 010-1)=-1,则下列结论中正确的是()A.S2 013=2 013,a2 010<a4B.S2 013=2 013,a2 010>a4C.S2 013=2 012,a2 010≤a4D.S2 013=2 012,a2 010≥a4【答案】A【解析】设f(x)=x3+2 013x,显然f(x)为奇函数和增函数,由已知得f(a4-1)=-f(a2 010-1),所以f(a4-1)=f(-a2 010+1),a4-1=-a2 010+1,a4+a2 010=2,S2 013==2 013;显然1>-1,即f(a4-1)>f(a2 010-1),又f(x)为增函数,故a4-1>a2 010-1,即a4>a2 010.17.数列{an }的前n项和为Sn=2an-2,数列{bn}是首项为a1,公差不为零的等差数列,且b1,b3,b11成等比数列.(1)求数列{an }与{bn}的通项公式;(2)求证: <5.【答案】(1)bn=3n-1(2)见解析【解析】(1)当n≥2时,an =Sn-Sn-1=(2an-2)-(2an-1-2)=2an-2an-1,得an=2an-1.又由a1=S1=2a1-2,得a1=2,所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以数列{an }的通项公式为an=2n.b 1=a1=2,设公差为d,则由b1,b3,b11成等比数列,得(2+2d)2=2×(2+10d),解得d=0(舍去)或d=3,所以数列{bn }的通项公式为bn=3n-1.,(2)证明:令Tn==,①2Tn=2+,②②-①得Tn=2+,所以Tn=,又 >0,故Tn<5.18.已知等差数列{an }的前n项和为Sn,a5=5,S5=15,则数列的前100项和为 ().A.B.C.D.【答案】A【解析】设等差数列{an }的首项为a1,公差为d.∵a5=5,S5=15,∴⇒⇒an=n.∴==,S100=++…+=1-=.19.若-9,a,-1成等差数列,-9,m,b,n,-1成等比数列,则ab=().A.15B.-15C.±15D.10【答案】A【解析】由已知得a==-5,b2=(-9)×(-1)=9且b<0,∴b=-3,∴ab=(-5)×(-3)=15.20.已知公差不为0的等差数列{an }满足a1,a3,a4成等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,则的值为 ().A.2B.3C.D.【答案】A【解析】由题意,a1(a1+3d)=(a1+2d)2,d≠0,∴a1=-4d,∴==2.21.在等差数列{an }中,Sn为其前n项和,若a1=-3,S5=S10,则当Sn取最小值时n的值为().A.5B.7C.8D.7或8【答案】D【解析】由S5=S10,得a6+a7+a8+a9+a10=0,即a8=0,又a1=-3,所以当Sn取最小值时n的值为7或8.22.观察下列等式:…照此规律, 第n个等式可为 .【答案】【解析】通过观察等式的左边是一个的形式,右边的符号是一正一负的排列形式,正负号可以这样确定左边有偶数项的时候是正的,奇数项是负的.另外除符号外,数字就是左边的底数的和.所以.故填.【考点】1.数列的思维.2.合情推理.3.等差数列的求和.23.已知数列为等差数列,且(1)求数列的通项公式;(2)证明:【答案】(1) (2)参考解析【解析】(1)因为数列为等差数列,又因为所以通过这两项求出首项与公差.从而求出数列的通项公式,即可求出数列的通项公式,本小题的关键是对一个较复杂的数列的理解.(2)因为由(1)的到数列的通项公式,根据题意需要求数列前n项和公式,所以通过计算可求出通项公式,再利用等比数列的求和公式,即可得到结论.试题解析:(I)解:设等差数列的公差为.由即=1.所以即(II)证明:,∴【考点】1.对数的运算.2.等差数列的性质.3.等比数列的性质.4.构造转化的思想.24.已知{}为等差数列,若,,则________.【答案】20【解析】由题意可知,,则等差数列{}的公差,又因为.【考点】等差中项的应用.25.已知首项为的等比数列{an }是递减数列,其前n项和为Sn,且S1+a1,S2+a2,S3+a3成等差数列.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)已知,求数列{bn}的前n项和.【答案】(I)an =a1=()n;(Ⅱ).【解析】(I){an }是一等比数列,且a1=.设等比数列{an}的公比为q,由S1+a1,S2+a2,S3+a3成等差数列,可得一个含公比q的方程,解这个方程便得公比q,从而得数列{an}通项公式. (Ⅱ)由题设及(I)可得:bn =anlog2an=-n∙()n,由等差数列与等比数列的积或商构成的新数列,求和时用错位相消法.试题解析:(I)设等比数列{an }的公比为q,由题知 a1=,又∵ S1+a1,S2+a2,S3+a3成等差数列,∴ 2(S2+a2)=S1+a1+S3+a3,变形得S2-S1+2a2=a1+S3-S2+a3,即得3a2=a1+2a3,∴q=+q2,解得q=1或q=, 4分又由{an}为递减数列,于是q=,∴an =a1=()n. 6分(Ⅱ)由于bn =anlog2an=-n∙()n,∴,于是,两式相减得:∴. 12分【考点】1.等差数列;2.等比数列的通项公式;3.错位相消法求和.26.已知数列为等差数列,若,,则( )A.36B.42C.45D.63【答案】C【解析】∵数列为等差数列,,∴,解得∴故选C.【考点】等差数列的性质.27.等差数列的前项和记为,若,,则的最大值为 .【答案】16【解析】等差数列的前项和为,,,即,,,,解得,.【考点】本题考查等差数列的通项公式.28.在等差数列中,若,则的前项和A.B.C.D.【答案】B【解析】.【考点】等差数列及其前项和.29.已知数列,满足,,且对任意的正整数,和均成等比数列.(1)求、的值;(2)证明:和均成等比数列;(3)是否存在唯一正整数,使得恒成立?证明你的结论.【答案】(1),;(2)详见解析;(3)详见解析.【解析】本题考查数列的求值,等比数列的证明和研究不等式的恒成立问题.(1)通过题设条件给出的数列关系,求出数列的初始值;(2)根据等比数列的定义,分别得到证明,其中应说明第一项不为零;(3)探求是否存在唯一的正整数使得恒成立分两步求解,先通过数列,的单调性得到,再证明证整数时唯一的,求解有关数列的综合问题,主要是要明确解题方向,合理利用数列的相关性质化难为易,化繁为简,同时还要注意解题步骤的规范性和严谨性.试题解析:(1)依题意,;(2)证明:依题意,对任意正整数有,即,,又,数列是首项为,公比为的等比数列,,又,数列是首项为,公比为的等比数列.(3)由(2)得,解得,显然,数列是单调递增的数列,是单调递减的数列,即存在正整数,使得对任意的,有,又令得,而,,,,解得,即对任意的且时,,正整数也是唯一的.综上所述,存在唯一的正整数,使得对任意的,有.【考点】等差数列、等比数列的性质,数列不等式的恒成立问题.30.已知为等比数列,是等差数列,(Ⅰ)求数列的通项公式及前项和;(2)设,,其中,试比较与的大小,并加以证明.【答案】(Ⅰ),;(Ⅱ)当时,;当时,;当时,.【解析】(Ⅰ)求数列的通项公式及前项和,由已知是等差数列,且,只需求出公差即可,由已知,且为等比数列,,只需求出公比即可,由得,,讨论是否符合条件,从而得,这样问就可以解决;(Ⅱ)设,,其中,试比较与的大小,关键是求出与的关系式,由已知是等差数列,由(Ⅰ)知,即可写出,,两式作差得,讨论即可.试题解析:(Ⅰ)设的公比为,由得,,。
高三数学等差数列试题答案及解析
高三数学等差数列试题答案及解析1. 在等差数列中,,公差为,前项和为,当且仅当时取最大值,则的取值范围_________. 【答案】【解析】由题意得:,所以,即【考点】等差数列性质2. 已知数列是等差数列,且,那么数列的前11项和等于( )A .22B .24C .44D .48【答案】A【解析】由等差数列的性质可知,则.故A 正确.【考点】1等差数列的性质;2等差数列的前项和公式.3. 设等差数列{a n }的首项a 1为a ,公差d =2,前n 项和为S n . (1) 若当n=10时,S n 取到最小值,求的取值范围; (2) 证明:n ∈N*, S n ,S n +1,S n +2不构成等比数列. 【答案】见解析【解析】(1)解:由题意可知,所以(2)证明:采用反证法.不失一般性,不妨设对某个m ∈N*,S m ,S m +1,S m +2构成等比数列,即.因此 a 2+2ma +2m(m +1)=0, 要使数列{a n }的首项a 存在,上式中的Δ≥0.然而 Δ=(2m)2-8m(m +1)=-4m (2+m)<0,矛盾.所以,对任意正整数n ,S n ,S n +1,S n +2都不构成等比数列.4. 设数列{a n }是等差数列,若a 3+a 4+a 5=12,则a 1+a 2+…+a 7=( ) A .14 B .21 C .28 D .35【答案】C【解析】由a 3+a 4+a 5=12得a 4=4, 所以a 1+a 2+a 3+…+a 7==7a 4=28.5. 已知函数, 数列满足.(1)求数列的通项公式;(2)令,若对一切成立,求最小正整数m .【答案】(1);(2).【解析】(1)由可知数列为等差数列,易求得通项公式;(2)由第(1)的结果所以可用拆项法求和进而求得的最小值.解:(1)是以为公差,首项的等差数列(2)当时,当时,上式同样成立即对一切成立,又随递增,且,【考点】1、等差数列通项公式;2、拆项法求特列数列的前项和;3、含参数的不等式恒成立问题.6.设是等差数列的前项和,,则的值为()A.B.C.D.【答案】D【解析】由已知得:,.故选D.【考点】1.等差数列的和;2.等差数列的性质.7.已知是递增的等差数列,,为其前项和,若成等比数列,则 .【答案】70【解析】因为数列为等差数列,所以且,因为成等比数列,所以,因为数列是递增的,所以,即,则,再根据等差数列前n项和的公式可得.故填70.【考点】等差数列等比中项前n项和8.等差数列的前项和为,若,则【答案】6【解析】因为为等差数列,所以根据等差数列的性质(下脚标之和相等对应项之和相等)可得,再根据等差数列的前n项和公式可得,故填6.【考点】等差数列前n项和9.在数列中,其前项和为,满足.(1)求数列的通项公式;(2)设(为正整数),求数列的前项和.【答案】(1) .(2).【解析】(1)根据,计算验证当时,,明确数列是为首项、公差为的等差数列即得所求. (2)由(1)知:利用“裂项相消法”、“错位相减法”求和.试题解析:(1)由题设得:,所以所以 2分当时,,数列是为首项、公差为的等差数列故. 5分(2)由(1)知: 6分9分设则两式相减得:整理得: 11分所以 12分【考点】等差数列的通项公式,“裂项相消法”,“错位相减法”.10.已知等差数列{an }中,a2+a4=10,a5=9,数列{bn}中,b1=a1,bn+1=bn+an.(1)求数列{an }的通项公式,写出它的前n项和Sn.(2)求数列{bn}的通项公式.(3)若cn =,求数列{cn}的前n项和Tn.【答案】(1) an =2n-1,Sn= n2 (2) bn=n2-2n+2 (3) Tn= =【解析】(1)设{an }的公差为d,由题意得a1=1,d=2,所以an =2n-1,Sn=na1+d=n2.(2)b1=a1=1,bn+1=bn+an=bn+2n-1,所以b2=b1+1,b3=b2+3=b1+1+3,b n =b1+1+3+…+(2n-3)=1+(n-1)2=n2-2n+2(n≥2).又n=1时n2-2n+2=1=b1,所以数列{bn }的通项公式为bn=n2-2n+2.(3)cn===-,Tn =c1+c2+…+cn=(-)+(-)+…+(-)=1-=.11.已知数列为等差数列,且.(1)求数列的通项公式;(2)求证:.【答案】(1) ;(2)参考解析【解析】(1)因为数列为等差数列,且,通过这些条件列出相应的方程即可求出等差数列的首项和公差,从而求出数列的通项公式,即可求出数列的通项公式,本小题的关键是对一个较复杂的数列的理解,对数式的运算也是易错点. (2)因为由(1)的到数列的通项公式,根据题意需要求数列前n项和公式,所以通过计算可求出通项公式,再利用等比数列的求和公式,即可得到结论.试题解析:(1)设等差数列的公差为d,由得所以d=1;所以即.(2)证明:所以 .【考点】1.对数的运算.2.等差数列的性质.3.等比数列的性质.4.构造转化的思想.12.已知函数y=an x2(an≠0,n∈N*)的图像在x=1处的切线斜率为2an-1+1(n≥2,n∈N*),且当n=1时其图像过点(2,8),则a7的值为()A.B.7 C.5D.6【答案】C【解析】由题知y′=2an x,∴2an=2an-1+1(n≥2,n∈N*),∴a n-a n-1=.又n=1时其图像过点(2,8),∴a1×22=8,得a1=2,∴{an}是首项为2,公差为的等差数列, an=+,得a7=5.13.若Sn 是等差数列{an}的前n项和,且S8-S4=12,则S12的值为()A.64B.44C.36D.22【答案】C【解析】由S8-S4=12得a5+a8=a6+a7=a1+a12=6,则S12=×(a1+a12)=3614.已知数列{an }是公差为2的等差数列,且a1,a2,a5成等比数列,则数列{an}的前5项和S5=()A.20B.30C.25D.40【答案】C【解析】由数列{an }是公差为2的等差数列,得an=a1+(n-1)·2,又因为a1,a2,a5成等比数列,所以a1·a5=,即a1·(a1+8)=(a1+2)2,解得a1=1,所以S5=5a1+·d=5×1+20=2515.已知公差不为零的等差数列{an }的前4项和为10,且a2,a3,a7成等比数列.(1)求通项公式an;(2)设bn =2an,求数列{bn}的前n项和Sn.【答案】(1)an=3n-5(n∈N*).(2)【解析】(1)由题意知,解得所以an=3n-5(n∈N*).(2)∵bn =2an=23n-5=·8n-1,∴数列{bn}是首项为,公比为8的等比数列,所以Sn=16.已知{}为等差数列,若,,则________.【答案】20【解析】由题意可知,,则等差数列{}的公差,又因为.【考点】等差中项的应用.17.已知等差数列{an }的前n项和为Sn,满足a13=S13=13,则a1=().A.-14B.-13C.-12D.-11【答案】D【解析】在等差数列中,,所以a1+a13=2,即a1=2-a13=2-13=-11.18.设1=a1≤a2≤…≤a7,其中a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列,a2、a4、a6成公差为1的等差数列,则q的取值范围是________.【答案】【解析】∵a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列,又a1=1,∴a3=q,a5=q2,a7=q3.又a2,a4,a 6成公差为1的等差数列,∴a4=a2+1,a6=a2+2.由1=a1≤a2≤a3≤…≤a7,即有解得19.设各项均为正数的数列的前项和为,满足且恰好是等比数列的前三项.(Ⅰ)求数列、的通项公式;(Ⅱ)记数列的前项和为,若对任意的,恒成立,求实数的取值范围.【答案】(Ⅰ),;(Ⅱ)【解析】(Ⅰ)根据数列的通项与数列前项和的关系,由,得;两式相减得数列的递推公式,从而得出数列通项公式.由此可求以确定等比数列的首项和公比,进而得到数列的通项公式.(Ⅱ)由(Ⅰ)的结果求,把变形为,,所以不小于的最大值.只需探究数列的单调性求其最大值即可.试题解析:(Ⅰ)当时,,, 2分当时,是公差的等差数列.构成等比数列,,,解得, 3分由条件可知, 4分是首项,公差的等差数列.数列的通项公式为. 5分,数列的通项公式为 6分(Ⅱ) ,对恒成立对恒成立, 9分令,,当时,,当时,,. 12分【考点】1、等差数列;等比数列的通项公式和前项和.2、参变量范围的求法.20.设Sn 为等差数列{an}的前n项和,已知S5=5,S9=27,则S7= .【答案】【解析】研究特殊数列:等差数列的通法为根据方程组求出其首项及公差.由及解得【考点】等差数列前n项和.21.在数列中,前n项和为,且.(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)设,数列前n项和为,求的取值范围.【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).【解析】(Ⅰ)已知前项和公式求,则.由此可得数列的通项公式.(Ⅱ)由等差数列与等比数列的积或商构成的新数列,求和时用错位相消法.在本题中用错位相消法可得.这也是一个数列,要求数列的范围,首先考查数列的单调性,而考查数列的单调性,一般是考查相邻两项的差的符号.作差易得,所以这是一个递增数列,第一项即为最小值.递增数列有可能无限增大,趋近于无穷大.本题中由于,所以.由此即得的取值范围.试题解析:(Ⅰ)当时,;当时,,经验证,满足上式.故数列的通项公式. 4分(Ⅱ)可知,则,两式相减,得,所以. 8分由于,则单调递增,故,又,故的取值范围是 12分【考点】1、等差数列与等比数列;2、错位相消法求和;3、数列的范围.22.由函数确定数列,.若函数能确定数列,,则称数列是数列的“反数列”.(1)若函数确定数列的反数列为,求;(2)对(1)中的,不等式对任意的正整数恒成立,求实数的取值范围;(3)设(为正整数),若数列的反数列为,与的公共项组成的数列为(公共项为正整数),求数列的前项和.【答案】(1);(2);(3)【解析】(1)本题实质是求函数的反函数;(2)不等式恒成立,因此小于不等式左边的最小值,所以我们一般想办法求左边这个和,然而由(1)知,这个和求不出,那么我们只能从另一角度去思考,看的单调性,这里只要作差就可得出是递增数列,所以的最小值是,问题解决;(3)看起来很复杂,实质上由于和取值只能是0和1,因此我们按的奇偶性分类讨论,问题就简化了,例如当为奇数时,,则,就可求出,从而求出的前项和了.试题解析:(1),则;4分(2)不等式化为:,5分设,因为,所以单调递增, 7分则.因此,即.因为,所以,得. 10分(3)当为奇数时,,. 11分由,则,即,因此, 13分所以 14分当为偶数时,,. 15分由得,即,因此, 17分所以 18分【考点】(1)反函数;(2)数列的单调性;(3)分类讨论,等差数列与等比数列的前项和.23.(本小题满分13分)已知等比数列满足.(1)求数列的前15项的和;(2)若等差数列满足,,求数列的前项的和【答案】(1);(2)110【解析】(1)由等比数列满足.列出两个关于首项与公比的方程,通过解方程组可求出首项与公比.从而通过等比数列的前项和的公式求出前15项的和.本小题解出公比有两个值代入验算舍去一个.(2)由于等差数列满足,,由(1)可得数列的通项公式.从而得到数列的通项公式.即可求出等差数列的前10项和.试题解析:(1)设等比数列的公比为,由得,由得两式作比可得,(不符合题意舍去),所以,把代入②解得,由等比数列求和公式得7分(2)由(I)可得,设等差数列的公差为,则=2由等差数列求和公式得 13分【考点】1.待定系数法.2.等比数列前项和.3.等差数列的前项和.24.已知数列前n项和为,首项为,且成等差数列.(1)求数列的通项公式;(2)数列满足,求证:【答案】(1)数列的通项公式;(2) ,,.【解析】(1)有等差数列的等差中项有,再根据可建立的关系,,由等比数列的定义可知数列是以为首项,以2为公比的等比数列,.(2)由(1)中可写出,则,再利用裂项求和的方法有.试题解析:(1)成等差数列,,当时,,当时,,两式相减得:∴数列是以为首项,以2为公比的等比数列,所以 .(2).【考点】1、等差中项;2、数列中求通项;3等比数列的定义;4、裂项相消求和;5、放缩法证明不等式.25.已知数列满足:,,(其中为非零常数,).(1)判断数列是不是等比数列?(2)求;(3)当时,令,为数列的前项和,求.【答案】(1)数列是等比数列;(2),;(3).【解析】(1)将数列的递推式进行变形得,从而利用定义得到数列是等比数列;(2)在(1)的基础上先求出数列的通项公式,再利用累乘法求数列的通项公式;(3)在(2)的基础上,将代入数列的通项公式,从而求出数列的通项公式,并根据数列的通项公式,对、以及进行三种情况的分类讨论,前两种情况利用等差数列求和即可,在最后一种情况下利用错位相减法求数列的前项和,最后用分段的形式表示数列的前项和.试题解析:(1)由,得.令,则,.,,(非零常数),数列是等比数列.(2)数列是首项为,公比为的等比数列,,即.当时,,满足上式,.(3),当时,.,①②当,即时,①②得:,即.而当时,,当时,.综上所述,【考点】1.定义法证明等比数列;2.累乘法求数列通项;3.等差数列求和;4.错位相减法求和26.设等差数列的前项和为,若,,则等于()A.180B.90C.72D.100【答案】B【解析】因为2=9+11=20,所以,=9=90,故选B.【考点】等差数列的性质和前n项和27.已知函数对任意的实数都有,且,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】由已知可得,可得为一等差数列,又,则,即,故选B.【考点】等差数列的定义28.已知等差数列的前项和是,则使的最小正整数等于【答案】2014【解析】设等差数列的公差为,∵前项和是,又∵,∴,解得,∴,由,可得,故最小正整数为.【考点】等差数列的前项和,等差数列的通项公式.29.在等差数列中,若,则的值为 ( )A.20B.22C.24D.28【答案】C【解析】由得,.【考点】等差数列.30.已知等差数列中,,记数列的前项和为,若,对任意的成立,则整数的最小值为( )A.5B.4C.3D.2【答案】B【解析】在等差数列中,∵,∴,解得,∴.∵,∴数列是递减数列,数列的最大项为,∵,又∵是整数,∴的最小值为4,选B.【考点】等差数列的通项公式,数列的单调性.31.已知数列,分别为等比,等差数列,数列的前n项和为,且,,成等差数列,,数列中,,(Ⅰ)求数列,的通项公式;(Ⅱ)若数列的前n项和为,求满足不等式的最小正整数。
高考数学一轮复习 考点32 数列的综合问题必刷题 理(含解析)-人教版高三全册数学试题
考点32 数列的综合问题1.(市房山区2019年高考第一次模拟测试理)《九章算术》中有如下问题:今有蒲生一日,长三尺,莞生一日,长1尺.蒲生日自半,莞生日自倍.问几何日而长等?意思是:今有蒲第一天长高3尺,莞第一天长高1尺,以后蒲每天长高前一天的一半,莞每天长高前一天的2倍.若蒲、莞长度相等,则所需时间为()(结果精确到0.1.参考数据:lg2=0.3010,lg3=0.4771.)A.天B.天C.天D.天【答案】C【解析】设蒲的长度组成等比数列{a n},其a1=3,公比为,其前n项和为A n,则A n=.莞的长度组成等比数列{b n},其b1=1,公比为2,其前n项和为B n.则B n,由题意可得:,整理得:2n+=7,解得2n=6,或2n=1(舍去).∴n=≈2.6.∴估计2.6日蒲、莞长度相等.故选:C.2.(某某乌鲁木齐市2018届高三第三次诊断性测验)已知数列,满足,,,则数列的前10项的和为A.B.C.D.【答案】D【解析】由a n +1﹣a n 2,所以数列{a n }是等差数列,且公差是2,{b n }是等比数列,且公比是2. 又因为=1,所以a n =+(n ﹣1)d =2n ﹣1. 所以b 2n ﹣1=•22n ﹣2=22n ﹣2.设,所以=22n ﹣2,所以4,所以数列{∁n }是等比数列,且公比为4,首项为1.由等比数列的前n 项和的公式得:其前10项的和为(410﹣1).故选:D .3.(某某省“皖南八校”2018届高三第三次(4月)联考)删去正整数数列 中的所有完全平方数,得到一个新数列,这个数列的第2018项是( ) A .B .C .D .【答案】B 【解析】由题意可得,这些数可以写为:,第个平方数与第个平方数之间有个正整数,而数列共有项,去掉个平方数后,还剩余个数,所以去掉平方数后第项应在后的第个数,即是原来数列的第项,即为,故选B.4.(华大新高考联盟2018届高三上学期11月教学质量测评理)已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,,则42S S =( ) A .2 B .3C .4D .5【答案】B 【解析】由可得312a a =,所以22q =,又因为,所以选B.5.(某某省2017届高三高考冲刺预测卷六理)最近各大城市美食街火爆热开,某美食店特定在2017年元旦期间举行特大优惠活动,凡消费达到88元以上者,可获得一次抽奖机会.已知抽奖工具是一个圆面转盘,被分为6个扇形块,分别记为1,2,3,4,5,6,其面积成公比为3的等比数列(即扇形块2是扇形块1面积的3倍),指针箭头指在最小的1区域内时,就中“一等奖”,则一次抽奖抽中一等奖的概率是( ) A .140B .1121C .1364D .11093【答案】C 【解析】由题意,可设1,2,3,4,5,6 扇形区域的面积分别为,则由几何概型得,消费88 元以上者抽中一等奖的概率,故选C.6.(某某省钟祥市2019届高三高考第一次模拟考试理)对于实数x ,[x]表示不超过x 的最大整数,已知正数列{a n }满足S n =12(a n n 1a +),n ∈N*,其中S n 为数列{a n }的前n 项的和,则[]=______.【答案】20 【解析】由题可知0n S >,当1n >时,化简可得,当所以数列2{}n S 是以首项和公差都是1的等差数列,即又1n >时,记一方面另一方面所以2021S << 即[]20S = 故答案为207.(市某某区2019届高三第一次(3月)综合练习一模)天坛公园是明、清两代皇帝“祭天”“祈谷”的场所.天坛公园中的圜丘台共有三层(如图1所示),上层坛的中心是一块呈圆形的某某石板,从中心向外围以扇面形石(如图2所示).上层坛从第一环至第九环共有九环,中层坛从第十环至第十八环共有九环,下层坛从第十九环至第二十七环共有九环;第一环的扇面形石有9块,从第二环起,每环的扇面形石块数比前一环多9块,则第二十七环的扇面形石块数是______;上、中、下三层坛所有的扇面形石块数是_______.【答案】2433402 【解析】第一环的扇面形石有9块,从第二环起,每环的扇面形石块数比前一环多9块, 则依题意得:每环的扇面形石块数是一个以9为首项,9为公差的等差数列, 所以,a n =9+(n -1)×9=9n , 所以,a 27=9×27=243, 前27项和为:=3402.8.(某某省某某师大附中2018届高三高考考前模拟考试)在数列{a n }中,若a 4=1,a 12=5,且任意连续三项的和都是15,则a 2018=______. 【答案】9【解析】分析:将a n +a n+1+a n+2=15中n 换为n+1,可得数列{a n }是周期为3的数列.求出a 2,a 1,即可得到a 2018 详解:由题意可得a n +a n+1+a n+2=15,将n 换为a n+1+a n+2+a n+3=15,可得a n+3=a n ,可得数列{a n 是周期为3的数列.故,由a n +a n+1+a n+2=15,n 取1可得,故,故答案为9.9.(某某省武昌2018届元月调研考试)对任一实数序列,定义新序列,它的第项为,假设序列的所有项都是,且,则__________. 【答案】100. 【解析】 设序列的首项为,则序列,则它的第n 项为,因此序列A 的第项,则是关于的二次多项式,其中的系数为,因为,所以必有,故。
高三数学数列试题答案及解析
高三数学数列试题答案及解析1. 已知数列{a n }满足a n a n +1a n +2·a n +3=24,且a 1=1,a 2=2,a 3=3,则a 1+a 2+a 3+…+a 2 013=________. 【答案】5031【解析】由a n a n +1a n +2a n +3=24,可知a n +1a n +2a n +3a n +4=24,得a n +4=a n ,所以数列{a n }是周期为4的数列,再令n =1,求得a 4=4,每四个一组可得(a 1+a 2+a 3+a 4)+…+(a 2 009+a 2 010+a 2 011+a 2 012)+a 2 013=10×503+1=5 031.2. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足S n =n 2,数列{b n }满足b n =,T n 为数列{b n }的前n项和.(1)求数列{a n }的通项公式a n 和T n ;(2)若对任意的n ∈N *,不等式λT n <n +(-1)n 恒成立,求实数λ的取值范围. 【答案】(1)(2)(-∞,0)【解析】(1)当n =1时,a 1=S 1=1,当n ≥2时,a n =S n -S n -1=2n -1,验证当n =1时,也成立;所以a n =2n -1. b n ==,所以T n =.(2)由(1)得λ<,当n 为奇数时,λ<=2n --1恒成立,因为当n 为奇数时,2n --1单调递增, 所以当n =1时,2n --1取得最小值为0, 此时,λ<0. 当n 为偶数时,λ<=2n ++3恒成立,因为当n 为偶数时,2n ++3单调递增, 所以当n =2时,2n ++3取得最小值为.此时,λ<.综上所述,对于任意的正整数n ,原不等式恒成立,λ的取值范围是(-∞,0)3. 如图是见证魔术师“论证”64=65飞神奇.对这个乍看起来颇为神秘的现象,我们运用数学知识不难发现其中的谬误.另外,我们可以更换图中的数据,就能构造出许多更加直观与“令人信服”的“论证”.请你用数列知识归纳:(1)这些图中的数所构成的数列:________;(2)写出与这个魔术关联的一个数列递推关系式:________.【答案】(1)a n +2=a n +1+a n ,a 1=1,a 2=1(2)a n +2·a n -=(-1)n -1和≈0.618.【解析】利用推理知识求解.由图形可知,图中的数构成裴波纳契数列,所以(1)a n +2=a n +1+a n ,a 1=1,a 2=1;(2)题右图中间实质上有一个面积是1的平行四边形,有时空着,有时重合,所以与魔术有关的数列递推关系式可能是a n +2·a n -=(-1)n -1和≈0.618.4. 已知数列{a n }的通项公式是a n =-n 2+12n -32,其前n 项和是S n ,对任意的m ,n ∈N *且m <n ,则S n -S m 的最大值是( ). A .-21 B .4 C .8 D .10【答案】D【解析】由于a n =-(n -4)(n -8),故当n <4时,a n <0,S n 随n 的增加而减小,S 3=S 4,当4<n <8时,a n >0,S n 随n 的增加而增大,S 7=S 8,当n >8时,a n <0,S n 随n 的增加而减小,故S n -S m ≤S 8-S 4=a 5+a 6+a 7+a 8=a 5+a 6+a 7=10.5. (本题满分18分)本题共有3个小题,第1小题满分6分,第2小题满分6分,第3小题满分6分. 已知,且,,数列、满足,,,.(1) 求证数列是等比数列; (2) (理科)求数列的通项公式; (3) (理科)若满足,,,试用数学归纳法证明:.【答案】证明(1)∵, ∴,. ∵,, ∴. 又, ∴数列是公比为3,首项为的等比数列. 解(2)(理科)依据(1)可以,得. 于是,有,即.因此,数列是首项为,公差为1的等差数列.故. 所以数列的通项公式是.(3)(理科)用数学归纳法证明:(i)当时,左边,右边,即左边=右边,所以当时结论成立. (ii)假设当时,结论成立,即.当时,左边,右边.即左边=右边,因此,当时,结论也成立.根据(i)、(ii)可以断定,对的正整数都成立.【解析】略6.已知数列的前项和为,且是与2的等差中项,数列中,,点在直线上。
2023年高考数学-----数列性质的综合问题典型例题讲解
2023年高考数学-----数列性质的综合问题典型例题讲解【典型例题】例1.(2022·全国·模拟预测)已知数列{}n a 满足1211n n a a n +−=−,且110a =,则n a 的最小值是( ) A .-15 B .-14C .-11D .-6【答案】A【解析】∵1211n n a a n +−=−,∴当5n ≤时,10n n a a +−<,当5n >时,10n n a a +−>,∴12345678a a a a a a a a >>>>><<<⋅⋅⋅,显然n a 的最小值是6a .又1211n n a a n +−=−,∴()()()()()612132435465a a a a a a a a a a a a =+−+−+−+−+−()()()()()109753115=+−+−+−+−+−=−,即n a 的最小值是15−.故选:A例2.(2022·福建三明·高三期中)设等比数列{}n a 的公比为q ,其前n 项和为n S ,前n 项积为n T ,并满足条件1201920201,1a a a >>,20192020101a a −<−,则下列结论正确的是( )A .20192020S S >B .2020T 是数列{}n T 中的最大值C .2019202110a a −<D .数列{}n T 无最大值【答案】C【解析】等比数列{}n a 的公比为q ,则11n n a a q −=,由201920201a a >,则有2201920202019()1a a a q =>,必有0q >,又由20192020101a a −<−,即20192020(1)(1)0a a −−<,又11a >,则有20202019011a a <<⎧⎨>⎩或20202019101a a >⎧⎨<<⎩, 又当20202019101a a >⎧⎨<<⎩时,可得1q >,由11a >,则2018201911a a q=>与201901a <<矛盾 所以20202019011a a <<⎧⎨>⎩,则有01q <<,由此分析选项:对于A ,2020201920200S S a −=>,故20192020S S <,故A 错误;对于B ,等比数列{}n a 中,01q <<,10a >,所以数列{}n a 单调递减,又因为202020191a a <<,所以前n 项积为n T 中,2019T 是数列{}n T 中的最大项,故B 错误;对于C ,等比数列{}n a 中,则22019202120201a a a =<,则2019202110a a −<,故C 正确;对于D ,由B 的结论知2019T 是数列{}n T 中的最大项,故D 错误. 故选:C.例3.(2022·广西·南宁市第十九中学模拟预测(文))数列{}n a 的前n 项和21122n n S −=−,则数列22log 3nn a −⎧⎫⋅⎨⎬⎩⎭中的最大项为( )A .14B .516C .38D .12【答案】C【解析】当1n =时,11113222a S ==−=. 当2n ≥时,由已知得,21122n n S −=−,()211231112222n n n S −−−−=−=−, 则212323111223222n n n n n n S S a −−−−=−+=⨯=−−. 当1n =时,113322a −=⨯=,满足. 所以,2332n n a −⨯=.设22log 3nn n a b −=⋅,则232232232log 2log 332n n nn n na nb −−−⨯−=⋅=⋅=. 设数列{}n b 中的第()2k k ≥项最大,则应满足11k k k k b b b b +−≥⎧⎨≥⎩,即()()111121323212222132325222k k k kk k k k k k k k ++−−⎧+−−−≥=⎪⎪⎨−−−−⎪≥=⎪⎩,整理可得()()2232123225k k k k ⎧−≥−⎪⎨−≥−⎪⎩解得5722k ≤≤,又*N k ∈,所以3k =,33233328b ⨯−==, 又131213122b b ⨯−==−<. 所以,数列22log 3nn a −⎧⎫⋅⎨⎬⎩⎭中的最大项为338b =.故选:C.例4.(2022·全国·安阳市第二中学模拟预测(文))已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,且2n n S na +=,若1n na S n nλ−≤−恒成立,则实数λ的最大值为( )A .12 B .1 C .23D .34【答案】C 【解析】因为22n n n n S na S n a ⇒+=+= 当1n =时,解得:11a = 当2n ≥时,1112n n S n a −−+−=,两式相减得:()1121121n n n n a a a a −−=+⇒+=+ 数列{}1n a +是首相为112a +=,公比为2得等比数列所以12n n a +=,所以21nn a =−易得122n n S n +=−−1n na S n nλ−≤−,即()122122n n n n n λ+−−++≤−()()221221n n n λ−−−≤−,即()()2221n n λ−−≤−所以()2221n n λ−≥−,即()2221n n g n λ≤−=−易知*N n ∈时,()11g = ,()223g =,()537g =,()14415g =,L 满足()()()()()1234g g g g g n ><<< ,所以()()min 223g n g ==所以23λ≤, 故选:C例5.(2022·山西运城·高三期中)已知数列{}n a 满足113,1n n a a a +=−=,若13n nb a =+,数列{}n b 的前n 项和为n S ,且对于任意的*N n ∈都有43342n t S n t −≤−−<+,则实数t 的取值范围是( )A .5,13⎡⎫−⎪⎢⎣⎭B .5,13⎛⎤− ⎥⎝⎦C .51,3⎡⎫−⎪⎢⎣⎭D .51,3⎛⎤− ⎥⎝⎦【答案】D【解析】113,1n n a a a +=−=,可知{}n a 为等比数列,所以()1=3n n a −−,故113313n n n b a −⎛⎫−+ ⎪⎝⎭=+=,进而11331333144313nn nn n S ⎛⎫−− ⎪⎛⎫⎝⎭=+=−−+ ⎪⎝⎭+,所以93133443nn n S ⎛⎫−−=−−− ⎪⎝⎭,故3342n S n t −−<+,即93131443146172163n nt t <+⇒⎛⎫⎛⎫−−−− ⎪ ⎪⎝⎭⎝−⎭>−,当n 为奇数时,则对任意的奇数n ,满足311631716nt ⎛>+⎫ ⎪⎝⎭−,由于()13nf n ⎛⎫= ⎪⎝⎭单调递减,当1n =时,()311617163ng n ⎛⎫⎝=−⎪⎭+有最大值1− ,所以1t >−,当n 为偶数时,满足311631716n t ⎛>−⎫ ⎪⎝⎭−,由于()13nf n ⎛⎫= ⎪⎝⎭单调递减,1716t ≥− ,综上可得1t >− ,同理731433443nn t S n t ⎛⎫−≤−−⇒≤−− ⎪⎝⎭,故当2n = 时,min 7312443n ⎡⎤⎛⎫−−=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ ,故53t ≤,综上:513t <≤,故选:D例6.(2022·山东聊城·高三期中)若函数()f x 使得数列()n a f n =,n *∈N 为递增数列,则称函数()f x 为“数列保增函数”.已知函数()e xf x ax =−为“数列保增函数”,则a 的取值范围为( ).A .(],0a ∈−∞B .()2,e e a ∈−∞−C .(),e a ∈−∞ D.(e ∈−∞【答案】B【解析】由题意,对n *∀∈N ,(1)()0f n f n +−>, 即1[e (1)](e )(e 1)e 0n n n a n an a +−+−−=−−>, 即(e 1)e n a <−,对n *∀∈N 恒成立,由于e x y =在R 上单调递增,故1e e e n ≥=,故2min (e 1)e [(e 1)e ]e(e 1)e e n n a <−≤−=−=−. 即()2,e e a ∈−∞−.故选:B例7.(2022·广东·执信中学高三阶段练习)已知等比数列{}n a 的前5项积为32,112a <<,则35124a a a ++的取值范围为( ) A .73,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭B .()3,+∞C .[)3,+∞D .73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由等比数列性质可知,51234533322a a a a a a a ==⇒=,因为112a <<,所以231(1,2)a q a =∈, 从而223533312212()124244a a a a a q q a q q ++=++=++ 不妨令2(1,2)t q =∈,则2211()44q tf t q t +==+, 由对勾函数性质可知,1()4tf t t =+在(1,2)上单调递减,故对于(1,2)t ∀∈,(2)()(1)f f t f <<,51()4f t <<, 从而2215144q q <+<,则35173242a a a <++<. 故35124a a a ++的取值范围为73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故选:D.例8.(2022·北京八中高三阶段练习)已知数列{}n a 是递增数列,且4(1)5,4,(3)5,4n n n n a n N n λλ+−−+≤⎧=∈⎨−+>⎩,则λ的取值范围是( ) A .()1,2 B .51,4⎛⎫⎪⎝⎭C .51,4⎛⎤ ⎥⎝⎦D .71,5⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】数列{}n a 是递增数列,且4(1)5,4,(3)5,4n n n n a n N n λλ+−−+≤⎧=∈⎨−+>⎩, 则5410314(1)5(3)5λλλλ−−>⎧⎪−>⎨⎪−+≤−+⎩,解得715λ<<,故λ的取值范围是71,5⎛⎫⎪⎝⎭故选:D例9.(2022·江西·高三阶段练习(理))已知数列{}n a ,{}n b 的前n 项和分别为n S ,n T ,1n n S a =−,13b =,当2n ≥时,123n n b −=−,若对于任意*n ∈N ,不等式()()0n n t S t T −−<恒成立,则实数t 的取值范围为( )A .31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦B .[]1,2C .3,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦D .1,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】B【解析】由1n n S a =−①,可得111n n S a ++=−②,所以②-①得11n n n a a a ++=−+,即112n n a a +=.因为111a a =−,所以112a =,故{}n a 是首项为12,公比为12的等比数列,所以12n n a =,故112n n S =-. 当2n ≥时,211111123331323n n n T −−⎛⎫=−+ ⎪⎝=+⎭++,当1n =时,13=T 也符合1123nn T −=+,故1123n n T −=+. 显然n S 随着n 增大而增大,n T 随着n 增大而减小,且112n S ≤<,23n T <≤, 故要使得()()0n n t S t T −−<恒成立,则12t ≤≤. 故选:B。
高三数学练习题及答案:数列
【导语】以下是⽆忧考为⼤家推荐的有关⾼三数学练习题及答案:数列,如果觉得很不错,欢迎点评和分享~感谢你的阅读与⽀持! ⼀、选择题:本⼤题共12⼩题,每⼩题5分,共60分. 1.在等差数列{an}中,若a1+a2+a12+a13=24,则a7为()A.6B.7C.8D.9 解析:∵a1+a2+a12+a13=4a7=24,∴a7=6. 答案:A 2.若等差数列{an}的前n项和为Sn,且满⾜S33-S22=1,则数列{an}的公差是()A.12B.1C.2D.3 解析:由Sn=na1+n(n-1)2d,得S3=3a1+3d,S2=2a1+d,代⼊S33-S22=1,得d=2,故选C. 答案:C 3.已知数列a1=1,a2=5,an+2=an+1-an(n∈N*),则a2011等于()A.1B.-4C.4D.5 解析:由已知,得a1=1,a2=5,a3=4,a4=-1,a5=-5,a6=-4,a7=1,a8=5,… 故{an}是以6为周期的数列, ∴a2011=a6×335+1=a1=1. 答案:A 4.设{an}是等差数列,Sn是其前n项和,且S5A.d<0B.a7=0C.S9>S5D.S6与S7均为Sn的值 解析:∵S5 ⼜S7>S8,∴a8<0. 假设S9>S5,则a6+a7+a8+a9>0,即2(a7+a8)>0. ∵a7=0,a8<0,∴a7+a8<0.假设不成⽴,故S9 答案:C 5.设数列{an}是等⽐数列,其前n项和为Sn,若S3=3a3,则公⽐q的值为()A.-12B.12C.1或-12D.-2或12[ 解析:设⾸项为a1,公⽐为q, 则当q=1时,S3=3a1=3a3,适合题意. 当q≠1时,a1(1-q3)1-q=3•a1q2, ∴1-q3=3q2-3q3,即1+q+q2=3q2,2q2-q-1=0, 解得q=1(舍去),或q=-12. 综上,q=1,或q=-12. 答案:C 6.若数列{an}的通项公式an=5•252n-2-4•25n-1,数列{an}的项为第x项,最⼩项为第y项,则x+y等于() 解析:an=5•252n-2-4•25n-1=5•25n-1-252-45, ∴n=2时,an最⼩;n=1时,an. 此时x=1,y=2,∴x+y=3. 答案:A 7.数列{an}中,a1=15,3an+1=3an-2(n∈N*),则该数列中相邻两项的乘积是负数的是()A.a21a22B.a22a23C.a23a24D.a24a25 解析:∵3an+1=3an-2, ∴an+1-an=-23,即公差d=-23. ∴an=a1+(n-1)•d=15-23(n-1). 令an>0,即15-23(n-1)>0,解得n<23.5. ⼜n∈N*,∴n≤23,∴a23>0,⽽a24<0,∴a23a24<0. 答案:C 8.某⼯⼚去年产值为a,计划今后5年内每年⽐上年产值增加10%,则从今年起到第5年,这个⼚的总产值为()A.1.14aB.1.15aC.11×(1.15-1)aD.10×(1.16-1)a 解析:由已知,得每年产值构成等⽐数列a1=a,w an=a(1+10%)n-1(1≤n≤6). ∴总产值为S6-a1=11×(1.15-1)a. 答案:C 9.已知正数组成的等差数列{an}的前20项的和为100,那么a7•a14的值为()A.25B.50C.100D.不存在 解析:由S20=100,得a1+a20=10.∴a7+a14=10. ⼜a7>0,a14>0,∴a7•a14≤a7+a1422=25. 答案:A 10.设数列{an}是⾸项为m,公⽐为q(q≠0)的等⽐数列,Sn是它的前n项和,对任意的n∈N*,点an,S2nSn() A.在直线mx+qy-q=0上 B.在直线qx-my+m=0上 C.在直线qx+my-q=0上 D.不⼀定在⼀条直线上 解析:an=mqn-1=x,①S2nSn=m(1-q2n)1-qm(1-qn)1-q=1+qn=y,② 由②得qn=y-1,代⼊①得x=mq(y-1),即qx-my+m=0. 答案:B 11.将以2为⾸项的偶数数列,按下列⽅法分组:(2),(4,6),(8,10,12),…,第n组有n个数,则第n组的⾸项为()A.n2-nB.n2+n+2 解析:因为前n-1组占⽤了数列2,4,6,…的前1+2+3+…+(n-1)=(n-1)n2项,所以第n组的⾸项为数列2,4,6,…的第(n-1)n2+1项,等于2+(n-1)n2+1-1•2=n2-n+2. 答案:D 12.设m∈N*,log2m的整数部分⽤F(m)表⽰,则F(1)+F(2)+…+F(1024)的值是()A.8204B.8192C.9218D.以上都不对 解析:依题意,F(1)=0, F(2)=F(3)=1,有2个 F(4)=F(5)=F(6)=F(7)=2,有22个. F(8)=…=F(15)=3,有23个. F(16)=…=F(31)=4,有24个. … F(512)=…=F(1023)=9,有29个. F(1024)=10,有1个. 故F(1)+F(2)+…+F(1024)=0+1×2+2×22+3×23+…+9×29+10. 令T=1×2+2×22+3×23+…+9×29,① 则2T=1×22+2×23+…+8×29+9×210.② ①-②,得-T=2+22+23+…+29-9×210= 2(1-29)1-2-9×210=210-2-9×210=-8×210-2, ∴T=8×210+2=8194,m] ∴F(1)+F(2)+…+F(1024)=8194+10=8204. 答案:A 第Ⅱ卷(⾮选择共90分) ⼆、填空题:本⼤题共4个⼩题,每⼩题5分,共20分. 13.若数列{an}满⾜关系a1=2,an+1=3an+2,该数列的通项公式为__________. 解析:∵an+1=3an+2两边加上1得,an+1+1=3(an+1), ∴{an+1}是以a1+1=3为⾸项,以3为公⽐的等⽐数列, ∴an+1=3•3n-1=3n,∴an=3n-1. 答案:an=3n-1 14.已知公差不为零的等差数列{an}中,M=anan+3,N=an+1an+2,则M与N的⼤⼩关系是__________. 解析:设{an}的公差为d,则d≠0. M-N=an(an+3d)-[(an+d)(an+2d)] =an2+3dan-an2-3dan-2d2=-2d2<0,∴M 答案:M 15.在数列{an}中,a1=6,且对任意⼤于1的正整数n,点(an,an-1)在直线x-y=6上,则数列{ann3(n+1)}的前n项和Sn=__________. 解析:∵点(an,an-1)在直线x-y=6上, ∴an-an-1=6,即数列{an}为等差数列. ∴an=a1+6(n-1)=6+6(n-1)=6n, ∴an=6n2. ∴ann3(n+1)=6n2n3(n+1)=6n(n+1)=61n-1n+1 ∴Sn=61-12+12-13+…+1n-1n+1.=61-1n+1=6nn+1. 答案:6nn+1 16.观察下表: 1 234 34567 45678910 … 则第__________⾏的各数之和等于20092. 解析:设第n⾏的各数之和等于20092, 则此⾏是⼀个⾸项a1=n,项数为2n-1,公差为1的等差数列. 故S=n×(2n-1)+(2n-1)(2n-2)2=20092,解得n=1005. 答案:1005 三、解答题:本⼤题共6⼩题,共70分. 17.(10分)已知数列{an}中,a1=12,an+1=12an+1(n∈N*),令bn=an-2. (1)求证:{bn}是等⽐数列,并求bn; (2)求通项an并求{an}的前n项和Sn. 解析:(1)∵bn+1bn=an+1-2an-2=12an+1-2an-2=12an-1an-2=12, ∴{bn}是等⽐数列. ∵b1=a1-2=-32, ∴bn=b1qn-1=-32×12n-1=-32n. (2)an=bn+2=-32n+2, Sn=a1+a2+…+an =-32+2+-322+2+-323+2+…+-32n+2 =-3×12+122+…+12n+2n=-3×12×1-12n1-12+2n=32n+2n-3. 18.(12分)若数列{an}的前n项和Sn=2n. (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满⾜b1=-1,bn+1=bn+(2n-1),且cn=an•bnn,求数列{cn}的通项公式及其前n项和Tn. 解析:(1)由题意Sn=2n, 得Sn-1=2n-1(n≥2), 两式相减,得an=2n-2n-1=2n-1(n≥2). 当n=1时,21-1=1≠S1=a1=2. ∴an=2(n=1),2n-1(n≥2). (2)∵bn+1=bn+(2n-1), ∴b2-b1=1, b3-b2=3, b4-b3=5, … bn-bn-1=2n-3. 以上各式相加,得 bn-b1=1+3+5+…+(2n-3) =(n-1)(1+2n-3)2=(n-1)2. ∵b1=-1,∴bn=n2-2n, ∴cn=-2(n=1),(n-2)×2n-1(n≥2), ∴Tn=-2+0×21+1×22+2×23+…+(n-2)×2n-1, ∴2Tn=-4+0×22+1×23+2×24+…+(n-2)×2n. ∴-Tn=2+22+23+…+2n-1-(n-2)×2n =2(1-2n-1)1-2-(n-2)×2n =2n-2-(n-2)×2n =-2-(n-3)×2n. ∴Tn=2+(n-3)×2n. 19.(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,且S3+S5=50,a1,a4,a13成等⽐数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若从数列{an}中依次取出第2项,第4项,第8项,…,第2n项,…,按原来顺序组成⼀个新数列{bn},记该数列的前n 项和为Tn,求Tn的表达式. 解析:(1)依题意,得 3a1+3×22d+5a1+5×42d=50,(a1+3d)2=a1(a1+12d),解得a1=3,d=2. ∴an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1, 即an=2n+1. (2)由已知,得bn=a2n=2×2n+1=2n+1+1, ∴Tn=b1+b2+…+bn =(22+1)+(23+1)+…+(2n+1+1) =4(1-2n)1-2+n=2n+2-4+n. 20.(12分)设数列{an}的前n项和为Sn,且ban-2n=(b-1)Sn. (1)证明:当b=2时,{an-n•2n-1}是等⽐数列; (2)求通项an.新课标第⼀ 解析:由题意知,a1=2,且ban-2n=(b-1)Sn, ban+1-2n+1=(b-1)Sn+1, 两式相减,得b(an+1-an)-2n=(b-1)an+1, 即an+1=ban+2n.① (1)当b=2时,由①知,an+1=2an+2n. 于是an+1-(n+1)•2n=2an+2n-(n+1)•2n =2an-n•2n-1. ⼜a1-1•20=1≠0, ∴{an-n•2n-1}是⾸项为1,公⽐为2的等⽐数列. (2)当b=2时, 由(1)知,an-n•2n-1=2n-1,即an=(n+1)•2n-1 当b≠2时,由①得 an+1-12-b•2n+1=ban+2n-12-b•2n+1=ban-b2-b•2n =ban-12-b•2n, 因此an+1-12-b•2n+1=ban-12-b•2n=2(1-b)2-b•bn. 得an=2,n=1,12-b[2n+(2-2b)bn-1],n≥2. 21.(12分)某地在抗洪抢险中接到预报,24⼩时后⼜⼀个超历史⽔位的洪峰到达,为保证万⽆⼀失,抗洪指挥部决定在24⼩时内另筑起⼀道堤作为第⼆道防线.经计算,如果有20辆⼤型翻⽃车同时作业25⼩时,可以筑起第⼆道防线,但是除了现有的⼀辆车可以⽴即投⼊作业外,其余车辆需从各处紧急抽调,每隔20分钟就有⼀辆车到达并投⼊⼯作.问指挥部⾄少还需组织多少辆车这样陆续⼯作,才能保证24⼩时内完成第⼆道防线,请说明理由. 解析:设从现有这辆车投⼊⼯作算起,各车的⼯作时间依次组成数列{an},则an-an-1=-13. 所以各车的⼯作时间构成⾸项为24,公差为-13的等差数列,由题知,24⼩时内最多可抽调72辆车. 设还需组织(n-1)辆车,则 a1+a2+…+an=24n+n(n-1)2×-13≥20×25. 所以n2-145n+3000≤0, 解得25≤n≤120,且n≤73. 所以nmin=25,n-1=24. 故⾄少还需组织24辆车陆续⼯作,才能保证在24⼩时内完成第⼆道防线. 22.(12分)已知点集L={(x,y)|y=m•n},其中m=(2x-2b,1),n=(1,1+2b),点列Pn(an,bn)在点集L中,P1为L的轨迹与y轴的交点,已知数列{an}为等差数列,且公差为1,n∈N*. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (3)设cn=5n•an•|PnPn+1|(n≥2),求c2+c3+c4+…+cn的值. 解析:(1)由y=m•n,m=(2x-2b,1),n=(1,1+2b), 得y=2x+1,即L:y=2x+1. ∵P1为L的轨迹与y轴的交点, ∴P1(0,1),则a1=0,b1=1. ∵数列{an}为等差数列,且公差为1, ∴an=n-1(n∈N*). 代⼊y=2x+1,得bn=2n-1(n∈N*). (2)∵Pn(n-1,2n-1),∴Pn+1(n,2n+1). =5n2-n-1=5n-1102-2120. ∵n∈N*, (3)当n≥2时,Pn(n-1,2n-1), ∴c2+c3+…+cn =1-12+12-13+…+1n-1-1n=1-1n.。
高三数学数列求和试题
高三数学数列求和试题1.数列{an }的通项公式为an=(-1)n-1·(4n-3),则它的前100项之和S100等于()A.200B.-200C.400D.-400【答案】B【解析】S100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3) -…-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4)+…+(99-100)]=4×(-50)=-200.2.函数f(x)对任意x∈R都有.(1)求和(n∈N*)的值;(2)数列{an }满足:,求an;(3)令,,,试比较Tn 和Sn的大小。
【答案】(1),;(2);(3).【解析】(1)由于函数f(x)对任意x∈R都有,则令可求的;再令求出;(2)利用倒序相加结合(1)的结论可求出;(3)由及第(2)问的结论求出,用放缩法变形(),用裂项相消法求,再与比较大小.(1)令=2,则;令得,(4分)(2)由,两式相加得:,∴,(8分)(3),(n≥2)∴.(12分)【考点】倒序相加、裂项相消法求数列的前项和.3.已知函数,且,则()A.0B.100C.5050D.10200【答案】C【解析】因为,所以,选C.4.已知数列中,, ,,则= .【答案】1275【解析】,,∴,【考点】数列求和。
5.数列{an }的通项公式an=,若{an}的前n项和为24,则n为________.【答案】624【解析】an ==-(),前n项和Sn=-[(1-)+(-)]+…+()]=-1=24,故n=624.6..己知数列满足,则数列的前2016项的和的值是___________.【答案】1017072【解析】这个数列既不是等差数列也不是等比数列,因此我们要研究数列的各项之间有什么关系,与它们的和有什么联系?把已知条件具体化,有,,,,…,,,我们的目的是求,因此我们从上面2015个等式中寻找各项的和,可能首先想到把出现“+”的式子相加(即为偶数的式子相加),将会得到,好像离目标很近了,但少,而与分布在首尾两个式子中,那么能否把首尾两个式子相减呢?相减后得到,为了求,我们又不得不求,依次下去,发现此路可能较复杂或者就行不通,重新寻找思路,从头开始我们有,即,而,∴,因此,我们由开始的三个等式求出了,是不是还可用这种方法求出呢?下面舍去,考察,,,同样方法处理,,从而,于是,而,正好504组,看来此法可行,由此我们可得.【考点】分组求和.7.已知,其导函数为,设,则数列自第2项到第项的和_____________.【答案】【解析】已知,则有,所以,,所以,所以.【考点】1、数列的函数特性及其与函数的综合运用;2、简单复合函数的导数;3、累加法求数列的和.8.数列的通项公式,其前项和为,则.【答案】1006【解析】所以,于是.【考点】数列前n项和.9.已知数列的前项和为,数列的首项,且点在直线上.(1)求数列,的通项公式;(2)若,求数列的前项和.【答案】(1)(2)【解析】(1)根据求出,根据已知条件和等比数列定义求出;(2)应用错项相减法求差比数列的前项和.试题解析:(1)由得, 1分∴ 2分当=1时,, 3分综上. 4分∵点在直线上,∴,又, 5分∴是以2为首项2为公比的等比数列,. 7分(2)由(1)知,当时,; 8分当时,, 9分所以当时,;当时,①则② 10分②①得: 12分即, 13分显然,当时,,所以. 14分.【考点】等差数列,等比数列的通项求法,差·比数列前项和求法.10.设数列{an }是集合{3s+3t| 0≤s<t,且s,t∈Z}中所有的数从小到大排列成的数列,即a1=4,a2=10,a3=12,a4=28,a5=30,a6=36,…,将数列{an}中各项按照上小下大,左小右大的原则排成如下等腰直角三角形数表:410 1228 30 36…= (用3s+3t形式表示).【答案】【解析】根据,且,,观察题目的结构:第一行:第二行:第三行:根据前面数据的规则可知,第n行的数据依次为:,总共有个数。
高三数学 数学数列多选题试题及答案
高三数学 数学数列多选题试题及答案一、数列多选题1.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,公差为d .已知a 3=12,S 12>0,a 7<0,则( ) A .a 6>0 B .2437d -<<- C .S n <0时,n 的最小值为13D .数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项【答案】ABCD 【分析】S 12>0,a 7<0,利用等差数列的求和公式及其性质可得:a 6+a 7>0,a 6>0.再利用a 3=a 1+2d =12,可得247-<d <﹣3.a 1>0.利用S 13=13a 7<0.可得S n <0时,n 的最小值为13.数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中,n ≤6时,n n S a >0.7≤n ≤12时,n n S a <0.n ≥13时,n n S a >0.进而判断出D 是否正确. 【详解】 ∵S 12>0,a 7<0,∴()67122a a +>0,a 1+6d <0.∴a 6+a 7>0,a 6>0.∴2a 1+11d >0,a 1+5d >0, 又∵a 3=a 1+2d =12,∴247-<d <﹣3.a 1>0. S 13=()113132a a +=13a 7<0.∴S n <0时,n 的最小值为13.数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中,n ≤6时,n n S a >0,7≤n ≤12时,n n S a <0,n ≥13时,n n S a >0.对于:7≤n ≤12时,nnS a <0.S n >0,但是随着n 的增大而减小;a n <0, 但是随着n 的增大而减小,可得:nnS a <0,但是随着n 的增大而增大.∴n =7时,nnS a 取得最小值. 综上可得:ABCD 都正确. 故选:ABCD . 【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质,考查了推理能力与计算能力,属于难题.2.已知数列{}n a ,{}n b 满足1n n n a a +-=,21n n n b a nb ⋅+=,且11a =,n S 是数列{}n b 的前n 项和,则下列结论正确的有( )A .m +∃∈N ,55m m a a a +=+B .n +∀∈N ,33314n a n +≥ C .m +∃∈N ,16m b = D .n +∀∈N ,113n S ≤<【答案】BD 【分析】用累加法得到222n n n a -+=,代入21n n n b a nb ⋅+=,得11212n b n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭, 代入5m a +5m a a =+求出m 可判断A ;代入33n a n+求最值可判断B ; 令1121612m b m m ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭解出m 可判断C ;裂项相消后可求出n S 的范围可判断D. 【详解】因为1n n n a a +-=,所以211a a -= 322a a -=11(2)n n n a a n -=-≥-以上各式累加得1121(1)2n a a n n n =+++-=--,所以(1)12n n n a -=+,当1n =时,11a =成立, 所以2(1)2122n n n n a n --+=+=,由21n n n b a nb ⋅+=,得112112(1)1222(1)(2)12n n b a n n n n n n n n ⎛⎫====- ⎪+++++⎝-+⎭+,对于A ,()()5254922122m a m m m m ++++++==,25(1)5(51)2411222m a a m m m m -⨯--+=+++=+ , 当55m m a a a +=+时,222492222m m m m -+++=,得15m +=∉N ,A 错误;对于B,(1)1(13333343411)22222n n n n a n n n n n ++==+=+-≥--+, 当且仅当268n =取等号,因为n +∀∈N ,所以8n =时,8333184a +=, 所以B 正确;对于C ,令1121612m b m m ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭得,215308m m ++=,解得m +=N ,所以C 错误;对于D , n +∀∈N ,1231111112233412n S b b b n n ⎛⎫=+++=-+-++- ⎪++⎝⎭112211222n n ⎛⎫=-=-< ⎪++⎝⎭,可以看出n S 是关于n 递增的,所以1n =时有最小值13, 所以113n S ≤<,D 正确. 故选:BD. 【点睛】本题考查了由递推数列求通项公式、裂项相消求数列和,关键点是用累加法求出n a ,然后代入求出n b ,考查了学生的推理能力、计算能力.3.关于等差数列和等比数列,下列四个选项中正确的有( ) A .若数列{}n a 的前n 项和22n S n =,则数列{}n a 为等差数列B .若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-,则数列{}n a 为等比数列C .若等比数列{}n a 是递增数列,则{}n a 的公比1q >D .数列{}n a 是等比数列,n S 为前n 项和,则n S ,2n n S S -,32n n S S -,仍为等比数列 【答案】AB 【分析】对于A ,求出 42n a n =-,所以数列{}n a 为等差数列,故选项A 正确;对于B , 求出2n n a =,则数列{}n a 为等比数列,故选项B 正确;对于选项C ,有可能10,01a q <<<,不一定 1q >,所以选项C 错误;对于D ,比如公比1q =-,n 为偶数,n S ,2n n S S -,32n n S S -,⋯,均为0,不为等比数列.故选项D 不正确. 【详解】对于A ,若数列{}n a 的前n 项和22n S n =,所以212(1)(2)n S n n -=-≥,所以142(2)n n n a S S n n -=-=-≥,适合12a =,所以数列{}n a 为等差数列,故选项A 正确;对于B ,若数列{}n a 的前n 项和122n n S +=-,所以122(2)nn S n -=-≥,所以12(2)n n n n a S S n -=-=≥,又1422a =-=,2218224a S S =-=--=, 212a a =则数列{}n a 为等比数列,故选项B 正确;对于选项C ,若等比数列{}n a 是递增数列,则有可能10,01a q <<<,不一定 1q >,所以选项C 错误;对于D ,数列{}n a 是等比数列,n S 为前n 项和,则n S ,2n n S S -,32n n S S -,⋯不一定为等比数列,比如公比1q =-,n 为偶数,n S ,2n n S S -,32n n S S -,⋯,均为0,不为等比数列.故选项D 不正确. 故选:AB 【点睛】方法点睛:求数列的通项常用的方法有:(1)公式法;(2)归纳法;(3)累加法;(4)累乘法;(5)构造法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.4.记数列{}n a 的前n 项和为n S ,*n ∈N ,下列四个命题中不正确的有( ) A .若0q ≠,且对于*212,n n n n a a a ++∀∈=N ,则数列{}n a 为等比数列B .若nn S Aq B =+(非零常数q ,A ,B 满足1q ≠,0A B +=),则数列{}n a 为等比数列C .若数列{}n a 为等比数列,则232,,,n n n n n S S S S S --仍为等比数列D .设数列{}n a 是等比数列,若123a a a <<,则{}n a 为递增数列 【答案】AC 【分析】若0n a =,满足对于*212,n n n n a a a ++∀∈=N ,但数列{}n a 不是等比数列,可判断A ;利用n a 与n S 的关系,可求得数列{}n a 的通项公式,可判断B ;若数列{}n a 为等比数列,当公比1q =-,且n 为偶数时,此时232,,,n n n n n S S S S S --均为0,可判断C ;设数列{}n a 是等比数列,且公比为q ,若123a a a <<,即1211a a q a q <<,分类讨论10a >与10a <两种情况,可判断D ; 【详解】对于A ,若0n a =,满足对于*212,n n n n a a a ++∀∈=N ,但数列{}n a 不是等比数列,故A 错误;对于B ,当2n ≥时,()111(1)nn n n n n a S S Aq B AqB Aq q ---=-=+-+=-且1q ≠;当1n =时,0A B +=,则()111a S Aq B A q ==+=-符合上式,故数列{}n a 是首项为()1A q -公比为q 的等比数列,故B 正确;对于C ,若数列{}n a 为等比数列,当公比1q =-,且n 为偶数时,此时232,,,n n n n n S S S S S --均为0,不为等比数列,故C 错误;对于D ,设数列{}n a 是等比数列,且公比为q ,若123a a a <<,即1211a a q a q <<,若10a >,可得21q q <<,即1q >,则{}n a 为递增数列;若10a <,可得21q q >>,即01q <<,则{}n a 为递增数列;故D 正确;故选:AC 【点睛】结论点睛:本题考查等比数列通项公式及和的性质,等比数列和的性质:公比为1q ≠-的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,则232,,,n n n n n S S S S S --仍成等比数列,其公比为n q ;同理等差数列和的性质:公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,数列232,,,m m m m m S S S S S --构成等差数列,公差为md ,考查学生的分析能力,属于中档题.5.已知数列{}n a 中,112a =,且()11n n n a a a +=+,n *∈N ,则以下结论正确的是( ) A .11111n n n a a a +=-+ B .{}n a 是单调递增数列 C .211011111111a a a a +++>+++ D .若1212120111n n a a aa a a ⎡⎤+++=⎢⎥+++⎣⎦,则122n =([]x 表示不超过x 的最大整数) 【答案】ABD 【分析】利用裂项法可判断A 选项的正误;利用数列单调性的定义可判断B 选项的正误;利用裂项求和法可判断C 选项的正误;求出1212111nn a a a a a a ++++++的表达式,可判断D 选项的正误. 【详解】在数列{}n a 中,112a =,且()11n n n a a a +=+,n *∈N ,则()21110a a a =+>,()32210a a a =+>,,依此类推,可知对任意的n *∈N ,0n a >.对于A 选项,()()()111111111n n n n n n n n n a a a a a a a a a ++-===-+++,A 选项正确; 对于B 选项,210n n n a a a +-=>,即1n n a a +>,所以,数列{}n a 为单调递增数列,B 选项正确;对于C 选项,由A 选项可知,11111n n n a a a +=-+, 所以,1212231011111110111111111111111a a a a a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭,C 选项错误; 对于D 选项,12122311111111111111111n nn n a a a a a a a a a a a ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 所以,()()()12121212111111111111n nn n a a a a a aa a a a a a +-+++=+++++++++-+-+121111111112111n n n n n n a a a a a a ++⎛⎫⎛⎫=-+++=--=-+ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭, 由112a =,且()11n n n a a a +=+得234a =,32116a =,又{}n a 是单调递增数列,则3n ≥时,1n a >,则101na <<, 从而1122120n n n a +⎡⎤-=-=⎢⎥⎣⎦+,得122n =,D 选项正确.故选:ABD. 【点睛】方法点睛:数列求和的常用方法:(1)对于等差等比数列,利用公式法直接求和;(2)对于{}n n a b 型数列,其中{}n a 是等差数列,{}n b 是等比数列,利用错位相减法求和;(3)对于{}n n a b +型数列,利用分组求和法; (4)对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列,其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列,利用裂项相消法求和.6.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,且1n n S a λ-=(λ为常数).若数列{}n b 满足2920n n a b n n -+-=,且1n n b b +<,则满足条件的n 的取值可以为( )A .5B .6C .7D .8【答案】AB 【分析】利用11a S =可求得2λ=;利用1n n n a S S -=-可证得数列{}n a 为等比数列,从而得到12n na ,进而得到nb ;利用10nnb b 可得到关于n 的不等式,解不等式求得n 的取值范围,根据n *∈N 求得结果. 【详解】当1n =时,1111a S a λ==-,11λ∴-=,解得:2λ=21n n S a ∴=-当2n ≥且n *∈N 时,1121n n S a --=-1122n n nn n a S S a a ,即:12n n a a -=∴数列{}n a 是以1为首项,2为公比的等比数列,12n na2920n n a b n n =-+-,219202n n n n b --+-∴= ()()222111912092011280222n n n n nn n n n n n b b +--+++--+--+∴-=-=< 20n >,()()21128470n n n n ∴-+=--<,解得:47n <<又n *∈N ,5n ∴=或6 故选:AB 【点睛】关键点点睛:本题考查数列知识的综合应用,涉及到利用n a 与n S 的关系求解通项公式、等比数列通项公式的求解、根据数列的单调性求解参数范围等知识,解决本题的关键点是能够得到n b 的通项公式,进而根据单调性可构造出关于n 的不等式,从而求得结果,考查学生计算能力,属于中档题.7.已知等差数列{}n a 的前n 项和为S n (n ∈N *),公差d ≠0,S 6=90,a 7是a 3与a 9的等比中项,则下列选项正确的是( ) A .a 1=22B .d =-2C .当n =10或n =11时,S n 取得最大值D .当S n >0时,n 的最大值为20【答案】BCD 【分析】由等差数列的求和公式和通项公式,结合等比数列的中项性质,解方程可得首项和公差,求得等差数列的通项n a 和n S ,由二次函数的最值求法和二次不等式的解法可得所求值,判断命题的真假.【详解】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,公差0d ≠,由690S =,可得161590a d +=,即12530a d +=,①由7a 是3a 与9a 的等比中项,可得2739a a a =,即2111(6)(2)(8)a d a d a d +=++,化为1100a d +=,② 由①②解得120a =,2d =-, 则202(1)222n a n n =--=-,21(20222)212n S n n n n =+-=-, 由221441()24n S n =--+,可得10n =或11时,n S 取得最大值110; 由0n S >,可得021n <<,即n 的最大值为20. 故选:BCD 【点睛】方法点睛:数列最值常用的方法有:(1)函数(单调性)法;(2)数形结合法;(3)基本不等式法.要结合已知条件灵活选择合适的方法求解.8.将()23nn ≥个数排成n 行n 列的一个数阵,如图:11a 12a 13a ……1n a21a 22a 23a ……2n a 31a 32a 33a ……3n a……1n a 2n a 3n a ……nn a该数阵第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列,每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列(其中0m >).已知113a =,61131a a =+,记这2n 个数的和为S .下列结论正确的有( )A .2m =B .767132a =⨯C .()1212j ij a i -=+⨯D .()()221nS n n =+-【答案】ACD 【分析】由题中条件113a =,61131a a =+,得23531m m +=+解得m 的值可判断A ;根据第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列,每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列可判断BC ;由等差数列、等比数列的前n 项和公式可判断D. 【详解】由113a =,61131a a =+,得23531m m +=+,所以2m =或13m =-(舍去),A 正确;()666735132a m m =+=⨯,B 错误;()()112132212j j ij a i i --=-+⨯=+⨯⎡⎤⎣⎦,C 正确; ()()()111212122212n n n n nn S a a a a a a a a a =++++++++++++1121(12)(12)(12)121212n n n nn a a a ---=+++--- ()()()11211332(1)21212n nn n a a a n ++-⎛⎫=+++-=⨯- ⎪⎝⎭()()221n n n =+-,D 正确.故选:ACD. 【点睛】方法点睛:本题考查了分析问题、解决问题的能力,解答的关键是利用等比数列、等差数列的通项公式、求和公式求解,考查了学生的推理能力、计算能力.9.将2n 个数排成n 行n 列的一个数阵,如图:该数阵第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列,每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列(其中0m >).已知112a =,13611a a =+,记这2n 个数的和为S .下列结论正确的有( )A .3m =B .18181103354kk i a =⨯+=∑C .(31)3ij ja i =-⨯ D .()1(31)314n S n n =+- 【答案】ABD 【分析】根据第一列成等差,第一行成等比可求出1361,a a ,列式即可求出m ,从而求出通项ij a ,进而可得ii a ,根据错位相减法可求得181kki a=∑,再按照分组求和法,每一行求和可得S ,由此可以判断各选项的真假. 【详解】∵a 11=2,a 13=a 61+1,∴2m 2=2+5m +1,解得m =3或m 12=-(舍去),A 正确;∴()()11113213313j j j ij i a a i m i ---⎡⎤=⋅=+-⨯⋅=-⋅⎣⎦,C 错误;∴()1313i ii a i -=-⋅,0171811223318182353533S a a a a =+++⋯+=⨯+⨯+⋯+⨯① 12181832353533S =⨯+⨯+⋯+⨯②,①-②化简计算可得:1818103354S ⨯+=,B 正确;S =(a 11+a 12+a 13+……+a 1n )+(a 21+a 22+a 23+……+a 2n )+……+(a n 1+a n2+a n 3+……+a nn )()()()11211131313131313nnnn a a a ---=+++---()()231131.22nn n +-=- ()1=(31)314n n n +-,D 正确; 故选:ABD. 【点睛】方法点睛:数列求和的常用方法:(1)对于等差等比数列,利用公式法直接求和;(2)对于{}n n a b 型数列,其中{}n a 是等差数列,{}n b 是等比数列,利用错位相减法求和;(3)对于{}n n a b +型数列,利用分组求和法;(4)对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列,其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列,利用裂项相消法求和.10.斐波那契数列{}n a :1,1,2,3,5,8,13,21,34,…,又称黄金分割数列,是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”,其通项公式1122n nn a ⎡⎤⎛⎛-⎢⎥=- ⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦,是用无理数表示有理数的一个范例,该数列从第三项开始,每项等于其前相邻两项之和,即21n n n a a a ++=+,记该数列{}n a 的前n 项和为n S ,则下列结论正确的是( )A .10711S a =B .2021201920182a a a =+C .202120202019S S S =+D .201920201S a =-【答案】AB 【分析】选项A 分别求出710S a ,可判断,选项B 由21n n n a a a ++=+,得()112n n n a a a n +-=+≥,相加得2n a +12n n a a -=+可判断,选项C ,由202112342021S a a a a a =+++++,202012S a a =+++2020a ,两式错位相减可判断.选项D.由()()()()()324354652122n n n n S a a a a a a a a a a a a +++=-+-+-+-++-=-可判断.【详解】因为10143S =,711143a =,所以10711S a =,则A 正确; 由21n n n a a a ++=+,得()112n n n a a a n +-=+≥,相加得2n a +12n n a a -=+, 所以2021201920182a a a =+,所以B 正确;因为202112342021S a a a a a =+++++,202012S a a =+++2020a , 两式错位相减可得202120201220192019101S S a a a S -=+++++=+,所以2021202020191S S S =++,所以C 错误;因为()()()()()123324354652122n n n n n S a a a a a a a a a a a a a a a a +++=++++=-+-+-+-++-=-21n a +=-,所以201920211S a =-,所以D 错误.故选:AB.【点睛】 关键点睛:本题考查数列的递推关系的应用,解答本题的关键是由202112342021S a a a a a =+++++,202012S a a =+++2020a ,两式错位相减可得202120201220192019101S S a a a S -=+++++=+,以及由递推关系可得()()()()()324354652122n n n n S a a a a a a a a a a a a +++=-+-+-+-++-=-,属于中档题.。
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高三数学数列综合应用试题答案及解析1.已知数列{an }中,a1=2,an-an-1-2n=0(n≥2,n∈N*).(1)写出a2,a3的值(只写结果),并求出数列{an}的通项公式;(2)设bn=+++…+,若对任意的正整数n,当m∈[-1,1]时,不等式t2-2mt+>bn恒成立,求实数t的取值范围.【答案】(1)a2=6,a3=12. an=n(n+1).(2)实数t的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞)【解析】解:(1)∵a1=2,an-an-1-2n=0(n≥2,n∈N*),∴a2=6,a3=12.当n≥3时,an -an-1=2n,a n-1-a n-2=2(n-1),又a3-a2=2×3,a2-a1=2×2,∴an -a1=2[n+(n-1)+…+3+2],∴an=2[n+(n-1)+…+3+2+1]=2×=n(n+1).当n=1时,a1=2;当n=2时,a2=6,也满足上式,∴数列{an }的通项公式为an=n(n+1).(2)bn=++…+=++…+=-+-+…+-=-==.令f(x)=2x+(x≥1),则f′(x)=2-,当x≥1时,f′(x)>0恒成立,∴函数f(x)在[1,+∞)上是增函数,故当x=1时,f(x)min=f(1)=3,即当n=1时,(bn )max=.要使对任意的正整数n,当m∈[-1,1]时,不等式t2-2mt+>bn恒成立,则需t2-2mt+>(bn )max=,即t2-2mt>0对∀m∈[-1,1]恒成立,∴,解得t>2或t<-2,∴实数t的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞).2.一函数y=f(x)的图象在给定的下列图象中,并且对任意an ∈(0,1),由关系式an+1=f(a n)得到的数列{an }满足an+1>a n(n∈N*),则该函数的图象是()【答案】A【解析】由an+1>a n可知数列{a n}为递增数列,又由a n+1=f(a n)>a n可知,当x∈(0,1)时,y=f(x)的图象在直线y=x的上方,故选A.3.设函数)定义为如下数表,且对任意自然数n均有xn+1=的值为( ) A.1B.2C.4D.5【答案】D【解析】,又根据,所以有,,,, .,所以可知:,,故选D.【考点】数列的周期性4.是点集A到点集B的一个映射,且对任意,有.现对点集A中的点,,均有,点为(0,2),则线段的长度 .【答案】【解析】∵,∴,,,,,,…,根据变化规律可知,∴,,∴.【考点】1.数列的性质;2.两点间距离公式.5.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数:将三角形数1,3,6,10,…记为数列{an},将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn},可以推测:(1)b2012是数列{an}中的第项;(2)b2k-1=.(用k表示)【答案】(1)5030(2)【解析】由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…的一个通项公式为an=,写出其若干项有:1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,120,…其中能被5整除的为10,15,45,55,105,120,…故b1=a4,b2=a5,b3=a9,b4=a10,b5=a14,b6=a15,….从而由上述规律可猜想:b2k =a5k= (k为正整数),b2k-1=a5k-1==,故b2012=b2×1006=a5×1006=a5030,即b2012是数列{an}中的第5030项.6.已知数列满足,则该数列的通项公式_________.【答案】【解析】∵,∴,∴,∴,,…,,∴,∴,∴.【考点】1.累加法求通项公式;2.裂项相消法求和.7.数列满足,则 .【答案】【解析】这类问题类似于的问题处理方法,在中用代换得(),两式相减得,,又,即,故.【考点】数列的通项公式.8.已知函数,记,若是递减数列,则实数的取值范围是______________.【答案】【解析】是递减数列,从开始是用式子计算,这时只要,即即可,关键是是通过二次式计算,根据二次函数的性质,应该有且,即且,解得,综上取值范围是.【考点】数列的单调性.9.已知数列{}的前n项和为,且,则使不等式成立的n的最大值为.【答案】4【解析】当时,,得,当时,,所以,所以,又因为适合上式,所以,所以,所以数列是以为首项,以4为公比的等比数列,所以,所以,即,易知的最大值为4.【考点】1.等比数列的求和公式;2.数列的通项公式.10.甲、乙两人用农药治虫,由于计算错误,在A、B两个喷雾器中分别配制成12%和6%的药水各10千克,实际要求两个喷雾器中的农药的浓度是一样的,现在只有两个容量为1千克的药瓶,他们从A、B两个喷雾器中分别取1千克的药水,将A中取得的倒入B中,B中取得的倒入A中,这样操作进行了n次后,A喷雾器中药水的浓度为,B喷雾器中药水的浓度为.(1)证明:是一个常数;(2)求与的关系式;(3)求的表达式.【答案】(1)18;(2);(3) .【解析】(1)利用n次操作后A和B的农药的和应与开始时农药的重量和相等建立等量关系,证明是一个常数;(2)借助第一问的结论和第n次后A中10千克的药水中农药的重量具有关系式,求解与的关系式;(3)根据第二问的递推关系,采用构造数列的思想进行求解.试题解析:(1)开始时,A中含有10=1.2千克的农药,B中含有10=0.6千克的农药,,A中含有千克的农药,B中含有千克的农药,它们的和应与开始时农药的重量和相等,从而(常数). 4分(2)第n次操作后,A中10千克的药水中农药的重量具有关系式:由(1)知,代入化简得① 8分(3)令,利用待定系数法可求出λ=—9,所以,可知数列是以为首项,为公比的等比数列.由①,,由等比数列的通项公式知:,所以. 12分【考点】1.数列的递推式;(2)数列的通项公式;(3)实际应用问题.11.等比数列的各项均为正数,且,则【答案】B【解析】等比数列中,所以【考点】等比数列性质及对数运算点评:等比数列中,若则,在对数运算中12.已知数列的首项为,对任意的,定义.(Ⅰ)若,(i)求的值和数列的通项公式;(ii)求数列的前项和;(Ⅱ)若,且,求数列的前项的和.【答案】(1) ,,(2) 当为偶数时,;当为奇数时,【解析】(Ⅰ) 解:(i),,………………2分由得当时,=………4分而适合上式,所以.………………5分(ii)由(i)得:……………6分……………7分…………8分(Ⅱ)解:因为对任意的有,所以数列各项的值重复出现,周期为. …………9分又数列的前6项分别为,且这六个数的和为8. ……………10分设数列的前项和为,则,当时,,……………11分当时,,…………12分当时所以,当为偶数时,;当为奇数时,. ……………13分【考点】数列的通项公式,数列的求和点评:解决的关键是对于数列的递推关系的理解和运用,并能结合裂项法求和,以及分情况讨论求和,属于中档题。
13.(本小题满分14分)已知数列满足:(其中常数).(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)求证:当时,数列中的任何三项都不可能成等比数列;(Ⅲ)设为数列的前项和.求证:若任意,【答案】(1)an =(2n+1)·λn-1 (n∈N*).(2)运用反证法思想,假设存在ar,as,at成等比数列,然后推理论证得出矛盾。
(3)运用数列的通项公式以及数列的错位相减法的求和来证明,不等式的成立。
【解析】解:(Ⅰ)当n=1时,a1=3.当n≥2时,因为,①所以.②①-②得,所以an=(2n+1)·λn-1(n≥2,n∈N*).……………… 3分又a1=3也适合上式,所以an=(2n+1)·λn-1 (n∈N*).…………………… 4分(Ⅱ)当λ=4时,a n =(2n +1)·4n -1.(反证法)假设存在a r ,a s ,a t 成等比数列, 则[(2r +1)·4r -1]· [(2t +1)·4t -1]=(2s +1)2·42s -2. 整理得(2r +1) (2t +1) 4 r +t -2s =(2s +1)2. 由奇偶性知r +t -2s =0.所以(2r +1) (2t +1)=(r +t +1)2,即(r -t )2=0.这与r ≠t 矛盾,故不存在这样的正整数r ,s ,t ,使得a r ,a s ,a t 成等比数列. ……… 8分 (Ⅲ)S n =3+5λ+7λ2+…+(2n +1)λn -1.当λ=1时,S n =3+5+7+…+(2n +1)=n 2+2n . ………… 10分 当λ≠1时,S n =3+5λ+7λ2+…+(2n +1)λn -1, λS n = 3λ+5λ2+…+(2n -1)λn -1+(2n +1)λn .(1-λ)S n =3+2(λ+λ2+λ3++…+λn -1)-(2n +1)λn =3+2×-(2n +1)λn①当λ=1时,左=(1-λ)S n +λa n =a n =2n +1≥3,结论显然成立; ②当λ≠1时,左=(1-λ)S n +λa n =3+2× -(2n +1)λn +λa n=3+2×而,和同号,故≥0∴ 对任意都成立 ………… 14分 【考点】数列的通项公式与求和的运用点评:解决该试题的关键是利用数列的整体思想来求解通项公式,以及结合错位相减法求和得到证明,属于中档题。
14. (本小题满分12分)已知数列中,,数列满足。
(1)求证:数列是等差数列; (2)求数列中的最大项和最小项,并说明理由。
【答案】(Ⅰ)提示:.(Ⅱ)最大项是,最小项是.【解析】(Ⅰ)因为,所以,两边取倒数,得:,所以数列是等差数列。
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,数列是首项为,公差为1的等差数列,所以,所以,,可以看出,即数列单调递减,而,所以最大项是,最小项是。
【考点】等差数列的性质;数列通项公式的求法;数列的单调性。
点评:比较数的大小我们常用的方法有:作差法和做商法,但要注意用做商法比较数的大小时,数列的每一项都必须是正的。
15. 当为正整数时,定义函数表示的最大奇因数.如,,….记.则 .(用来表示) 【答案】【解析】由N (x )的性质可得知,当x 是奇数时,x 的最大奇数因子明显是它本身.因此N (x )=x,因此,我们就可将进行分解,分别算出奇数项的和与偶数项的和进而相加,即,所以=N (1)+N (3)+…+N ()=1+3+…+=。