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2019高考数学二轮复习课时跟踪检测七数列大题练理

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高考数学二轮复习练习-专题七数学文化练典型习题提数学素养

高考数学二轮复习练习-专题七数学文化练典型习题提数学素养

一、选择题1．我国古代数学著作《九章算术》中有一衰分问题：今有北乡八千一百人，西乡七千四百八十八人，南乡六千九百一十二人，凡三乡，发役三百人，则北乡遣( )A ．104人B ．108人C ．112人D ．120人解析：选 B.由题设可知这是一个分层抽样的问题，其中北乡可抽取的人数为300×8 1008 100＋7 488＋6 912＝300×8 10022 500＝108.故选B. 2．“干支纪年法”是中国自古以来就一直使用的纪年方法．干支是天干和地支的总称．天干、地支互相配合，配成六十组为一周，周而复始，依次循环．甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸十个符号为天干；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥为地支．如：公元1984年为农历甲子年、公元1985年为农历乙丑年，公元1986年为农历丙寅年．则2049年为农历( )A ．己亥年B ．己巳年C ．己卯年D ．戊辰年解析：选B.法一：由公元1984年为农历甲子年、公元1985年为农历乙丑年，公元1986年为农历丙寅年，可知以公元纪年的尾数在天干中找出对应该尾数的天干，再将公元纪年除以12，用除不尽的余数在地支中查出对应该余数的地支，这样就得到了公元纪年的干支纪年.2049年对应的天干为“己”，因其除以12的余数为9，所以2049年对应的地支为“巳”，故2049年为农历己巳年．故选B.法二：易知(年份－3)除以10所得的余数对应天干，则2 049－3＝2 046，2 046除以10所得的余数是6，即对应的天干为“己”．(年份－3)除以12所得的余数对应地支，则2 049－3＝2 046，2 046除以12所得的余数是6，即对应的地支为“巳”，所以2049年为农历己巳年．故选B.3．(2019·山东淄博模拟)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”设该金箠由粗到细是均匀变化的，其重量为M ，现将该金箠截成长度相等的10段，记第i 段的重量为a i (i ＝1，2，…，10)，且a 1<a 2<…<a 10，若48a i ＝5M ，则i ＝( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选C.由题意知，由细到粗每段的重量组成一个等差数列，记为{a n }，设公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝2，a 9＋a 10＝4⇒⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝2，2a 1＋17d ＝4⇒⎩⎨⎧a 1＝1516，d ＝18.所以该金箠的总重量 M ＝10×1516＋10×92×18＝15. 因为48a i ＝5M ，所以有48[1516＋(i －1)×18]＝75，解得i ＝6，故选C.4．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均输章》有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何．”其意思为：已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊每人所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？(“钱”是古代的一种重量单位)在这个问题中，丙所得为( )A ．76钱 B ．56钱 C ．23钱 D ．1钱解析：选D.因为甲、乙、丙、丁、戊每人所得依次成等差数列，设每人所得依次为a －2d 、a －d 、a 、a ＋d 、a ＋2d ，则a －2d ＋a －d ＋a ＋a ＋d ＋a ＋2d ＝5，解得a ＝1，即丙所得为1钱，故选D.5．《数术记遗》相传是汉末徐岳(约公元2世纪)所著，该书主要记述了：积算(即筹算)、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算、计数共14种计算方法．某研究性学习小组3人分工搜集整理该14种计算方法的相关资料，其中一人4种，其余两人每人5种，则不同的分配方法种数是( )A ．C 414C 510C 55A 33A 22B ．C 414C 510C 55A 22C 55A 33 C ．C 414C 510C 55A 22D ．C 414C 510C 55解析：选A.先将14种计算方法分为三组，方法有C 414C 510C 55A 22种，再分配给3个人，方法有C 414C 510C 55A 22×A 33种．故选A.6．我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷(ɡuǐ)长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则夏至之后的那个节气(小暑)晷长是( )A．五寸B．二尺五寸C．三尺五寸D．四尺五寸解析：选B.设从夏至到冬至的晷长依次构成等差数列{a n}，公差为d，a1＝15，a13＝135，则15＋12d＝135，解得d＝10.所以a2＝15＋10＝25，所以小暑的晷长是25寸．故选B.7．(2019·江西七校第一次联考)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，…，该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列{a n}称为“斐波那契数列”，则a2 017·a2 019－a22 018等于()A．1 B．－1C．2 017 D．－2 017解析：选A.因为a1a3－a22＝1×2－1＝1，a2a4－a23＝1×3－22＝－1，a3a5－a24＝2×5－32＝1，a4a6－a25＝3×8－52＝－1，…，由此可知a n a n＋2－a2n＋1＝(－1)n＋1，所以a2 017a2 019－a22 018＝(－1)2 017＋1＝1，故选A.8．《周易》历来被人们视作儒家群经之首，它表现了古代中华民族对万事万物深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映出中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语解释为：把阳爻“”当作数字“1”，把阴爻“”当作数字“0”，则八卦所代表的数表示如下：依次类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号为“”，其表示的十进制数是( )A ．33B ．34C ．36D ．35解析：选B.由题意类推，可知六十四卦中的“屯”卦的符号“”表示的二进制数为100010，转化为十进制数为0×20＋1×21＋0×22＋0×23＋0×24＋1×25＝34.故选B.9．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ≈136L 2h .它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V ≈7264L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A ．227B ．258C ．15750D ．355113解析：选A.依题意，设圆锥的底面半径为r ，则V ＝13πr 2h ≈7264L 2h ＝7264(2πr )2h ，化简得π≈227.故选A.10．中国古代名词“刍童”原来是草堆的意思，关于“刍童”体积计算的描述，《九章算术》注曰：“倍上袤，下袤从之．亦倍下袤，上袤从之．各以其广乘之，并，以高乘之，六而一．”其计算方法是：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘；将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘；把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．已知一个“刍童”的下底面是周长为18的矩形，上底面矩形的长为3，宽为2，“刍童”的高为3，则该“刍童”的体积的最大值为( )A ．392B ．752C ．39D ．6018解析：选B.设下底面的长为x ⎝⎛⎭⎫92≤x <9，则下底面的宽为18－2x 2＝9－x .由题可知上底面矩形的长为3，宽为2，“刍童”的高为3，所以其体积V ＝16×3×[(3×2＋x )×2＋(2x ＋3)(9－x )]＝－x 2＋17x 2＋392，故当x ＝92时，体积取得最大值，最大值为－⎝⎛⎭⎫922＋92×172＋392＝752.故选B. 11．(多选)(2019·济南模拟)如图是谢宾斯基三角形，在所给的四个三角形图案中，黑色的小三角形个数构成数列{a n }的前4项，则( )A ．a n ＝3n －1 B ．a n ＝2n －1C ．a 4＝27D ．a n －a n －1＝2·3n －2(n ≥2) 解析：选ACD.黑色的小三角形个数构成数列{a n }的前4项，分别为a 1＝1，a 2＝3，a 3＝3×3＝32，a 4＝32×3，因此{a n }的通项公式可以是a n ＝3n －1.12．(多选)在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关．”则下列说法正确的是( )A ．此人第二天走了九十六里路B ．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C ．此人第三天走的路程占全程的18D ．此人后三天共走了42里路解析：选ABD.设此人第n 天走a n 里路，前n 天共走S n 里路．由题意可知，{a n }是首项为a 1，公比q ＝12的等比数列，由等比数列前n 项和公式得S 6＝a 1⎝⎛⎭⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192. 在A 中，a 2＝192×12＝96，故A 正确； 在B 中，378－192＝186，192－186＝6，故B 正确；在C 中，a 3＝192×14＝48，48378>18，故C 错误； 在D 中，a 4＋a 5＋a 6＝192×⎝⎛⎭⎫18＋116＋132＝42，故D 正确．13．(多选)中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”．如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互转化、对称统一的形式美、和谐美．定义：图象能够将圆O 的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆O 的一个“太极函数”，下列命题正确的是( )A ．对于任意一个圆O ，其“太极函数”有无数个B ．函数f (x )＝ln(x 2＋x 2＋1)可以是某个圆的“太极函数”C ．正弦函数y ＝sin x 可以同时是无数个圆的“太极函数”D ．函数y ＝f (x )是“太极函数”的充要条件为函数y ＝f (x )的图象是中心对称图形解析：选AC.过圆心的直线都可以将圆的周长和面积等分成两部分，故对于任意一个圆O ，其“太极函数”有无数个，故A 正确；函数f (x )＝ln(x 2＋x 2＋1)的图象如图1所示，故其不可能为圆的“太极函数”，故B 错误；将圆的圆心放在正弦函数y ＝sin x 图象的对称中心上，则正弦函数y ＝sin x 是该圆的“太极函数”，从而正弦函数y ＝sin x 可以同时是无数个圆的“太极函数”，故C 正确；函数y ＝f (x )的图象是中心对称图形，则y ＝f (x )是“太极函数”，但函数y ＝f (x )是“太极函数”时，图象不一定是中心对称图形，如图2所示，故D 错误．二、填空题14.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱体的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为________．(容器壁的厚度忽略不计)解析：表面积最小的球形容器可以看成长、宽、高分别为1、2、6的长方体的外接球．设其半径为R ，(2R )2＝62＋22＋12，解得R 2＝414，所以该球形容器的表面积的最小值为4πR 2＝41π.答案：41π15．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，其中“勾股”章讲述了“勾股定理”及一些应用．直角三角形的三条边分别称为“勾”“股”“弦”．设F 1，F 2分别是椭圆x 24＋y 2＝1的左、右焦点，P 是第一象限内该椭圆上的一点，若线段PF 2，PF 1分别是Rt △F 1PF 2的“勾”“股”，则点P 的横坐标为________．解析：由题意知半焦距c ＝3，又PF 1⊥PF 2，故点P 在圆x 2＋y 2＝3上，设P (x ，y )，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝3，x 24＋y 2＝1，得P ⎝⎛⎭⎫263，33. 故点P 的横坐标为263. 答案：26316．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图方法，发现了黄金分割，其比值约为0．618，这一数值也可以表示为m ＝2sin 18°，若m 2＋n ＝4，则m n 2cos 227°－1＝________． 解析：由题设n ＝4－m 2＝4－4sin 218°＝4(1－sin 218°)＝4cos 218°，m n 2cos 227°－1＝2sin 18°4cos 218°2cos 227°－1＝2·（2sin 18°cos 18°）cos 54°＝2sin 36°sin 36°＝2. 答案：217．(2019·高考全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1.答案：262－1。

【2019届二轮复习臻品资源-数学】专题七第2讲稳得填空题含答案

【2019届二轮复习臻品资源-数学】专题七第2讲稳得填空题含答案

答题技巧第2讲稳得填空题考向预测填空题具有小巧灵活、结构简单、运算量不大等特点.根据填空时所填写的内容形式，可以将填空题分成两种类型：(1)定量型：要求考生填写数值、数集或数量关系,如方程的解、不等式的解集、函数的定义域、值域、最大值或最小值、线段长度、角度大小等；(2)定性型:要求填写的是具有某种性质的对象或者填写给定数学对象的某种性质,如填写给定二次曲线的焦点坐标、离心率等.解答填空题时，由于不反映过程,只要求结果，故对正确性的要求比解答题更高、更严格。

《考试说明》中对解答填空题提出的基本要求是“正确、合理、迅速".为此在解填空题时要做到：快-—运算要快，力戒小题大做;稳——变形要稳，不可操之过急；全—-答案要全，力避残缺不齐;活——解题要活，不要生搬硬套；细——审题要细，不能粗心大意.知识与技巧的梳理1.方法一直接法它是直接从题设出发，利用有关性质或结论,通过巧妙地变形，直接得到结果的方法。

要善于透过现象抓本质，有意识地采取灵活、简捷的解法解决问题.2。

方法二特殊值法当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的恰当特殊值(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理,从而得出探求的结论.为保证答案的正确性，在利用此方法时，一般应多取几个特例.3。

方法三数形结合法(图解法）一些含有几何背景的填空题，若能“数中思形”“以形助数”,则往往可以借助图形的直观性，迅速作出判断，简捷地解决问题，得出正确的结果，Venn图、三角函数线、函数的图象及方程的曲线等，都是常用的图形.4。

方法四构造法构造法解填空题的关键是由条件和结论的特殊性构造出数学模型，从而简化推导与运算过程，构造法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，首先应观察题目，观察已知(例如代数式）形式上的特点，然后积极调动思维,联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型，深刻地了解问题及问题的背景（几何背景、代数背景）,从而构造几何、函数、向量等具体的数学模型，达到快速解题的目的。

2019学高考理科数学通用版练酷专题二轮复习课时跟踪检测：(九) 数 列 Word版含解析

2019学高考理科数学通用版练酷专题二轮复习课时跟踪检测：(九) 数 列 Word版含解析

课时跟踪检测（九） 数 列[A 级——“12＋4”保分小题提速练]1．(2019·合肥模拟)已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且a 1＝1，a 4＝4，则a 10＝( )A ．－45B ．－54C.413D.134解析：选A 设等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差为d ，由题意可知，1a 4＝1a 1＋3d ＝14，解得d ＝－14，所以1a 10＝1a 1＋9d ＝－54，所以a 10＝－45. 2．(2019届高三·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 7＋a 12＝24，则S 13＝( )A ．52B ．78C ．104D ．208解析：选C 依题意得3a 7＝24，a 7＝8，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7＝104. 3．(2019·云南模拟)已知数列{a n }是等差数列，若a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，则q ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选C 依题意，注意到2a 3＝a 1＋a 5,2a 3－6＝a 1＋a 5－6，即有2(a 3－3)＝(a 1－1)＋(a 5－5)，即a 1－1，a 3－3，a 5－5成等差数列；又a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，因此有a 1－1＝a 3－3＝a 5－5(若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列是一个非零的常数列)，q ＝a 3－3a 1－1＝1. 4．(2019·兰州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a 8＋a 10＝28，则S 9＝( )A ．36B ．72C ．144D ．288解析：选B 法一：∵a 8＋a 10＝2a 1＋16d ＝28，a 1＝2， ∴d ＝32，∴S 9＝9×2＋9×82×32＝72.法二：∵a 8＋a 10＝2a 9＝28，∴a 9＝14，∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝72.5．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m ，其中m ，n 为正整数，且a 1＝1，那么a 10＝( )A ．1B ．9C ．10D ．55解析：选A ∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，a 1＝1，∴S 1＝1.可令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝1，即当n ≥1时，a n ＋1＝1，∴a 10＝1.6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R)，且S 25＝100，则a 12＋a 14＝( ) A ．16 B ．8 C ．4D ．不确定解析：选B 由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R)，可得数列{a n }是等差数列，S 25＝(a 1＋a 25)×252＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 12＋a 14＝a 1＋a 25＝8.7．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝pn ＋q n (p ，q 为常数)，且a 2＝32，a 4＝32，则a 8＝( )A.54 B.94 C.34D ．2解析：选B 由题意知⎩⎨⎧2p ＋q 2＝32，4p ＋q 4＝32，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝14，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式a n ＝n 4＋2n ，∴a 8＝8×14＋28＝94.8．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，那么S 100的值为( ) A ．2 500 B ．2 600 C ．2 700D ．2 800解析：选B 当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0⇒a n ＝1， 当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2⇒a n ＝n ，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，n ，n 为偶数，于是S 100＝50＋(2＋100)×502＝2 600.9．已知数列2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 017项和S 2 017等于( )A ．2 018B ．2 015C．1 D．0解析：选B由已知得a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2)，∴a n＋1＝a n－a n－1，故数列的前8项依次为2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，－1,2 015,2 016.由此可知数列为周期数列，且周期为6，S6＝0.∵2 017＝6×336＋1，∴S2 017＝2 015.10．(2019·海淀二模)在数列{a n}中，“a n＝2a n－1，n＝2,3,4，…”是“{a n}是公比为2的等比数列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B当a n＝0时，也有a n＝2a n－1，n＝2,3，4，…，但{a n}不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n}是公比为2的等比数列时，有a na n－1＝2，n＝2,3,4，…，即a n＝2a n－1，n＝2,3,4，…，所以必要性成立．11．(2019届高三·湘中名校联考)若{a n}是等差数列，首项a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，则使前n项和S n＞0成立的最大正整数n是()A．2 016 B．2 017C．4 032 D．4 033解析：选C因为a1＞0，a2 016＋a2 017＞0，a2 016·a2 017＜0，所以d＜0，a2 016＞0，a2 017＜0，所以S4 032＝4 032(a1＋a4 032)2＝4 032(a2 016＋a2 017)2＞0，S4 033＝4 033(a1＋a4 033)2＝4 033a2017＜0，所以使前n项和S n＞0成立的最大正整数n是4 032.12．等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1＜0，若存在自然数m≥3，使得a m＝S m，则当n＞m时，S n与a n的大小关系是()A．S n＜a n B．S n≤a nC．S n＞a n D．大小不能确定解析：选C若a1＜0，存在自然数m≥3，使得a m＝S m，则d＞0.因为d＜0时，数列是递减数列，则S m＜a m，不存在a m＝S m.由于a1＜0，d＞0，当m≥3时，有a m＝S m，因此a m＞0，S m＞0，又S n＝S m＋a m＋1＋…＋a n，显然S n＞a n.13．(2019·合肥模拟)已知数列{a n}中，a1＝2，且a2n＋1a n＝4(a n＋1－a n)(n∈N*)，则其前9项和S9＝________.解析：由已知，得a2n＋1＝4a n a n＋1－4a2n，即a2n＋1－4a n a n＋1＋4a2n＝(a n＋1－2a n)2＝0，所以a n＋1＝2a n，所以数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，故S 9＝2×(1－29)1－2＝210－2＝1 022.答案：1 02214．(2019·广州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n ＋a n ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎡⎦⎤1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝________.解析：因为a n ＋1＝a 2n ＋a n ，所以1a n ＋1＝1a n (a n ＋1)＝1a n －1a n ＋1，即1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，于是1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1a 3＋…＋1a 2 017－1a 2 018＝1a 1－1a 2 018.因为a 1＝1，a 2＝2＞1，a 3＝6＞1，…，可知1a 2 018∈(0,1)，则1a 1－1a 2 018∈(0,1)，所以⎣⎡⎦⎤1a 1－1a 2 018＝0. 答案：015．(2019·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k ＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1.答案：2nn ＋116．(2019·石家庄二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n }为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n ，…，若S k ＝14，则a k ＝________. 解析：因为1n ＋2n ＋…＋n －1n ＝1＋2＋…＋n －1n ＝n 2－12，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n 2，所以数列12，13＋23，14＋24＋34，…，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前n 项和T n ＝12＋1＋32＋…＋n 2＝n 2＋n 4.令T n ＝n 2＋n 4＝14，解得n ＝7，所以a k ＝78.答案：78[B 级——中档小题强化练]1．(2019·张掖模拟)在等差数列{a n }中，a na 2n是一个与n 无关的常数，则该常数的可能值的集合为( )A ．{1}B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫12 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，12，1解析：选Ba n a 2n ＝a 1＋(n －1)d a 1＋(2n －1)d ＝a 1－d ＋nd a 1－d ＋2nd， 若a 1＝d ，则a n a 2n ＝12；若a 1≠0，d ＝0，则a na 2n ＝1.∵a 1＝d ≠0，∴a na 2n≠0，∴该常数的可能值的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12.2．(2019·长乐二模)已知各项均是正数的等比数列{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.5－12B.5＋12C ．－5－12D.5－12或5＋12解析：选B 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 ＝5＋12.从而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝5＋12.3．(2019届高三·宝鸡摸底)正项等比数列{a n }中，a 2 017＝a 2 016＋2a 2 015，若a m a n ＝16a 21，则4m ＋1n 的最小值等于( )A ．1 B.32 C.53D.136解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q ，且q ＞0， ∵a 2 015q 2＝a 2 015q ＋2a 2 015，∴q 2－q －2＝0，∴q ＝2或q ＝－1(舍去)，又a 1q m －1·a 1q n －1＝16a 21， ∴2m＋n －2＝16，∴m ＋n －2＝4，m ＋n ＝6，∴⎝⎛⎭⎫4m ＋1n ·m ＋n 6＝16⎝⎛⎭⎫5＋4n m ＋m n ≥16⎝⎛⎭⎫5＋24n m ·m n ＝32，当且仅当m ＝4，n ＝2时等号成立．故4m ＋1n 的最小值为32. 4．设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0解析：选C 若{a n }是递减的等差数列，则选项A 、B 都不一定正确．若{a n }为公差为0的等差数列，则选项D 不正确．对于C 选项，由条件可知{a n }为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a 2＝a 1＋a 32，由基本不等式得a 1＋a 32＞a 1a 3，所以C 正确．5．(2019·黄冈质检)设等比数列{a n }的各项均为正数，公比为q ，前n 项和为S n .若对任意的n ∈N *，有S 2n ＜3S n ，则q 的取值范围是________．解析：当q ≠1时，∵S 2n ＜3S n ， ∴a 1(1－q 2n )1－q ＜3×a 1(1－q n )1－q，∴q n ＜2.若q ＞1，则n ＜log q 2对任意的n ∈N *恒成立，显然不成立． 若0＜q ＜1，则n ＞log q 2对任意的n ∈N *恒成立， ∴log q 2＜n min ，∴log q 2＜1，即0＜q ＜2， 又0＜q ＜1，∴0＜q ＜1.当q ＝1时，对任意的n ∈N *，有S 2n ＜3S n 成立． 综上可得，0＜q ≤1. 答案：(0,1]6．(2019·安徽二校联考)在数列{a n }和{b n }中，a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n ，a 1＝1，b 1＝1.设c n ＝1a n ＋1b n，则数列{c n }的前2 017项和为________． 解析：由已知a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n 得a n ＋1＋b n ＋1＝2(a n ＋b n )，所以a n ＋1＋b n ＋1a n ＋b n ＝2，所以数列{a n ＋b n }是首项为2，公比为2的等比数列，即a n ＋b n ＝2n .将a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n 相乘得a n ＋1b n ＋1a nb n＝2，所以数列{a n b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n b n ＝2n －1，因为c n ＝1a n ＋1b n ，所以c n ＝a n ＋b n a n b n＝2n 2n －1＝2，数列{c n }的前2 017项和为2×2 017＝4 034.答案：4 034[C级——压轴小题突破练]1．已知一列非零向量a n满足a1＝(x1，y1)，a n＝(x n，y n)＝12(x n－1－y n－1，x n－1＋y n－1)(n≥2，n∈N*)，则下列命题正确的是()A．{|a n|}是等比数列，且公比为2 2B．{|a n|}是等比数列，且公比为 2C．{|a n|}是等差数列，且公差为2 2D．{|a n|}是等差数列，且公差为 2解析：选A∵|a n|＝12(x n－1－y n－1)2＋(x n－1＋y n－1)2＝22·x2n－1＋y2n－1＝22|a n－1|(n≥2，n∈N*)，|a1|＝x21＋y21≠0，|a n||a n－1|＝22为常数，∴{|a n|}是等比数列，且公比为22.2．(2019·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是() A．440B．330C．220D．110解析：选A设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为n(n＋1)2.由题意可知，N>100，令n(n＋1)2>100，得n≥14，n∈N*，即N出现在第13组之后．易得第n组的所有项的和为1－2n1－2＝2n－1，前n组的所有项的和为2(1－2n)1－2－n＝2n＋1－n－2.设满足条件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第N项为第k＋1组的第t(t∈N*)个数，若要使前N项和为2的整数幂，则第k＋1组的前t项的和2t－1应与－2－k互为相反数，即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，∴当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×(13＋1)2＋4＝95<100，不满足题意； 当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×(29＋1)2＋5＝440；当t >5时，N >440，故选A.3．已知函数f (x )＝cos x 4cos ⎝⎛⎭⎫π2－x 4·cos ⎝⎛⎭⎫π－x 2，将函数f (x )在(0，＋∞)上的所有极值点从小到大排成一数列，记为{a n }，则数列{a n }的通项公式为________．解析：由f (x )＝cos x 4·sin x 4·⎝⎛⎭⎫－cos x 2＝－14sin x ，得f ′(x )＝－14cos x ，由cos x ＝0，得x ＝k π＋π2(k ∈Z)，所以函数f (x )在(0，＋∞)上的所有极值点为π2，3π2，5π2，…，(2n －1)π2，…，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝(2n －1)π2. 答案：a n ＝(2n －1)π24．数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，a n －1＜n 2，2a n －1，a n －1≥n 2(n ≥2)，若{a n }为等比数列，则a 1的取值范围是________．解析：由题意得，a 2＝⎩⎪⎨⎪⎧4，a 1＜4，2a 1，a 1≥4分类讨论，a 1＜4时，a 2＝4＜9，a 3＝9＜42＝16，a 4＝16，显然不能构成等比数列；a 1≥4时，a 2＝2a 1≥8，当8≤a 2＜9时，a 3＝9，由{a n }为等比数列，知a 1＝94，与a 1≥4矛盾，当a 2≥9时，a 3＝2a 2，由{a n }为等比数列，知a 1＝a 22≥92，综上，a 1≥92，即a 1的取值范围是⎣⎡⎭⎫92，＋∞. 答案：⎣⎡⎭⎫92，＋∞。

山东省威海市2019届高三二模考试理科数学试题(解析版)

山东省威海市2019届高三二模考试理科数学试题(解析版)

2019年山东省威海市高考数学二模试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知复数z满足z（1+i）=（3+i）2，则|z|=（）A. B. C. D. 82.已知集合，，，则A∩B=（）A. B. C. D.3.如图所示茎叶图中数据的平均数为89，则x的值为（）A. 6B. 7C. 8D. 94.已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，M，为其终边上一点，则cos2α=（）A. B. C. D.5.若x，y满足约束条件，，，则z=3x-y的最大值为（）A. 2B. 1C. 0D.6.函数的图象可由y=2cos2x的图象如何变换得到（）A. 向左平移个单位B. 向右平移个单位C. 向左平移个单位D. 向右平移个单位7.若P为△ABC所在的平面内一点，且，则△ABC的形状为（）A. 等边三角形B. 等腰三角形C. 直角三角形D. 等腰直角三角形8.已知函数f（x）=ln x+ln（a-x）的图象关于直线x=1对称，则函数f（x）的值域为（）A. B. C. D.9.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的体积为（）A. 6B. 8C.D.10.在△ABC中，AC=3，向量在向量的投影的数量为-2，S△ABC=3，则BC=（）A. 5B.C.D.11.已知函数f（x）的定义域为R，，对任意的x∈R满足f'（x）＞4x，当α∈[0，2π]时，不等式f（sinα）+cos2α＞0的解集为（）A. B. C. D.12.设F1，F2为双曲线＞，＞的左右焦点，点P（x0，2a）为双曲线上的一点，若△PF1F2的重心和内心的连线与x轴垂直，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.在的展开式中，x4的系数是______．14.已知抛物线y2=2px（p＞0）上的一点M到x轴的距离为4，到焦点的距离为5，则p=______．15.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，AA1=2，设其外接球的球心为O，已知三棱锥O-ABC的体积为1，则球O表面积的最小值为______．16.“克拉茨猜想”又称“3n+1猜想”，是德国数学家洛萨•克拉茨在1950年世界数学家大会上公布的一个猜想：任给一个正整数n，如果n是偶数，就将它减半；如果n为奇数就将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，最终都能够得到1．已知正整数m经过6次运算后得到1．则m的值为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知{a n}是递增的等比数列，a5=48，4a2，3a3，2a4成等差数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设数列{b n}满足b1=a2，b n+1=b n+a n，求数列{b n}的前n项和S n．18.如图，四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，△ABC为等边三角形，PA=2AB=2，AC⊥CD，PD与平面PAC所成角的正切值为C2．（Ⅰ）证明：BC∥平面PAD；（Ⅱ）若M是BP的中点，求二面角P-CD-M的余弦值．19.某蔬菜批发商分别在甲、乙两市场销售某种蔬菜（两个市场的销售互不影响），已知该蔬菜每售出1吨获利500元，未售出的蔬菜低价处理，每吨亏损100元．现统计甲、乙两市场以往100个销售周期该蔬菜的市场需求量的频数分布，如表：甲市场以市场需求量的频率代替需求量的概率．设批发商在下个销售周期购进吨该蔬菜，在甲、乙两市场同时销售，以X（单位：吨）表示下个销售周期两市场的需求量，T（单位：元）表示下个销售周期两市场的销售总利润．（Ⅰ）当n=19时，求T与X的函数解析式，并估计销售利润不少于8900元的概率；（Ⅱ）以销售利润的期望为决策依据，判断n=17与n=18应选用哪一个．20.在直角坐标系xOy中，设椭圆：＞＞的左焦点为F1，短轴的两个端点分别为A，B，且∠AF1B=60°，点，在C上．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若直线l：y=kx+m（k＞0）与椭圆C和圆O分别相切于P，Q两点，当△OPQ 面积取得最大值时，求直线l的方程．21.已知函数＞．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：当m∈[0，1）时，函数＞有最大值．设g（x）的最大值为h（m），求函数h（m）的值域．22.在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（α为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为，且曲线C1与C2恰有一个公共点．（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程；（Ⅱ）已知曲C1上两点，A，B满足，求△AOB面积的最大值．23.已知正实数a，b满足a+b=2．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若对任意正实数a，b，不等式|x+1|-|x-3|≥ab恒成立，求实数x的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】解：由z（1+i）=（3+i）2，得z=，∴|z|=||=．故选：C．把已知等式变形，再由商的模等于模的商求解．本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，是基础题．2.【答案】B【解析】解：∵集合，∴A={y|-1≤y≤2}，B={x|0≤x≤4}，∴A∩B={x|0≤x≤2}=[0，2]．故选：B．先分别求出集合A和B，由此能求出A∩B．本题考查集合的运算及关系，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．3.【答案】B【解析】解：根据茎叶图中数据，计算平均数为×（86+80+x+90+91+91）=89，解得x=7．故选：B．根据茎叶图中数据计算平均数即可．本题考查了利用茎叶图中数据计算平均数的应用问题，是基础题．4.【答案】D【解析】解：∵M，∴OM==．∴sinα==．∴cos2α=1-2sin2α=1-2×（）2=．故选：D．易得OM的长度，利用二倍角的三角函数，任意角的三角函数的定义即可求解．本题主要考查了二倍角的三角函数，任意角的三角函数的定义，考查了转化思想，属于基础题．5.【答案】A【解析】解：作出x，y满足约束条件对应的平面区域如图：z=3x-y，得y=3x-z，平移直线y=3x-z，由图象可知当直线y=3x-z经过点B（1，1）时，直线y=3x-z的截距最大，此时z最大，z max=3×1-1=2．即z的最大值是2．故选：A．作出不等式组对应的平面区域，通过目标函数的几何意义，利用数形结合即可的得到结论．本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．6.【答案】B【解析】解：函数=2，把函数的图象向左平移个单位，得到：y=2sin（2x+）=2cos2x的图象，故：要得到y=2sin（）的图象，只需将y=2cos2x的图象向右平移个单位即可．故选：B．直接利用三角函数关系式的平移变换和伸缩变换的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，函数图象的平移变换和伸缩变换的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．7.【答案】C【解析】，解：∵，∴||=||∴y根据向量加法及减法的平行四边形法则可知，以为邻边所作的平行四边形的对角线相等即ABCD为矩形，C=则△ABC的形状为直角三角形故选：C．由已知可得||=||，根据向量加法及减法的平行四边形法则可知，以为邻边所作的平行四边形的对角线相等，可判断本题主要考查了向量加法及减法的平行四边形法则的简单应用，属于基础试题8.【答案】D【解析】解：根据题意，对于函数f（x）=lnx+ln（a-x），有f（a-x）=ln（a-x）+ln[a-（a-x）]=lnx+ln（a-x）=f（x），则函数f（x）的图象关于直线x=对称，若函数f （x ）=lnx+ln （a-x ）的图象关于直线x=1对称，则有=1，则a=2， 则f （x ）=lnx+ln （2-x ）=ln （2x-x 2），其定义域为（0，2）， 设t=2x-x 2，则y=lnt ，又由t=-（x-1）2+1，0＜x ＜2，则有0＜t≤1，则y=lnt≤0，即函数f （x ）的值域为（-∞，0]； 故选：D ．根据题意，分析可得f （a-x ）=f （x ），即可得函数f （x ）的图象关于直线x=对称，据此可得a 的值，进而可得f （x ）=lnx+ln （2-x ）=ln （2x-x 2），设t=2x-x 2，则y=lnt ，由换元法分析可得答案．本题考查函数的对称性，涉及换元法求函数的值域，关键是求出a 的值，属于基础题． 9.【答案】B【解析】解：根据三视图知，该几何体是镶嵌在长方体中的四棱锥P-ABCD ， 且长方体的长、宽、高分别为4、2、3，如图所示；结合图中数据，计算该四棱锥的体积为：V 四棱锥P-ABCD =V 三棱锥C-BDP +V 三棱锥D-ABP =××4×2×3+××4×3×2=8． 故选：B ．根据三视图知该几何体是镶嵌在长方体中的四棱锥，结合图中数据求出该四棱锥的体积．本题考查了利用三视图求几何体体积的应用问题，是基础题．10.【答案】C【解析】解：AC=3，向量在向量的投影的数量为-2，S△ABC=3，可得|AB|cosA=-2，|AB|•|AC|•sinA=3，即|AB|sinA=2，即tanA==-1，内角A=135°，|AB|==2，|BC|2=|AB|2+|AC|2-2|AB|•|AC|•cosA=8+9-2•2•3•（-）=29，即|BC|=，故选：C．由向量的投影和三角形的面积公式，可得A，|AB|，再由余弦定理可得所求值．本题考查三角形的余弦定理和面积公式的运用，考查向量的投影的定义，以及化简运算能力，属于基础题．11.【答案】A【解析】解：令g（x）=f（x）+1-2x2，则g′（x）=f′（x）-4x＞0，故g（x）在R上单调递增，又g（）=f（）+1-2×=-+1-=0，∴g（x）＞0的解集为x＞，∵cos2α=1-2sin2α，故不等式f（sinα）+cos2α＞0等价于f（sinα）+1-2sin2α＞0，即g（sinα）＞0，∴sinα＞，又α∈[0，2π]，∴＜α＜．故选：A．令g（x）=f（x）+1-2x2，求导可得g（x）单调递增，且g（）=0，故不等式f（sinα）+cos2α＞0的解集为g（sinα）＞0的解集．本题考查了导数与函数单调性的关系，考查函数单调性的应用，根据所求不等式构造函数是解题关键，属于中档题．12.【答案】A【解析】解：如图设P在第一象限，内切圆的圆心为I，内切圆与PF1，PF2，F1F2分别切与点E，F，G，根据圆的切线的性质得：PE=PF，F1E=F1G，F2F=F2G，根据双曲线的定义知：PF1-PF2=2a，即（PE+F1E）-（PF-F2F）=2a，∴F1G-F2G=2a，①又F1G+F2G=2c，②，联立①②解得F1G=a+c，F2G=c-a，∴G（a，0），∴内心I的横坐标为a，∵△PF1F2的重心和内心的连线与x轴垂直，∴△PF1F2的重心的横坐标为a，由三角形的重心坐标公式可得a=，解得x0=3a，∴P（3a.2a），将P的坐标代入双曲线可得：-=1，即9-=1，化简得3a2=2c2，所以离心率e==．故选：A．根据双曲线的定义和切线长定理可得内心的横坐标，从而可得重心的横坐标，再根据重心的坐标公式可得x0=3a，再将P的坐标代入双曲线可得．本题考查了双曲线的性质，属难题．13.【答案】80【解析】解：在的展开式的通项公式为T r+1=•25-r•，令5-=4，可得r=2，可得x4的系数是•23=80，故答案为：80．在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于4，求出r的值，即可求得x4的系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．14.【答案】2或8【解析】解：抛物线y2=2px（p＞0）上的一点M到x轴的距离为4，到焦点的距离为5，如图：可得|FQ|=3，所以p=5±|FQ|，所以P=2或8．故答案为：2或8．画出图形，利用抛物线的性质转化求解即可．本题考查抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查．15.【答案】16π【解析】解：如图，因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC=90°，设AB=a，BC=b，球的半径为r．连接AC1∩A1C=O，取AC的中点D，连接BD，则O到三棱柱六个顶点的距离相等，即O为三棱柱外接球的球心．OD=，又因为三棱锥O-ABC的体积为1，即，即，所以r==≥=2，当且仅当a=b时等号成立，所以球O表面积的最小值为S=4πr2=16π．故填：16π．设AB=a，BC=b，球的半径为r．连接AC1∩A1C=O，取AC的中点D，连接BD，则O到三棱柱六个顶点的距离相等，即O为三棱柱外接球的球心．OD=，三棱锥O-ABC的体积为1，即，即，表示出r，根据基本不等式可得r的最小值，从而得到球的表面积的最小值．本题借助直三棱柱的外接球，考查了基本不等式、球的表面积等．属于中档题．16.【答案】64、10、1、8．【解析】解：根据题意，正整数m经过6次运算后得到1，则正整数m经过5次运算后得到2，经过4次运算后得到4，经过3次运算后得到8或者1，分2种情况讨论：①，当经过3次运算后得到8时，经过2次运算后得到16，则经过1次运算后得到32或5，则m的值为64或10，②，当经过3次运算后得到1时，经过2次运算后得到2，则经过1次运算后得到4，则m的值为1或8；综合可得：m的值可能为64、10、1、8．故答案为：64、10、1、8．根据题意，利用正整数m经过6次运算后得到1，结合变化的规则，进行逐项逆推即可得答案．本题考查数列的应用，涉及归纳推理的应用，利用变换规则，进行逆向验证是解决本题的关键．17.【答案】解：（Ⅰ）设首项为a1，公比为q的递增的等比数列，a5=48，4a2，3a3，2a4成等差数列．故：，解得：q=2或1（舍去），整理得：a1=3，所以：，（Ⅱ）数列{b n}满足b1=a2，b n+1=b n+a n，所以：b1=6．则：b n=（b n-b n-1）+（b n-1-b n-2）+…+（b2-b1）+b1，=a n-1+a n-2+…+a2+a1+b1，=，=3•2n-1+3所以：S n=b1+b2+…+b n=．【解析】（Ⅰ）利用已知条件求出数列的通项公式．（Ⅱ）利用叠加法求出数列的通项公式，进一步求出数列的和．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，叠加法在数列通项公式的求法中的应用，数列的求和的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．18.【答案】证明：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCVD，∴PA⊥CD，又AC⊥CD，CA∩PA=A，∴CD⊥平面PAC，∴∠DPC为PD与平面PAC所成角，在Rt△PAC中，tan∠DPC==，在Rt△PAC中，PC=，∴CD=，在Rt△ACD中，AD=2，∠CAD=60°，∵∠BCA=60°，∴在底面ABCD中，BC∥AD，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴BC∥平面PAD．解：（Ⅱ）设BC的中点为N，连结AN，则AN⊥BC，由（Ⅰ）知BC∥AD，∴AN⊥AD，分别以AN，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则P（0，0，2），C（，，0），D（0，2，0），M（，-，1），则=（-，，0），=（0，2，-2），=（，，），设平面PCD的法向量为=（x，y，z），则，令y=1，=（，，），设平面CDM的法向量为=（x，y，z），则，令y=1，得=（，，），设二面角P-CD-M的平面角为θ，则cosθ===．故二面角P-CD-M的余弦值为．【解析】（Ⅰ）推导出PA⊥CD，CD⊥平面PAC，∠DPC为PD与平面PAC所成角，由此能证明BC∥平面PAD．（Ⅱ）设BC的中点为N，连结AN，则AN⊥BC，分别以AN，AD，AP为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向时法能求出二面角P-CD-M的余弦值．本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，是中档题．19.【答案】解：（Ⅰ）由题意可知，当X≥19，T=500×19=9500；当X＜19，T=500×X-（19-X）×100=600X-1900，所以T与X的函数解析式为T=，，＜，由题意可知，一个销售周期内甲市场需求量为8，9，10的概率分别为0.3，0.4，0.3；乙市场需求量为8，9，10的概率分别为0.2，0.5，0.3，设销售的利润不少于8900元的事件记为A，当X≥19，T=500×19=9500＞8900，当X＜19，600X-1900≥8900，解得X≥18，由题意可知，P（X=16）=0.3×0.2=0.06；P（X=17）=0.3×0.5+0.4×0.2=0.23；所以P（A）=P（X≥18）=1-0.06-0.23=0.71．（Ⅱ）当n=17时，E（T）=（500×16-1×100）×0.06+500×17×0.94=8464；当n=18时，E（T）=（500×16-2×100）×0.06+（500×17-1×100）×0.23+18×500×0.71=8790；因为8464＜8790，所以应选n=18．【解析】（Ⅰ）先分2段求出T与X的函数关系式，再利用函数的解析式求得概率；（Ⅱ）计算两个期望比较大小，作出决策．本题考查了离散型随机变量的期望与方差，属中档题．20.【答案】解：（Ⅰ）由∠AF1B=60°，可得a=2b，由点，在C上，可得+=1，∴b2=1，a2=4，∴椭圆C的方程为+y2=1，（Ⅱ）联立，可得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0，∵直线l与椭圆相切，∴△=16（4k2+1-m2）=0，即4k2+1=m2，设P（x1，y1），可得x1==-，则y1==，∴|OP|2=+===4-又直线l与圆O相切，可得|OQ|=，则|OQ|2===4-∴|PQ|===，∴S△OPQ=|PQ|•|OP|=•=•=•≤，当且仅当k=1时取等号，此时m2=1+4=5，则m=±，故直线l的方程为y=x+或y=x-．【解析】（Ⅰ）由∠AF1B=60°，可得a=2b，由点在C上，可得+=1，解得b2=1，a2=4，即可求出椭圆方程，（Ⅱ）联立，根据判别式求出4k2+1=m2，即可求出点P的坐标，可得|OP|，再求出|OQ|，表示出三角形的面积，根据基本不等式即可求出．本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，三角形面积公式与基本不等式的综合应用，考查计算能力，属于中档题．21.【答案】解：（Ⅰ）f′（x）=e2x+2×e2x=e2x，x＞-1，令h（x）=-2x2+（2a-2）x+a-1，△=4（a2-1），当-1≤a≤1时，△≤0，则h（x）≤0，即f′（x）≤0，∴f（x）在（-1，+∞）上单调递增，当a＜-1或a＞1时，此时△＞0，设h（x）=0的两根为x1，x2，且x1＜x2，则x1=，x2=，若a＜-1，可知x1＜-1＜x2，则x∈（x2，+∞），f′（x）＜0，x∈（-1，x2），f′（x）＞0，若a＞1，可知-1＜x1＜x2，则x∈（-1，x1），（x2，+∞），f′（x）＜0，x∈（x1，x2），f′（x）＞0，综上所述，当a＜-1时，f（x）在（，+∞）上单调递减，在（-1，）上单调递增，（，+∞）上单调递减，在（，）当a＞1时，f（x）在（-1，），上单调递增，证明：（Ⅱ）＞，∴g′（x）====，由（Ⅰ）可知当a=1时，f（x）=e2x在（0，+∞）单调递减，且f（0）=1，f（1）=0，∴对任意m∈[0，1），存在唯一x m∈（0，1]，使f（x m）=m，（反之对任意x m（0，1]存在唯一m∈[0，1），f（x m）=m），∴当x∈（0，x m）时，f（x）＞m，此时g′（x）＞0，函数g（x）在（0，x m）上单调递增，当x∈（x m，+∞）时，f（x）＜m，此时g′（x）＜0，函数g（x）在（x m，+∞）上单调递减，∴当x=x m时，g（x）取得最大值，即最大值h（m）=g（x m）====令p（x）=e2x，p′（x）=-e2x≤0，（0＜x≤1），∴p（x）在（0，1]上单调递减，∴p（1）≤h（m）＜p（0），即-e2≤h（m）＜-2，∴h（m）的值域为[-e2，-2）．【解析】（Ⅰ）先求导，再分类讨论，根据导数和函数单调的关系即可求出，（Ⅱ）先求导，g′（x）=，由（Ⅰ）可知当a=1时，构造函数，再根据导数和函数最值的关系即可证明．本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．22.【答案】解：（Ⅰ）曲线C2的极坐标方程为ρsin（θ+）=3，可得C2的直角坐标方程为：x+-6=0，即曲线C2为直线．曲线C1是圆心为（2，0），半径为|r|的圆．因为圆C1与直线C2恰有一个公共点，可得|r|==2，圆C1的普通方程为x2+y2-4x=0，所以C1的极坐标方程为ρ=4cosθ．（Ⅱ）由题意可设A（ρ1，θ），B（ρ2，θ+），（ρ1＞0，ρ2＞0），S△AOB=|OA||OB|sin=ρ1ρ2=4cosθcos（θ+）=4（cos2θ-sinθcosθ）=4（-）=2+2cos（2θ+），所以△AOB面积的最大值为2+2．【解析】（Ⅰ）消参可得C1的普通方程，再根据互化公式可得C1的极坐标方程．（Ⅱ）根据极径的几何意义和三角形面积公式可得面积，再根据三角函数的性质可得最大值．本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．23.【答案】（Ⅰ）证明：正实数a，b满足a+b=2，则=2（a+b）+2+2•≤6+2（a+b）+2=12，∴；（Ⅱ）解：对任意正实数a，b，有a+b≥2，所以2≤2，即ab≤1，当且仅当a=b 时取“=”；所以对任意a、b∈R+，不等式|x+1|-|x-3|≥ab恒成立，即|x+1|-|x-3|≥1恒成立；若x≤-1，则不等式化为-x-1-（3-x）≥1，即-4≥1，不等式无解；若-1＜x＜3，则不等式化为x+1-（3-x）≥1，解得≤x≤3；若x≥3，则不等式化为x+1-（x-3）≥1，即4≥1，不等式恒成立；综上，实数x的取值范围是[，+∞）．【解析】（Ⅰ）根据题意，利用完全平方公式和基本不等式，即可证明；（Ⅱ）利用基本不等式得出ab≤1，把问题转化为|x+1|-|x-3|≥1恒成立，再利用分段讨论法求出不等式的解集．本题考查了基本不等式应用问题，也考查了不等式恒成立应用问题，是中档题．。

2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二理

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2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二理一、选择题1．(2017·宝鸡质检)函数f(x)＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的单调递增区间是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π2－π12，k π2＋5π12(k ∈Z)B.⎝⎛⎭⎪⎫k π2－π12，k π2＋5π12(k ∈Z) C.⎝⎛⎭⎪⎫k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z)D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z) 解析：选B 由k π－π2<2x －π3<k π＋π2(k ∈Z)得，k π2－π12<x<k π2＋5π12(k ∈Z)，所以函数f(x)＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2－π12，k π2＋5π12 (k ∈Z)，故选B. 2.函数f(x)＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈R ，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为( )A ．f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4B ．f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4C ．f(x)＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x ＋π4 D ．f(x)＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x －π4 解析：选A 由题图可知， 函数f(x)的最小正周期为T ＝2πω＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3π8－π8×4＝π，所以ω＝2，即f(x)＝sin(2x ＋φ)．又函数f(x)的图象经过点⎝⎛⎭⎪⎫π8，1，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋φ＝1，则π4＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z)，解得φ＝2k π＋π4(k ∈Z)，又|φ|<π2，所以φ＝π4，即函数f(x)＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，故选A.3．(2017·天津高考)设函数f(x)＝2sin(ωx ＋φ)，x ∈R ，其中ω>0，|φ|<π.若f⎝ ⎛⎭⎪⎫5π8＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π8＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，则( )A ．ω＝23，φ＝π12B ．ω＝23，φ＝－11π12C ．ω＝13，φ＝－11π24D ．ω＝13，φ＝7π24解析：选A 法一：由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π8＝2，得5π8ω＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z)，①由f ⎝⎛⎭⎪⎫11π8＝0，得11π8ω＋φ＝k′π(k′∈Z)，②由①②得ω＝－23＋43(k′－2k)．又最小正周期T ＝2πω>2π，所以0<ω<1，ω＝23.又|φ|<π，将ω＝23代入①得φ＝π12.选项A 符合．法二：∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π8＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π8＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，∴f(x)的最小正周期为4⎝⎛⎭⎪⎫11π8－5π8＝3π，∴ω＝2π3π＝23，∴f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫23x ＋φ.由2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫23×5π8＋φ＝2，得φ＝2k π＋π12，k ∈Z.又|φ|<π，∴取k ＝0，得φ＝π12.故选A.4．(2017·湖北荆州质检)函数f(x)＝2x －tan x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上的图象大致为( )解析：选C 因为函数f(x)＝2x －tan x 为奇函数，所以函数图象关于原点对称，排除选项A ，B ，又当x→π2时，y<0，排除选项D ，故选C.5．(2017·安徽芜湖模拟)若将函数y ＝sin 2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6的图象向右平移m(m>0)个单位长度后所得的图象关于直线x ＝π4对称，则m 的最小值为( )A.π12B.π6C.π4D.π3解析：选B 平移后所得的函数图象对应的解析式是y ＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －m ＋π6，因为该函数的图象关于直线x ＝π4对称，所以2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－m ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z)，所以m ＝π6－k π2(k ∈Z)，又m>0，故当k ＝0时，m 最小，此时m ＝π6.6．(2017·云南检测)函数f(x)＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则f(x)的单调递增区间为( )A ．(－1＋4k π，1＋4k π)，k ∈ZB ．(－3＋8k π，1＋8k π)，k ∈ZC ．(－1＋4k,1＋4k)，k ∈ZD ．(－3＋8k,1＋8k)，k ∈Z解析：选D 由题图，知函数f(x)的最小正周期为T ＝4×(3－1)＝8，所以ω＝2πT ＝π4，所以f(x)＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π4x ＋φ.把(1,1)代入，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋φ＝1，即π4＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z)，又|φ|<π2，所以φ＝π4，所以f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋π4.由2k π－π2≤π4x ＋π4≤2k π＋π2(k∈Z)，得8k －3≤x≤8k＋1(k ∈Z)，所以函数f(x)的单调递增区间为(8k －3,8k ＋1)(k ∈Z)，故选D.7．(2017·全国卷Ⅲ)函数f(x)＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6的最大值为( ) A.65 B ．1 C.35D.15解析：选 A 因为cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3－π2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，所以f(x)＝65sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3，于是f(x)的最大值为65.8．(2017·武昌调研)若f(x)＝cos 2x ＋acos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2上是增函数，则实数a 的取值范围为( )A ．[－2，＋∞)B ．(－2，＋∞)C ．(－∞，－4)D ．(－∞，－4]解析：选D f(x)＝1－2sin 2x －asin x ，令sin x ＝t ，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，则g(t)＝－2t 2－at ＋1，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，因为f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2上单调递增，所以－a 4≥1，即a≤－4，故选D. 9．已知函数f(x)＝sin(2x ＋φ)(0<φ<π)，若将函数f(x)的图象向左平移π6个单位长度后所得图象对应的函数为偶函数，则φ＝( )A.5π6B.2π3C.π3D.π6解析：选D 函数f(x)的图象向左平移π6个单位长度后所得图象对应的函数解析式为y＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋φ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋φ，由于该函数是偶函数，∴π3＋φ＝π2＋k π(k ∈Z)，即φ＝π6＋k π(k ∈Z)，又0<φ<π，∴φ＝π6，故选D.10．若函数f(x)＝sin ωx ＋3cos ωx(ω>0)满足f(α)＝－2，f(β)＝0，且|α－β|的最小值为π2，则函数f(x)的解析式为( )A ．f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3B ．f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3C ．f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6D ．f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6 解析：选A f(x)＝sin ωx ＋3cos ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3.因为f(α)＝－2，f(β)＝0，且|α－β|min ＝π2，所以T 4＝π2，得T ＝2π(T 为函数f(x)的最小正周期)，故ω＝2πT＝1，所以f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3，故选A.11．(2018届高三·广西三市联考)已知x ＝π12是函数f(x)＝3sin(2x ＋φ)＋cos(2x ＋φ)(0<φ<π)图象的一条对称轴，将函数f(x)的图象向右平移3π4个单位长度后得到函数g(x)的图象，则函数g(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π6上的最小值为( ) A ．－2 B ．－1 C ．－ 2D ．－ 3解析：选B f(x)＝3sin(2x ＋φ)＋cos(2x ＋φ)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋φ.∵x ＝π12是f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋φ图象的一条对称轴，∴2×π12＋π6＋φ＝k π＋π2(k ∈Z)，即φ＝π6＋k π(k ∈Z)，∵0<φ<π，∴φ＝π6，则f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，∴g(x)＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －3π4＋π3＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，则g(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π6上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝－1，故选B. 12．(2017·广州模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx ＋φ)＋cos(ωx ＋φ)(ω>0,0<φ<π)是奇函数，直线y ＝2与函数f(x)的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为π2，则( )A ．f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递减B ．f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π8，3π8上单调递减C ．f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递增D ．f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π8，3π8上单调递增 解析：选D f(x)＝sin(ωx ＋φ)＋cos(ωx ＋φ)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋φ＋π4，因为0<φ<π且f(x)为奇函数，所以φ＝3π4，即f(x)＝－2sin ωx ，又直线y ＝2与函数f(x)的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为π2，所以函数f(x)的最小正周期为π2，由2πω＝π2，可得ω＝4，故f(x)＝－2sin 4x ，由2k π＋π2≤4x≤2k π＋3π2，k ∈Z ，得k π2＋π8≤x≤k π2＋3π8，k ∈Z ，令k ＝0，得π8≤x≤3π8，此时f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π8，3π8上单调递增，故选D.二、填空题13．(2017·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝sin 2x ＋3cos x －34⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2的最大值是________．解析：依题意，f(x)＝sin 2x ＋3cos x －34＝－cos 2x ＋3cos x ＋14＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x －322＋1，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以cos x ∈[0,1]，因此当cos x ＝32时，f(x)max ＝1. 答案：114．已知函数f(x)＝2sin(ωx ＋φ)对任意的x 都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6+x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝________.解析：函数f(x)＝2sin(ωx ＋φ)对任意的x 都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6+x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ，则其图象的一条对称轴为x ＝π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝±2.答案：±215．(2017·深圳调研)已知函数f(x)＝cos xsin x(x ∈R)，则下列四个结论中正确的是________．(写出所有正确结论的序号)①若f(x 1)＝－f(x 2)，则x 1＝－x 2； ②f(x)的最小正周期是2π；③f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4上是增函数；④f(x)的图象关于直线x ＝3π4对称． 解析：因为f(x)＝cos xsin x ＝12sin 2x ，所以f(x)是周期函数，且最小正周期为T ＝2π2＝π，所以①②错误；由2k π－π2≤2x≤2k π＋π2(k ∈Z)，解得k π－π4≤x≤k π＋π4(k ∈Z)，当k ＝0时，－π4≤x≤π4，此时f(x)是增函数，所以③正确；由2x ＝π2＋k π(k ∈Z)，得x ＝π4＋k π2(k ∈Z)，取k ＝1，则x ＝3π4，故④正确．答案：③④16．已知函数f(x)＝Acos 2(ωx ＋φ)＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫A>0，ω>0，0<φ<π2的最大值为3，f(x)的图象与y 轴的交点坐标为(0,2)，其相邻两条对称轴间的距离为2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(2 016)＋f(2 017)＝________.解析：∵函数f(x)＝Acos 2(ωx ＋φ)＋1＝A·1＋ωx ＋2φ2＋1＝A2cos(2ωx ＋2φ)＋1＋A 2⎝ ⎛⎭⎪⎫A>0，ω>0，0<φ<π2的最大值为3，∴A 2＋1＋A2＝3，∴A ＝2.根据函数图象相邻两条对称轴间的距离为2，可得函数的最小正周期为4，即2π2ω＝4，∴ω＝π4.再根据f(x)的图象与y 轴的交点坐标为(0,2)，可得cos 2φ＋1＋1＝2，∴cos 2φ＝0，又0<φ<π2，∴2φ＝π2，φ＝π4.故函数f(x)的解析式为f(x)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x ＋π2＋2＝－sin π2x ＋2，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2016)＋f(2017)＝－⎝⎛⎭⎪⎫sin π2＋sin 2π2＋sin 3π2＋…＋sin 2 016π2＋sin 2 017π2＋2×2 017＝504×0－sin π2＋4034＝0－1＋4 034＝4 033.答案：4 033B 组——能力小题保分练1．曲线y ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4和直线y ＝12在y 轴右侧的交点的横坐标按从小到大的顺序依次记为P 1，P 2，P 3，…，则|P 3P 7|＝( )A ．πB ．2πC ．4πD ．6π解析：选B y ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝cos 2x －sin 2x ＝cos 2x ，故曲线对应的函数为周期函数，且最小正周期为π，直线y ＝12在y 轴右侧与函数y ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4在每个周期内的图象都有两个交点，又P 3与P 7相隔2个周期，故|P 3P 7|＝2π，故选B.2．已知函数f(x)＝2sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫|φ|<π2在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－π12，π6上单调且最大值不大于3，则φ的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π6C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π4，0 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，0解析：选D 因为函数f(x)＝2sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫|φ|<π2在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－π12，π6上单调且最大值不大于3，又－π6＋φ<2x ＋φ≤π3＋φ，所以2×π6＋φ≤π3，且2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＋φ≥－π2，解得－π3≤φ≤0，故选D.3.已知函数f(x)＝Asin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A>0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则( )A ．f(x)的图象关于直线x ＝－2π3对称B ．f(x)的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π12，0对称 C ．若方程f(x)＝m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0上有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是(－2，－ 3 ]D ．将函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6的图象向左平移π6个单位长度得到函数f(x)的图象解析：选C 根据题中所给的图象，可知函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，∴当x ＝－2π3时，2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π3＋π3＝－π，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π3＝2sin(－π)＝0，从而f(x)的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π3，0对称，而不是关于直线x ＝－2π3对称，故A 不正确；当x ＝－5π12时，2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π12＋π3＝－π2，∴f(x)的图象关于直线x ＝－5π12对称，而不是关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π12，0对称，故B 不正确；当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0时，2x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2π3，π3，f(x)∈[－2， 3 ]，结合正弦函数图象的性质，可知若方程f(x)＝m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0上有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是(－2，－ 3 ]，故C 正确；根据图象平移变换的法则，可知应将y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6的图象向左平移π4个单位长度得到f(x)的图象，故D 不正确．故选C.4．如果两个函数的图象平移后能够重合，那么称这两个函数互为生成函数．给出下列四个函数：①f(x)＝sin x ＋cos x ；②f(x)＝2(sin x ＋cos x)； ③f(x)＝sin x ；④f(x)＝2sin x ＋ 2. 其中互为生成函数的是( )A ．①②B ．①④C ．③④D ．②④解析：选B 首先化简题中①②两个函数解析式可得：①f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，②f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，可知③f(x)＝sin x 的图象要与其他函数的图象重合，只经过平移不能完成，还必须经过伸缩变换才能实现，∴③f(x)＝sin x 不与其他函数互为生成函数；同理①f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4(④f(x)＝2sin x ＋2)的图象与②f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4的图象也必须经过伸缩变换才能重合，而④f(x)＝2sin x ＋2的图象向左平移π4个单位长度，再向下平移2个单位长度即可得到①f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4的图象，∴①④互为生成函数，故选B.5．已知函数f(x)＝Asin(ωx ＋φ)(A ，ω，φ均为正常数)的最小正周期为π，且当x ＝2π3时，函数f(x)取得最小值，则( ) A ．f(1)<f(－1)<f(0) B ．f(0)<f(1)<f(－1) C ．f(－1)<f(0)<f(1) D ．f(1)<f(0)<f(－1)解析：选C 因为函数f(x)＝Asin(ωx ＋φ)的最小正周期为π，所以ω＝2ππ＝2，故f(x)＝Asin(2x ＋φ)，因为当x ＝2π3时，函数f(x)取得最小值，所以2×2π3＋φ＝2k π－π2，k ∈Z ，解得φ＝2k π－11π6，k ∈Z ，又φ>0，故可取k ＝1，则φ＝π6，故f(x)＝Asin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，所以f(－1)＝Asin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2＋π6<0，f(1)＝Asin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋π6>0，f(0)＝Asin π6＝12A>0，故f(－1)最小．又sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－2－π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－2>sin π6，故f(1)>f(0)．综上可得f(－1)<f(0)<f(1)，故选C.6．若函数f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4(ω>0)的图象的对称轴与函数g(x)＝cos(2x ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫|φ|<π2的图象的对称轴完全相同，则φ＝________.解析：因为函数f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4(ω>0)的图象的对称轴与函数g(x)＝cos(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫|φ|<π2的图象的对称轴完全相同，故它们的最小正周期相同，即2πω＝2π2，所以ω＝2，故函数f(x)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4.令2x ＋π4＝k π＋π2，k ∈Z ，则x ＝k π2＋π8，k ∈Z ，故函数f(x)的图象的对称轴为x ＝k π2＋π8，k ∈Z.令2x ＋φ＝m π，m ∈Z ，则x ＝m π2－φ2，m∈Z ，故函数g(x)的图象的对称轴为x ＝m π2－φ2，m ∈Z ，故k π2＋π8－m π2＋φ2＝n π2，m ，n ，k ∈Z ，即φ＝(m ＋n －k)π－π4，m ，n ，k ∈Z ，又|φ|<π2，所以φ＝－π4.答案：－π4。

人教A版高中数学选修2课时跟踪检测七等比数列的概念及通项公式

人教A版高中数学选修2课时跟踪检测七等比数列的概念及通项公式

课时跟踪检测(七) 等比数列的概念及通项公式1．[多选]下列说法中不正确的是( ) A ．等比数列中的某一项可以为0B ．等比数列中公比的取值范围是(－∞，＋∞)C ．若一个常数列是等比数列，则这个常数列的公比为1D ．若b 2＝ac ，则a ，b ，c 成等比数列解析：选ABD 对于A ，因为等比数列中的各项都不为0，所以A 不正确；对于B ，因为等比数列的公比不为0，所以B 不正确；对于C ，若一个常数列是等比数列，则这个常数不为0，根据等比数列的定义知此数列的公比为1，所以C 正确；对于D ，只有当a ，b ，c 都不为0时，a ，b ，c 才成等比数列，所以D 不正确．故选A 、B 、D.2．已知等比数列{a n }满足：a 1＋a 2＝3，a 2＋a 3＝6，则a 7＝( ) A ．64 B ．81 C ．128 D ．243 解析：选A 设等比数列{a n }的公比为q ， 由题知a 2＋a 3＝a 1q ＋a 2q ＝q (a 1＋a 2)＝6. 又因为a 1＋a 2＝3，所以q ＝2，a 1＝1， 所以a 7＝a 1·q 6＝26＝64.3．等差数列{a n }中，d ＝2，且a 1，a 3，a 4成等比数列，则a 2＝( ) A ．－4 B ．－6 C ．－8 D ．－10解析：选B 由题知a 1＝a 2－d ＝a 2－2，a 3＝a 2＋d ＝a 2＋2，a 4＝a 2＋2d ＝a 2＋4. 因为a 1，a 3，a 4成等比数列， 所以a 23＝a 1·a 4，即(a 2＋2)2＝(a 2－2)(a 2＋4)， 解得a 2＝－6.4．已知数列{a n }是公比为q 的等比数列，且a 1，a 3，a 2成等差数列，则q ＝( ) A ．1或－12 B ．1 C ．－12D ．－2解析：选A 由题意，可知2a 3＝a 1＋a 2，即2a 1q 2＝a 1＋a 1q .∴a 1≠0，∴2q 2＝1＋q ，∴q ＝1或－12.5．若数列{a n }满足a n ＋1＝4a n ＋6(n ∈N *)且a 1＞0，则下列数列中是等比数列的是( ) A ．{a n ＋6} B ．{a n ＋1} C ．{a n ＋3}D ．{a n ＋2}解析：选D 由a n ＋1＝4a n ＋6可得a n ＋1＋2＝4a n ＋8＝4(a n ＋2)，因此a n ＋1＋2a n ＋2＝4.又a 1＞0，所以a n ＞0，从而a n ＋2＞0(n ∈N *)，故{a n ＋2}是等比数列．6．已知等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＋2a 2＝4，a 24＝4a 3a 7，则a 5＝________.解析：设公比为q ，则由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2a 1q ＝4，a 21q 6＝4a 21q 8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝12，所以a 5＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝18. 答案：187．已知等比数列{a n }中的前三项为a,2a ＋2,3a ＋3，则实数a 的值为________． 解析：因为2a ＋2为等比中项，所以(2a ＋2)2＝a (3a ＋3)， 整理得a 2＋5a ＋4＝0，解得a ＝－1或a ＝－4. 但当a ＝－1时，第二、三项均为零， 故a ＝－1应舍去， 综上，a ＝－4. 答案：－48．“一尺之棰，日取其半，万世不竭”这句话出自《庄子·天下篇》，其意思为“一根一尺长的木棰每天截取一半，永远都取不完”．设第一天这根木棰被截取一半剩下a 1尺，第二天被截取剩下的一半剩下a 2尺，…，第五天被截取剩下的一半剩下a 5尺，则a 1＋a 2a 5＝________.解析：依题意可知，a 1，a 2，a 3，…成等比数列，且公比为12，则a 1＋a 2a 5＝12＋14125＝24.答案：249．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10,2(a n ＋a n －2)＝5a n －1，求数列{a n }的通项公式．解：设数列{a n }的公比为q . ∵a 25＝a 10,2(a n ＋a n －2)＝5a n －1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 21·q 8＝a 1·q 9， ①2q 2＋1＝5q . ②由①，得a 1＝q . 由②，得q ＝2或q ＝12，又数列{a n }为递增数列，∴a 1＝q ＝2，∴a n ＝2n.10．已知数列{}a n 的前n 项和为S n ，S n ＝13(a n －1)(n ∈N *)．(1)求a 1，a 2；(2)求证：数列{}a n 是等比数列．解：(1)由S 1＝13(a 1－1)，得a 1＝13(a 1－1)．所以a 1＝－12.又S 2＝13(a 2－1)，即a 1＋a 2＝13(a 2－1)，得a 2＝14.(2)证明：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝13(a n －1)－13(a n －1－1)， 得a n a n －1＝－12，又a 1＝－12， 所以{}a n 是首项为－12，公比为－12的等比数列．1．已知等比数列{a n }的各项均为正数，公比q ≠1，ka 1a 2…a k ＝a 11，则k ＝( ) A ．12 B ．15 C ．18 D ．212．明代朱载堉对文艺的最大贡献是创建了“十二平均律”，此理论被广泛应用在世界各国的键盘乐器上，包括钢琴，故朱载堉被誉为“钢琴理论的鼻祖”．“十二平均律”是指一个八度有十三个单音，相邻两个单音之间的频率之比相等，且最后一个单音的频率是第一个单音的频率的2倍，设第二个单音的频率为f 2，第八个单音的频率为f 8，则f 8f 2等于( )A. 2 B ．32 C.42 D ．62解析：选A 依题意知，十三个单音的频率构成等比数列，记为{a n }，设公比为q ，则a 13＝a 1q 12，且a 13＝2a 1，∴q ＝2112，∴f 8f 2＝a 8a 2＝q 6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21126＝ 2. 3．已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，S 2＝8，S 4＝32，数列{b n }为等比数列，且b 1＝a 1，b 2(a 2－a 1)＝b 1，则{b n }的通项公式为b n ＝________.解析：设公差为d ，公比为q ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝8，4a 1＋6d ＝32.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝4.又∵b 2(a 2－a 1)＝b 1， ∴q ＝b 2b 1＝1a 2－a 1＝1d ＝14.∴b n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1.答案：2×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －14．在各项均为负数的数列{a n }中，已知2a n ＝3a n ＋1，且a 2·a 5＝827.(1)求证：{a n }是等比数列，并求出其通项公式．(2)试问：－1681是这个等比数列中的项吗？如果是，指明是第几项；如果不是，请说明理由．解：(1)证明：∵2a n ＝3a n ＋1，∴a n ＋1a n ＝23， 故{a n }是等比数列，且其公比为23.∵a 1q ·a 1q 4＝827，∴a 21＝94，又a 1＜0，∴a 1＝－32，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2.(2)由(1)的结论，令－1681＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2，得⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2， 解得n ＝6，为正整数，则－1681是该数列的第6项． 5．设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列． (1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列；(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由．解：(1)证明：因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d(n ＝1,2,3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，aa 4依次构成等比数列．(2)令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d 使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列， 则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝d a ，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜t ＜1，t ≠0，化简得t 3＋2t 2－2＝0 (*)，且t 2＝t ＋1.将t 2＝t ＋1代入(*)式，得t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．。

高考数学《数列》大题训练50题含答案解析整理版

高考数学《数列》大题训练50题含答案解析整理版

高考数学《数列》大题训练50题1 ．数列{}的前n 项和为，且满足，.n a n S 11a =2(1)n n S n a =+（1）求{}的通项公式； （2）求和T n =.n a 1211123(1)na a n a ++++L 2 ．已知数列，a 1=1，点在直线上.}{n a *))(2,(1N n a a P n n ∈+0121=+-y x （1）求数列的通项公式；}{n a （2）函数，求函数最小值.)2*,(1111)(321≥∈++++++++=n N n a n a n a n a n n f n且 )(n f 3 ．已知函数(a ，b 为常数)的图象经过点P （1，）和Q （4，8）x ab x f =)(81(1) 求函数的解析式；)(x f (2) 记a n =log 2,n 是正整数，是数列{a n }的前n 项和，求的最小值。

)(n f n S n S 4 ．已知y ＝f (x )为一次函数，且f (2)、f (5)、f (4)成等比数列，f (8)＝15．求＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的表达式．n S 5 ．设数列的前项和为，且，其中是不等于和0的实常数.{}n a n n S 1n n S c ca =+-c 1-（1）求证: 为等比数列；{}n a （2）设数列的公比，数列满足，试写出 的{}n a ()q f c ={}n b ()()111,,23n n b b f b n N n -==∈≥1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭通项公式，并求的结果.12231n n b b b b b b -+++L 6 ．在平面直角坐标系中,已知A n (n,a n )、B n (n,b n )、C n (n -1,0)(n ∈N *)，满足向量与向量共线，且1+n n A A n n C B 点B n (n,b n ) (n ∈N *)都在斜率为6的同一条直线上.(1)试用a 1,b 1与n 来表示a n ;(2)设a 1=a ,b 1=-a ,且12<a ≤15，求数列{a n }中的最小项.7 ．已知数列的前三项与数列的前三项对应相同，且…对任意的{}n a {}n b 212322a a a +++12n n a -+8n =∈n N*都成立，数列是等差数列．1{}n n b b +-（1）求数列与的通项公式；{}n a {}n b （2）问是否存在N *，使得？请说明理由．k ∈(0,1)k k b a -∈8 ．已知数列),3,2(1335,}{11 =-+==-n a a a a nn n n 且中（I ）试求a 2，a 3的值；（II ）若存在实数为等差数列，试求λ的值.}3{,nn a λλ+使得9 ．已知数列的前项和为，若，{}n a n n S ()1,211++=⋅=+n n S a n a n n（1）求数列的通项公式;{}n a （2）令，①当为何正整数值时，：②若对一切正整数，总有，求的n nn S T 2=n 1+>n n T T n m T n ≤m 取值范围。

高考新课标数学数列大题精选50题(含答案、知识卡片)

高考新课标数学数列大题精选50题(含答案、知识卡片)

高考新课标数学数列大题精选50题（含答案、知识卡片）一．解答题（共50题）1．（2019•全国）数列{a n}中，a1＝，2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．（1）求{a n}的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜的n的最大值．2．（2019•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S9＝﹣a5．（1）若a3＝4，求{a n}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得S n≥a n的n的取值范围．3．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝0，4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4．（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n﹣b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式．4．（2019•新课标Ⅱ）已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．5．（2018•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并求S n的最小值．6．（2018•新课标Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，设b n＝．（1）求b1，b2，b3；（2）判断数列{b n}是否为等比数列，并说明理由；（3）求{a n}的通项公式．7．（2018•新课标Ⅲ）等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为{a n}的前n项和．若S m＝63，求m．8．（2017•全国）设数列{b n}的各项都为正数，且．（1）证明数列为等差数列；（2）设b1＝1，求数列{b n b n+1}的前n项和S n．9．（2017•新课标Ⅱ）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．（1）若a3+b3＝5，求{b n}的通项公式；（2）若T3＝21，求S3．10．（2017•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．已知S2＝2，S3＝﹣6．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并判断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．11．（2017•新课标Ⅲ）设数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．12．（2016•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝n2．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记b n＝，求数列{b n}的前n项和．13．（2016•新课标Ⅲ）已知数列{a n}的前n项和S n＝1+λa n，其中λ≠0．（1）证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；（2）若S5＝，求λ．14．（2016•新课标Ⅰ）已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1＝1，b2＝，a n b n+1+b n+1＝nb n．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求{b n}的前n项和．15．（2016•新课标Ⅲ）已知各项都为正数的数列{a n}满足a1＝1，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0．（1）求a2，a3；（2）求{a n}的通项公式．16．（2016•新课标Ⅱ）等差数列{a n}中，a3+a4＝4，a5+a7＝6．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n＝[a n]，求数列{b n}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2．17．（2016•新课标Ⅱ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记b n＝[lga n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{b n}的前1000项和．18．（2015•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．（Ⅰ）证明：数列{2n a n}是等差数列；（Ⅱ）求{a n}的通项公式．19．（2015•新课标Ⅰ）S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a n2+2a n＝4S n+3（I）求{a n}的通项公式：（Ⅱ）设b n＝，求数列{b n}的前n项和．数列全国高考数学试题参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．（2019•全国）数列{a n}中，a1＝，2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．（1）求{a n}的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜的n的最大值．【分析】（1）由2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0可得，可知数列{}是等差数列，求出的通项公式可得a n；（2）由（1）知＝，然后利用裂项相消法求出a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n，再解不等式可得n的范围，进而得到n的最大值．【解答】解：（1）∵2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．∴，又，∴数列{}是以3为首项，2为公差的等差数列，∴，∴；（2）由（1）知，＝，∴a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＝＝，∵a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜，∴＜，∴4n+2＜42，∴n＜10，∵n∈N*，∴n的最大值为9．【点评】本题考查了等差数列的定义，通项公式和裂项相消法求出数列的前n项和，考查了转化思想，关键是了解数列的递推公式，明确递推公式与通项公式的异同，会根据数列的递推公式构造新数列，属中档题．2．（2019•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S9＝﹣a5．（1）若a3＝4，求{a n}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得S n≥a n的n的取值范围．【分析】（1）根据题意，等差数列{a n}中，设其公差为d，由S9＝﹣a5，即可得S9＝＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，结合a3＝4，计算可得d的值，结合等差数列的通项公式计算可得答案；（2）若S n≥a n，则na1+d≥a1+（n﹣1）d，分n＝1与n≥2两种情况讨论，求出n的取值范围，综合即可得答案．【解答】解：（1）根据题意，等差数列{a n}中，设其公差为d，若S9＝﹣a5，则S9＝＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，即a1+4d＝0，若a3＝4，则d＝＝﹣2，则a n＝a3+（n﹣3）d＝﹣2n+10，（2）若S n≥a n，则na1+d≥a1+（n﹣1）d，当n＝1时，不等式成立，当n≥2时，有≥d﹣a1，变形可得（n﹣2）d≥﹣2a1，又由S9＝﹣a5，即S9＝＝9a5＝﹣a5，则有a5＝0，即a1+4d＝0，则有（n﹣2）≥﹣2a1，又由a1＞0，则有n≤10，则有2≤n≤10，综合可得：n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．【点评】本题考查等差数列的性质以及等差数列的前n项和公式，涉及数列与不等式的综合应用，属于基础题．3．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝0，4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4．（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n﹣b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式．【分析】（1）定义法证明即可；（2）由（1）结合等差、等比的通项公式可得【解答】解：（1）证明：∵4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4；∴4（a n+1+b n+1）＝2（a n+b n），4（a n+1﹣b n+1）＝4（a n﹣b n）+8；即a n+1+b n+1＝（a n+b n），a n+1﹣b n+1＝a n﹣b n+2；又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，∴{a n+b n}是首项为1，公比为的等比数列，{a n﹣b n}是首项为1，公差为2的等差数列；（2）由（1）可得：a n+b n＝（）n﹣1，a n﹣b n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；∴a n＝（）n+n﹣，b n＝（）n﹣n+．【点评】本题考查了等差、等比数列的定义和通项公式，是基础题4．（2019•新课标Ⅱ）已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．【分析】（1）设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；（2）把（1）中求得的{a n}的通项公式代入b n＝log2a n，得到b n，说明数列{b n}是等差数列，再由等差数列的前n项和公式求解．【解答】解：（1）设等比数列的公比为q，由a1＝2，a3＝2a2+16，得2q2＝4q+16，即q2﹣2q﹣8＝0，解得q＝﹣2（舍）或q＝4．∴；（2）b n＝log2a n＝，∵b1＝1，b n+1﹣b n＝2（n+1）﹣1﹣2n+1＝2，∴数列{b n}是以1为首项，以2为公差的等差数列，则数列{b n}的前n项和．【点评】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前n项和，考查对数的运算性质，是基础题．5．（2018•全国）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝，a n＞0，a n+1•（S n+1+S n）＝2．（1）求S n；（2）求++…+．【分析】（1）由数列递推式可得（S n+1﹣S n）（S n+1+S n）＝2，可得S n+12﹣S n2＝2，运用等差数列的定义和通项公式可得所求S n；（2）化简＝＝（）＝（﹣），再由数列的求和方法：裂项相消求和，化简整理可得所求和．【解答】解：（1）a1＝，a n＞0，a n+1•（S n+1+S n）＝2，可得（S n+1﹣S n）（S n+1+S n）＝2，可得S n+12﹣S n2＝2，即数列{S n2}为首项为2，公差为2的等差数列，可得S n2＝2+2（n﹣1）＝2n，由a n＞0，可得S n＝；（2）＝＝（）＝（﹣），即++…+＝（﹣1+﹣+2﹣+…+﹣）＝（﹣1）．【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式的运用，考查数列的递推式和数列的求和方法：裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．6．（2018•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并求S n的最小值．【分析】（1）根据a1＝﹣7，S3＝﹣15，可得a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，求出等差数列{a n}的公差，然后求出a n即可；（2）由a1＝﹣7，d＝2，a n＝2n﹣9，得S n＝＝＝n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，由此可求出Sn以及S n的最小值．【解答】解：（1）∵等差数列{a n}中，a1＝﹣7，S3＝﹣15，∴a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，解得a1＝﹣7，d＝2，∴a n＝﹣7+2（n﹣1）＝2n﹣9；（2）∵a1＝﹣7，d＝2，a n＝2n﹣9，∴S n＝＝＝n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，∴当n＝4时，前n项的和S n取得最小值为﹣16．【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n项的和公式，属于中档题．7．（2018•新课标Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，设b n＝．（1）求b1，b2，b3；（2）判断数列{b n}是否为等比数列，并说明理由；（3）求{a n}的通项公式．【分析】（1）直接利用已知条件求出数列的各项．（2）利用定义说明数列为等比数列．（3）利用（1）（2）的结论，直接求出数列的通项公式．【解答】解：（1）数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，则：（常数），由于，故：，数列{b n}是以b1为首项，2为公比的等比数列．整理得：，所以：b1＝1，b2＝2，b3＝4．（2）由于（常数），数列{b n}是为等比数列；（3）由（1）得：，根据，所以：．【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用．8．（2018•新课标Ⅲ）等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为{a n}的前n项和．若S m＝63，求m．【分析】（1）利用等比数列通项公式列出方程，求出公比q＝±2，由此能求出{a n}的通项公式．（2）当a1＝1，q＝﹣2时，S n＝，由S m＝63，得S m＝＝63，m∈N，无解；当a1＝1，q＝2时，S n＝2n﹣1，由此能求出m．【解答】解：（1）∵等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．∴1×q4＝4×（1×q2），解得q＝±2，当q＝2时，a n＝2n﹣1，当q＝﹣2时，a n＝（﹣2）n﹣1，∴{a n}的通项公式为，a n＝2n﹣1，或a n＝（﹣2）n﹣1．（2）记S n为{a n}的前n项和．当a1＝1，q＝﹣2时，S n＝＝＝，由S m＝63，得S m＝＝63，m∈N，无解；当a1＝1，q＝2时，S n＝＝＝2n﹣1，由S m＝63，得S m＝2m﹣1＝63，m∈N，解得m＝6．【点评】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．9．（2017•全国）设数列{b n}的各项都为正数，且．（1）证明数列为等差数列；（2）设b1＝1，求数列{b n b n+1}的前n项和S n．【分析】（1）对已知等式两边取倒数，结合等差数列的定义，即可得证；（2）由等差数列的通项公式可得，所以，再由数列的求和方法：裂项相消求和，化简即可得到所求和．【解答】解：（1）证明：数列{b n}的各项都为正数，且，两边取倒数得，故数列为等差数列，其公差为1，首项为；（2）由（1）得，，，故，所以，因此．【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式，考查构造数列法，以及数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简运算能力，属于中档题．10．（2017•新课标Ⅱ）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．（1）若a3+b3＝5，求{b n}的通项公式；（2）若T3＝21，求S3．【分析】（1）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，运用等差数列和等比数列的通项公式，列方程解方程可得d，q，即可得到所求通项公式；（2）运用等比数列的求和公式，解方程可得公比，再由等差数列的通项公式和求和，计算即可得到所求和．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2，a3+b3＝5，可得﹣1+d+q＝2，﹣1+2d+q2＝5，解得d＝1，q＝2或d＝3，q＝0（舍去），则{b n}的通项公式为b n＝2n﹣1，n∈N*；（2）b1＝1，T3＝21，可得1+q+q2＝21，解得q＝4或﹣5，当q＝4时，b2＝4，a2＝2﹣4＝﹣2，d＝﹣2﹣（﹣1）＝﹣1，S3＝﹣1﹣2﹣3＝﹣6；当q＝﹣5时，b2＝﹣5，a2＝2﹣（﹣5）＝7，d＝7﹣（﹣1）＝8，S3＝﹣1+7+15＝21．【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，求出公差和公比是解题的关键，考查方程思想和化简整理的运算能力，属于基础题．11．（2017•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．已知S2＝2，S3＝﹣6．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并判断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．【分析】（1）由题意可知a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，a1＝＝，a2＝＝，由a1+a2＝2，列方程即可求得q及a1，根据等比数列通项公式，即可求得{a n}的通项公式；（2）由（1）可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得S n，分别求得S n+1，S n+2，显然S n+1+S n+2＝2S n，则S n+1，S n，S n+2成等差数列．【解答】解：（1）设等比数列{a n}首项为a1，公比为q，则a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，则a1＝＝，a2＝＝，由a1+a2＝2，+＝2，整理得：q2+4q+4＝0，解得：q＝﹣2，则a1＝﹣2，a n＝（﹣2）（﹣2）n﹣1＝（﹣2）n，∴{a n}的通项公式a n＝（﹣2）n；（2）由（1）可知：S n＝＝＝﹣[2+（﹣2）n+1]，则S n+1＝﹣[2+（﹣2）n+2]，S n+2＝﹣[2+（﹣2）n+3]，由S n+1+S n+2＝﹣[2+（﹣2）n+2]﹣[2+（﹣2）n+3]，＝﹣[4+（﹣2）×（﹣2）n+1+（﹣2）2×（﹣2）n+1]，＝﹣[4+2（﹣2）n+1]＝2×[﹣（2+（﹣2）n+1）]＝2S n，即S n+1+S n+2＝2S n，∴S n+1，S n，S n+2成等差数列．【点评】本题考查等比数列通项公式，等比数列前n项和，等差数列的性质，考查计算能力，属于中档题．12．（2017•新课标Ⅲ）设数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．【分析】（1）利用数列递推关系即可得出．（2）＝＝﹣．利用裂项求和方法即可得出．【解答】解：（1）数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．n≥2时，a1+3a2+…+（2n﹣3）a n﹣1＝2（n﹣1）．∴（2n﹣1）a n＝2．∴a n＝．当n＝1时，a1＝2，上式也成立．∴a n＝．（2）＝＝﹣．∴数列{}的前n项和＝++…+＝1﹣＝．【点评】本题考查了数列递推关系、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．13．（2016•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝n2．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记b n＝，求数列{b n}的前n项和．【分析】（Ⅰ）运用数列的递推式：a1＝S1；n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1，计算可得所求通项；（Ⅱ）化简b n＝＝＝（﹣），再由数列的求和方法：裂项相消求和，计算可得所求和．【解答】解：（Ⅰ）数列{a n}的前n项和S n＝n2，可得a1＝S1＝1；n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，上式对n＝1也成立，则a n＝2n﹣1，n∈N*；（Ⅱ）b n＝＝＝（﹣），则数列{b n}的前n项和为（﹣1+﹣+﹣+…+﹣）＝（（﹣1）．【点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．14．（2016•新课标Ⅲ）已知数列{a n}的前n项和S n＝1+λa n，其中λ≠0．（1）证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；（2）若S5＝，求λ．【分析】（1）根据数列通项公式与前n项和公式之间的关系进行递推，结合等比数列的定义进行证明求解即可．（2）根据条件建立方程关系进行求解就可．【解答】解：（1）∵S n＝1+λa n，λ≠0．∴a n≠0．当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝1+λa n﹣1﹣λa n﹣1＝λa n﹣λa n﹣1，即（λ﹣1）a n＝λa n﹣1，∵λ≠0，a n≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，即＝，（n≥2），∴{a n}是等比数列，公比q＝，当n＝1时，S1＝1+λa1＝a1，即a1＝，∴a n＝•（）n﹣1．（2）若S5＝，则若S5＝1+λ[•（）4]＝，即（）5＝﹣1＝﹣，则＝﹣，得λ＝﹣1．【点评】本题主要考查数列递推关系的应用，根据n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1的关系进行递推是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力．15．（2016•新课标Ⅰ）已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1＝1，b2＝，a n b n+1+b n+1＝nb n．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求{b n}的前n项和．【分析】（Ⅰ）令n＝1，可得a1＝2，结合{a n}是公差为3的等差数列，可得{a n}的通项公式；（Ⅱ）由（1）可得：数列{b n}是以1为首项，以为公比的等比数列，进而可得：{b n}的前n 项和．【解答】解：（Ⅰ）∵a n b n+1+b n+1＝nb n．当n＝1时，a1b2+b2＝b1．∵b1＝1，b2＝，∴a1＝2，又∵{a n}是公差为3的等差数列，∴a n＝3n﹣1，（Ⅱ）由（I）知：（3n﹣1）b n+1+b n+1＝nb n．即3b n+1＝b n．即数列{b n}是以1为首项，以为公比的等比数列，∴{b n}的前n项和S n＝＝（1﹣3﹣n）＝﹣．【点评】本题考查的知识点是数列的递推式，数列的通项公式，数列的前n项和公式，难度中档．16．（2016•新课标Ⅲ）已知各项都为正数的数列{a n}满足a1＝1，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0．（1）求a2，a3；（2）求{a n}的通项公式．【分析】（1）根据题意，由数列的递推公式，令n＝1可得a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2＝0，将a1＝1代入可得a2的值，进而令n＝2可得a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3＝0，将a2＝代入计算可得a3的值，即可得答案；（2）根据题意，将a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0变形可得（a n﹣2a n+1）（a n+a n+1）＝0，进而分析可得a n＝2a n+1或a n＝﹣a n+1，结合数列各项为正可得a n＝2a n+1，结合等比数列的性质可得{a n}是首项为a1＝1，公比为的等比数列，由等比数列的通项公式计算可得答案．【解答】解：（1）根据题意，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0，当n＝1时，有a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2＝0，而a1＝1，则有1﹣（2a2﹣1）﹣2a2＝0，解可得a2＝，当n＝2时，有a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3＝0，又由a2＝，解可得a3＝，故a2＝，a3＝；（2）根据题意，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0，变形可得（a n﹣2a n+1）（a n+1）＝0，即有a n＝2a n+1或a n＝﹣1，又由数列{a n}各项都为正数，则有a n＝2a n+1，故数列{a n}是首项为a1＝1，公比为的等比数列，则a n＝1×（）n﹣1＝（）n﹣1，故a n＝（）n﹣1．【点评】本题考查数列的递推公式，关键是转化思路，分析得到a n与a n+1的关系．17．（2016•新课标Ⅱ）等差数列{a n}中，a3+a4＝4，a5+a7＝6．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n＝[a n]，求数列{b n}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2．【分析】（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，根据已知构造关于首项和公差方程组，解得答案；（Ⅱ）根据b n＝[a n]，列出数列{b n}的前10项，相加可得答案．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3+a4＝4，a5+a7＝6．∴，解得：，∴a n＝；（Ⅱ）∵b n＝[a n]，∴b1＝b2＝b3＝1，b4＝b5＝2，b6＝b7＝b8＝3，b9＝b10＝4．故数列{b n}的前10项和S10＝3×1+2×2+3×3+2×4＝24．【点评】本题考查的知识点是等差数列的通项公式，等差数列的性质，难度中档．18．（2016•新课标Ⅱ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记b n＝[lga n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{b n}的前1000项和．【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出等差数列的公差，求出通项公式，然后求解b1，b11，b101；（Ⅱ）找出数列的规律，然后求数列{b n}的前1000项和．【解答】解：（Ⅰ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，7a4＝28．可得a4＝4，则公差d＝1．a n＝n，b n＝[lgn]，则b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：b1＝b2＝b3＝…＝b9＝0，b10＝b11＝b12＝…＝b99＝1．b100＝b101＝b102＝b103＝…＝b999＝2，b10，00＝3．数列{b n}的前1000项和为：9×0+90×1+900×2+3＝1893．【点评】本题考查数列的性质，数列求和，考查分析问题解决问题的能力，以及计算能力．19．（2015•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．（Ⅰ）证明：数列{2n a n}是等差数列；（Ⅱ）求{a n}的通项公式．【分析】（Ⅰ）当n＝1时，，解得a1＝1，当n≥2时，S n＝4﹣a n﹣，S n﹣1＝4﹣a n﹣1﹣．两式相减，得2a n＝，由此能证明数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列．（Ⅱ）求出2n a n＝2+（n﹣1）×（﹣2）＝4﹣2n，由此能求出{a n}的通项公式．【解答】证明：（Ⅰ）∵数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．∴当n＝1时，，解得a1＝1，当n≥2时，S n＝4﹣a n﹣，S n﹣1＝4﹣a n﹣1﹣．两式相减，得2a n＝，∴2×2n a n＝2×2n a n＝2×2n﹣1a n﹣1﹣4，∴＝﹣2n﹣1a n﹣1＝＝﹣2，又2a1＝2，∴数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列．（Ⅱ）∵数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列，∴2n a n＝2+（n﹣1）×（﹣2）＝4﹣2n，∴a n＝．∴{a n}的通项公式为a n＝．【点评】本题考查等差数列的证明，考查等差数列的通项公式的求法，考查等差数列的性质、构造法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．19．（2015•新课标Ⅰ）S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a n2+2a n＝4S n+3（I）求{a n}的通项公式：（Ⅱ）设b n＝，求数列{b n}的前n项和．【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{a n}的通项公式：（Ⅱ）求出b n＝，利用裂项法即可求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（I）由a n2+2a n＝4S n+3，可知a n+12+2a n+1＝4S n+1+3两式相减得a n+12﹣a n2+2（a n+1﹣a n）＝4a n+1，即2（a n+1+a n）＝a n+12﹣a n2＝（a n+1+a n）（a n+1﹣a n），∵a n＞0，∴a n+1﹣a n＝2，∵当n＝1时，a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{a n}是首项为3，公差d＝2的等差数列，∴{a n}的通项公式a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1：（Ⅱ）∵a n＝2n+1，∴b n＝＝＝（﹣），∴数列{b n}的前n项和T n＝（﹣+…+﹣）＝（﹣）＝．【点评】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．考点卡片1．等差数列的性质【等差数列】等差数列的通项公式为：a n＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式为：S n＝na1+n（n﹣1）或S n＝（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2a m＝a p+a q（p，q，m都为自然数）例：已知等差数列{a n}中，a1＜a2＜a3＜…＜a n且a3，a6为方程x2﹣10x+16＝0的两个实根．（1）求此数列{an}的通项公式；（2）268是不是此数列中的项？若是，是第多少项？若不是，说明理由．解：（1）由已知条件得a3＝2，a6＝8．又∵{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，∴a1+2d＝2，a1+5d＝8，解得a1＝﹣2，d＝2．∴an＝﹣2+（n﹣1）×2＝2n﹣4（n∈N*）．∴数列{an}的通项公式为an＝2n﹣4．（2）令268＝2n﹣4（n∈N*），解得n＝136．∴268是此数列的第136项．这是一个很典型的等差数列题，第一问告诉你第几项和第几项是多少，然后套用等差数列的通项公式an＝a1+（n﹣1）d，求出首项和公差d，这样等差数列就求出来了．第二问判断某个数是不是等差数列的某一项，其实就是要你检验看符不符合通项公式，带进去检验一下就是的．【等差数列的性质】（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有as+at＝2ap；（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．2．等差数列的通项公式【知识点的认识】a n＝a1+（n﹣1）d，或者a n＝a m+（n﹣m）d．【例题解析】eg1：已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2+1，求数列{an}的通项公式，并判断{an}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴an＝，把n＝1代入2n﹣1可得1≠2，∴{an}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第一项这个数列是等差数列，但如果把首项放进去的话就不是等差数列，题中an的求法是数列当中常用到的方式，大家可以熟记一下．eg2：已知等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列an是以1为首项，4为公差的等差数列，∴an＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的一个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解方程一样求出首项和公差即可．【考点点评】求等差数列的通项公式是一种很常见的题型，这里面往往用的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．3．等差数列的前n项和【知识点的认识】S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝【例题解析】eg1：设等差数列的前n项和为S n，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，则S10＝10a1+d＝10+45＝55．故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出首项a1的值，然后套用公式即可．eg2：等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．求数列{|a n|}的前n项的和T n．解：∵等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．∴a n＝S n﹣S n﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，T n＝﹣S n＝25n﹣4n2，n≥4，T n＝S n﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．其实方法都是一样的，要么求出首项和公差，要么求出首项和第n项的值．【考点点评】等差数列比较常见，单独考察等差数列的题也比较简单，一般单独考察是以小题出现，大题一般要考察的话会结合等比数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运用．4．等比数列的性质例：2，x，y，z，18成等比数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等比数列，设其公比为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运用了等比数列第n项的通项公式，这也是一个常用的方法，即知道某两项的值然后求出公比，继而可以以已知项为首项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，方法就是待定系数法．【等比数列的性质】（1）通项公式的推广：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等比数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等比数列．（4）单调性：或⇔{a n}是递增数列；或⇔{a n}是递减数列；q＝1⇔{a n}是常数列；q＜0⇔{a n}是摆动数列．5．等比数列的通项公式【知识点的认识】1．等比数列的定义2．等比数列的通项公式a n＝a1•q n﹣13．等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b 的等比中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等比数列的常用性质（1）通项公式的推广：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等比数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等比数列．（4）单调性：或⇔{a n}是递增数列；或⇔{a n}是递减数列；q＝1⇔{a n}是常数列；q＜0⇔{a n}是摆动数列．6．等比数列的前n项和【知识点的知识】1．等比数列的前n项和公式等比数列{a n}的公比为q（q≠0），其前n项和为S n，当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝．2．等比数列前n项和的性质公比不为﹣1的等比数列{a n}的前n项和为S n，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n仍成等比数列，其公比为q n．7．数列的求和【知识点的知识】就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：S n＝na1+n（n﹣1）d或S n＝②等比数列前n项和公式：③几个常用数列的求和公式：（2）错位相减法：适用于求数列{a n×b n}的前n项和，其中{a n}{b n}分别是等差数列和等比数列．（3）裂项相消法：适用于求数列{}的前n项和，其中{a n}为各项不为0的等差数列，即＝（）．（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+a n）．（5）分组求和法：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【典型例题分析】典例1：已知等差数列{a n}满足：a3＝7，a5+a7＝26，{a n}的前n项和为S n．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令b n＝（n∈N*），求数列{b n}的前n项和T n．分析：形如的求和，可使用裂项相消法如：．解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1；S n＝＝n2+2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n＝2n+1，∴b n＝＝＝＝，∴T n＝＝＝，即数列{b n}的前n项和T n＝．点评：该题的第二问用的关键方法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常用的方法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分母的一般就可以用裂项求和．【解题方法点拨】数列求和基本上是必考点，大家要学会上面所列的几种最基本的方法，即便是放缩也要往这里面考．8．数列递推式【知识点的知识】1、递推公式定义：如果已知数列{a n}的第1项（或前几项），且任一项a n与它的前一项a n﹣1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．2、数列前n项和S n与通项a n的关系式：a n＝．在数列{a n}中，前n项和S n与通项公式a n的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握．注意：（1）用a n＝S n﹣S n﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由a n的表达式，则a n不必表达成分段形式，可化统一为一个式子．（2）一般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运用关系式a n＝S n﹣S n﹣1，先将已知条件转化为只含a n或S n的关系式，然后再求解．3、数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式．（2）已知S n（即a1+a2+…+a n＝f（n））求a n，用作差法：a n＝．一般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运用关系式，先将已知条件转化为只含或的关系式，然后再求解．（3）已知a1•a2…a n＝f（n）求a n，用作商法：a n，＝．（4）若a n+1﹣a n＝f（n）求a n，用累加法：a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知＝f（n）求a n，用累乘法：a n＝（n≥2）．（6）已知递推关系求a n，有时也可以用构造法（构造等差、等比数列）．特别地有，①形如a n＝ka n﹣1+b、a n＝ka n﹣1+b n（k，b为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k的等比数列后，再求a n．②形如a n＝的递推数列都可以用倒数法求通项．（7）求通项公式，也可以由数列的前几项进行归纳猜想，再利用数学归纳法进行证明．9．数列与函数的综合【知识点的知识】一、数列的函数特性：等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式中共涉及五个量a1，a n，q，n，S n，知三求二，体现了方程的思想的应用．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．二、解题步骤：1．在解决有关数列的具体应用问题时：（1）要读懂题意，理解实际背景，领悟其数学实质，舍弃与解题无关的非本质性东西；（2）准确地归纳其中的数量关系，建立数学模型；（3）根据所建立的数学模型的知识系统，解出数学模型的结果；（4）最后再回到实际问题中去，从而得到答案．2．在求数列的相关和时，要注意以下几个方面的问题：（1）直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．（2）注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．（3）求一般数列的前n项和时，无一般方法可循，要注意掌握某些特殊数列的前n项和的求法，触类旁通．3．在用观察法归纳数列的通项公式（尤其是在处理客观题目时）时，要注意适当地根据具体问题多计算相应的数列的前几项，否则会因为所计算的数列的项数过少，而归纳出错误的通项公式，从而得到错误的结论．【典型例题分析】典例：已知f（x）＝log a x（a＞0，a≠1），设数列f（a1），f（a2），f（a3），…，f（a n）…是首项为4，公差为2的等差数列．（I）设a为常数，求证：{a n}成等比数列；（II）设b n＝a n f（a n），数列{b n}前n项和是S n，当时，求S n．分析：（I）先利用条件求出f（a n）的表达式，进而求出{a n}的通项公式，再用定义来证{a n}是等比数列即可；（II）先求出数列{b n}的通项公式，再对数列{b n}利用错位相减法求和即可．解答：证明：（I）f（a n）＝4+（n﹣1）×2＝2n+2，即log a a n＝2n+2，可得a n＝a2n+2．∴＝＝为定值．∴{a n}为等比数列．（II）解：b n＝a n f（a n）＝a2n+2log a a2n+2＝（2n+2）a2n+2．（7分）当时，．（8分）S n＝2×23+3×24+4×25++（n+1）•2n+2 ①2S n＝2×24+3×25+4×26++n•2n+2+（n+1）•2n+3 ②①﹣②得﹣S n＝2×23+24+25++2n+2﹣（n+1）•2n+3（12分）＝﹣（n+1）•2n+3＝16+2n+3﹣24﹣n•2n+3﹣2n+3．∴S n＝n•2n+3．（14分）点评：本题的第二问考查了数列求和的错位相减法．错位相减法适用于通项为一等差数列乘一等比数列组成的新数列．10．数列与不等式的综合【知识点的知识】证明与数列求和有关的不等式基本方法：（1）直接将数列求和后放缩；（2）先将通项放缩后求和；（3）先将通项放缩后求和再放缩；（4）尝试用数学归纳法证明．常用的放缩方法有：，，，＝[]﹣＝＜＜＝﹣（n≥2），＜＝（）（n≥2），，2（）＝＜＝＜＝2（）．…+≥…+＝＝＜．【解题方法点拨】证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材．这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：（1）添加或舍去一些项，如：＞|a|；＞n；（2）将分子或分母放大（或缩小）；（3）利用基本不等式；＜；（4）二项式放缩；（5）利用常用结论；（6）利用函数单调性．（7）常见模型：①等差模型；②等比模型；③错位相减模型；④裂项相消模型；⑤二项式定理模型；⑥基本不等式模型．【典型例题分析】题型一：等比模型典例1：对于任意的n∈N*，数列{a n}满足＝n+1．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：对于n≥2，．解答：（Ⅰ）由①，当n≥2时，得②，①﹣②得．∴．。

高考数学二轮复习专题过关检测—数列(含解析)

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高考数学二轮复习专题过关检测—数列一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2021·内蒙古包头一模)在数列{a n }中,a 1=2,a n+1-a n -2=0,则a 5+a 6+…+a 14=( ) A.180B.190C.160D.1202.(2021·北京朝阳期末)已知等比数列{a n }的各项均为正数,且a 3=9,则log 3a 1+log 3a 2+log 3a 3+log 3a 4+log 3a 5=( ) A.52B.53C.10D.153.(2021·湖北荆州中学月考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S10S 5=12,则S15S 5=( )A.12B.13C.23D.344.(2021·北京师大附属中学模拟)我国明代著名乐律学家明宗室王子朱载堉在《律学新说》中提出十二平均律,即是现代在钢琴的键盘上,一个八度音程从一个c 键到下一个c 1键的8个白键与5个黑键(如图),从左至右依次为:c ,#c ,d ,#d ,e ,f ,#f ,g ,#g ,a ,#a ,b ,c 1的音频恰成一个公比为√212的等比数列的原理,也即高音c 1的频率正好是中音c 的2倍.已知标准音a 的频率为440 Hz,则频率为220√2 Hz 的音名是( )A.dB.fC.eD.#d5.(2021·四川成都二诊)已知数列{a n}的前n项和S n=n2,设数列{1a n a n+1}的前n项和为T n,则T20的值为()A.1939B.3839C.2041D.40416.(2021·河南新乡二模)一百零八塔位于宁夏吴忠青铜峡市,是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群,是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一.一百零八塔,因塔群的塔数而得名,塔群随山势凿石分阶而建,由下而上逐层增高,依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7,…,该数列从第5项开始成等差数列,则该塔群最下面三层的塔数之和为()A.39B.45C.48D.517.(2021·陕西西安铁一中月考)在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是()A.3 928B.4 024C.4 920D.4 9248.已知函数f(n)={n2,n为奇数,-n2,n为偶数,且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于()A.0B.100C.-100D.10 200二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.(2021·辽宁沈阳三模)已知等比数列{a n}的前n项和S n=4n-1+t,则()A.首项a1不确定B.公比q=4C.a2=3D.t=-1410.(2021·山东临沂模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论一定正确的是()A.a5=1B.S n的最小值为S3C.S1=S6D.S n存在最大值11.已知数列{a n}是等差数列,其前30项和为390,a1=5,b n=2a n,对于数列{a n},{b n},下列选项正确的是() A.b10=8b5 B.{b n}是等比数列C.a1b30=105D.a3+a5+a7a2+a4+a6=20919312.(2021·广东广州一模)在数学课堂上,教师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……第n(n∈N*)次得到数列1,x1,x2,x3,…,x k,2.记a n=1+x1+x2+…+x k+2,数列{a n}的前n项和为S n,则()A.k+1=2nB.a n+1=3a n-3C.a n =32(n 2+3n )D.S n =34(3n+1+2n-3) 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021·山西太原检测)在等差数列{a n }中,若a 2,a 2 020为方程x 2-10x+16=0的两根,则a 1+a 1 011+a 2 021等于 .14.(2021·江苏如东检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =2a n -2,则数列{log 2a n }的前n 项和T n = .15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{a n },则{a n }的前n 项和为 .16.(2021·新高考Ⅰ,16)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm ×12 dm 的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm ×12 dm,20 dm ×6 dm 两种规格的图形,它们的面积之和S 1=240 dm 2,对折2次共可以得到5 dm ×12 dm,10 dm ×6 dm,20 dm ×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S 2=180 dm 2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ;如果对折n 次,那么∑k=1nS k =dm 2.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10分)(2021·海南海口模拟)已知正项等比数列{a n },a 4=116,a 5a 7=256. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{|log 2a n |}的前n 项和.18.(12分)(2021·全国甲,理18)已知数列{a n}的各项均为正数,记S n为{a n}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①数列{a n}是等差数列;②数列{√S n}是等差数列;③a2=3a1.19.(12分)(2021·山东济宁二模)已知数列{a n}是正项等比数列,满足a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(-1)n log2a2n+1,求数列{b n}的前n项和T n.20.(12分)(2021·山东临沂一模)在①S nn =a n+12,②a n+1a n=2S n,③a n2+a n=2S n这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答该问题.已知正项数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,且满足.(1)求a n;(2)若b n=(a n+1)·2a n,求数列{b n}的前n项和T n.21.(12分)(2021·山东泰安一中月考)为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,某市计划用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a 辆.(1)求经过n 年,该市被更换的公交车总数F (n );(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a 的最小值.22.(12分)(2021·广东广州检测)已知数列{a n }满足a 1=23,且当n ≥2时,a 1a 2…a n-1=2a n-2.(1)求证:数列{11−a n}是等差数列,并求数列{a n }的通项公式;(2)记T n =12a 1a 2…a n ,S n =T 12+T 22+…+T n 2,求证:当n ∈N *时,a n+1-23<S n .答案及解析1.B 解析 因为a n+1-a n =2,a 1=2,所以数列{a n }是首项为2,公差为2的等差数列.所以a n =2+(n-1)×2=2n.设{a n }的前n 项和为S n ,则S n =n(2+2n)2=n 2+n.所以a 5+a 6+…+a 14=S 14-S 4=190.2.C 解析 因为等比数列{a n }的各项均为正数,且a 3=9,所以log 3a 1+log 3a 2+log 3a 3+log 3a 4+log 3a 5=log 3(a 1a 2a 3a 4a 5)=log 3(a 35)=log 3(95)=log 3(310)=10.3.D 解析 由题意可知S 5,S 10-S 5,S 15-S 10成等比数列.∵S 10S 5=12,∴设S 5=2k ,S 10=k ,k ≠0,∴S 10-S 5=-k ,∴S 15-S 10=k2,∴S 15=3k2,∴S 15S 5=3k22k =34. 4.D 解析 因为a 的音频是数列的第10项,440=220√2×212=220√2×(2112)10−4,所以频率为220√2 Hz 是该数列的第4项,其音名是#d.5.C 解析 当n=1时,a 1=S 1=1;当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2-(n-1)2=2n-1.而a 1=1也符合a n =2n-1,所以a n =2n-1.所以1an a n+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1),所以T n =12(1−13+13-15+⋯+12n-1-12n+1)=121-12n+1=n2n+1,所以T 20=202×20+1=2041. 6.D 解析 设该数列为{a n },依题意,可知a 5,a 6,…成等差数列,且公差为2,a 5=5.设塔群共有n 层,则1+3+3+5+5(n-4)+(n-4)(n-5)2×2=108,解得n=12.故最下面三层的塔数之和为a 10+a 11+a 12=3a 11=3×(5+2×6)=51.7.D 解析 由2n ∈[1,100],n ∈N *,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26=2×(1−26)1−2=126.又1+2+3+ (100)100×1012=5 050,所以在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n (n ∈N *)的整数,其余整数的和为5 050-126=4 924.8.B 解析 由已知得当n 为奇数时,a n =n 2-(n+1)2=-2n-1,当n 为偶数时,a n =-n 2+(n+1)2=2n+1.所以a 1+a 2+a 3+…+a 100=-3+5-7+…+201=(-3+5)+(-7+9)+…+(-199+201)=2×50=100.9.BCD 解析 当n=1时,a 1=S 1=1+t ,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=(4n-1+t )-(4n-2+t )=3×4n-2.由数列{a n }为等比数列,可知a 1必定符合a n =3×4n-2, 所以1+t=34,即t=-14.所以数列{a n }的通项公式为a n =3×4n-2,a 2=3, 数列{a n }的公比q=4.故选BCD . 10.AC 解析 由已知得a 1+3(a 1+4×1)=7a 1+7×62×1,解得a 1=-3.对于选项A,a 5=-3+4×1=1,故A 正确.对于选项B,a n =-3+n-1=n-4,因为a 1=-3<0,a 2=-2<0,a 3=-1<0,a 4=0,a 5=1>0,所以S n 的最小值为S 3或S 4,故B 错误.对于选项C,S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4,又因为a4=0,所以S6-S1=0,即S1=S6,故C正确.对于选项D,因为S n=-3n+n(n-1)2=n2-7n2,所以S n无最大值,故D错误.11.BD解析设{a n}的公差为d,由已知得30×5+30×29d2=390,解得d=1629.∴a n=a1+(n-1)d=16n+12929.∵b n=2a n,∴b n+1b n =2a n+12a n=2a n+1-a n=2d,故数列{b n}是等比数列,B选项正确.∵5d=5×1629=8029≠3,∴b10b5=(2d)5=25d≠23,∴b10≠8b5,A选项错误.∵a30=a1+29d=5+16=21,∴a1b30=5×221>105,C选项错误.∵a4=a1+3d=5+3×1629=19329,a5=a1+4d=5+4×1629=20929,∴a3+a5+a7a2+a4+a6=3a53a4=a5a4=209193,D选项正确.12.ABD解析由题意,可知第1次得到数列1,3,2,此时k=1,第2次得到数列1,4,3,5,2,此时k=3,第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2,此时k=7,第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2,此时k=15,……第n次得到数列1,x1,x2,x3,…,x k,2,此时k=2n-1,所以k+1=2n,故A项正确.当n=1时,a 1=1+3+2=6,当n=2时,a 2=a 1+2a 1-3=3a 1-3,当n=3时,a 3=a 2+2a 2-3=3a 2-3,……所以a n+1=3a n -3,故B 项正确. 由a n+1=3a n -3,得a n+1-32=3(a n -32),又a 1-32=92,所以{a n -32}是首项为92,公比为3的等比数列,所以a n -32=92×3n-1=3n+12,即a n =3n+12+32,故C 项错误.S n =(322+32)+(332+32)+…+(3n+12+32)=343n+1+2n-3,故D 项正确.13.15 解析 因为a 2,a 2 020为方程x 2-10x+16=0的两根,所以a 2+a 2 020=10.又{a n }为等差数列,所以a 1+a 2 021=a 2+a 2 020=2a 1 011=10,即a 1 011=5. 所以a 1+a 1 011+a 2 021=3a 1 011=15. 14.n(n+1)2解析 因为S n =2a n -2,所以当n ≥2时,S n-1=2a n-1-2,两式相减,得a n =2a n -2a n-1,即a n =2a n-1.当n=1时,可得a 1=2,所以数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n =2n . 所以log 2a n =n ,所以T n =n(n+1)2.15.3n 2-2n 解析 数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数,并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{a n }是以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{a n }的前n 项和为S n =n×1+n(n-1)2×6=3n 2-2n.16.5 240(3−n+32n) 解析 对折3次共可以得到52 dm ×12 dm,5 dm ×6 dm,10 dm ×3 dm,20dm ×32dm 四种规格的图形,面积之和S 3=4×30=120 dm 2;对折4次共可以得到54 dm ×12 dm,52dm ×6 dm,5 dm ×3 dm,10 dm ×32dm,20 dm ×34dm 五种规格的图形,S 4=5×15=75 dm 2.可以归纳对折n 次可得n+1种规格的图形,S n =(n+1)·2402ndm 2.则∑k=1nS k =S 1+S 2+…+S n =240221+322+423+…+n+12n . 记T n =221+322+423+…+n+12n , ① 则12T n =222+323+…+n2n +n+12n+1.②①与②式相减,得T n -12T n =12T n =221+122+123+…+12n −n+12n+1=32−n+32n+1. 故T n =3-n+32n .故∑k=1nS k =240·T n =240(3−n+32n).17.解 (1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q>0).由等比数列的性质可得a 5a 7=a 62=256,因为a n >0,所以a 6=16.所以q 2=a6a 4=256,即q=16.所以a n =a 6q n-6=16×16n-6=16n-5. (2)由(1)可知log 2a n =log 216n-5=4n-20,设b n =|log 2a n |=|4n-20|,数列{b n }的前n 项和为T n . ①当n ≤5,且n ∈N *时,T n =n(16+20-4n)2=18n-2n 2;②当n ≥6,且n ∈N *时,T n =T 5+(4+4n-20)(n-5)2=18×5-2×52+(2n-8)(n-5)=2n 2-18n+80.综上所述,T n={18n-2n2,n≤5,且n∈N*,2n2-18n+80,n≥6,且n∈N*.18.证明若选①②⇒③,设数列{a n}的公差为d1,数列{√S n}的公差为d2.∵当n∈N*时,a n>0,∴d1>0,d2>0.∴S n=na1+n(n-1)d12=d12n2+(a1-d12)n.又√S n=√S1+(n-1)d2,∴S n=a1+d22(n-1)2+2√a1d2(n-1)=d22n2+(2√a1d2-2d22)n+d22-2√a1d2+a1,∴d12=d22,a1-d12=2√a1d2-2d22,d22-2√a1d2+a1=0,∴d22=d12,d2=√a1,即d1=2a1,∴a2=a1+d1=3a1.若选①③⇒②,设等差数列{a n}的公差为d.因为a2=3a1,所以a1+d=3a1,则d=2a1,所以S n=na1+n(n-1)2d=na1+n(n-1)a1=n2a1,所以√S n−√S n-1=n√a1-(n-1)√a1=√a1.所以{√S n}是首项为√a1,公差为√a1的等差数列.若选②③⇒①,设数列{√S n}的公差为d,则√S2−√S1=d,即√a1+a2−√a1=d.∵a2=3a1,∴√4a1−√a1=d,即d=√a1,∴√S n=√S1+(n-1)d=√a1+(n-1)√a1=n√a1,即S n =n 2a 1,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2a 1-(n-1)2a 1=(2n-1)a 1, 当n=1时,a 1符合式子a n =(2n-1)a 1,∴a n =(2n-1)a 1,n ∈N *,∴a n+1-a n =2a 1, 即数列{a n }是等差数列.19.解 (1)设正项等比数列{a n }的公比为q (q>0).因为a 3是2a 1,3a 2的等差中项,所以2a 3=2a 1+3a 2,即2a 1q 2=2a 1+3a 1q ,因为a 1≠0,所以2q 2-3q-2=0,解得q=2或q=-12(舍去).所以a 4=a 1q 3=8a 1=16,解得a 1=2.所以a n =2×2n-1=2n . (2)由(1)可知a 2n+1=22n+1,所以b n =(-1)n log 2a 2n+1=(-1)n log 222n+1=(-1)n (2n+1), 所以T n =(-1)1×3+(-1)2×5+(-1)3×7+…+(-1)n (2n+1), -T n =(-1)2×3+(-1)3×5+(-1)4×7+…+(-1)n+1·(2n+1), 所以2T n =-3+2[(-1)2+(-1)3+…+(-1)n]-(-1)n+1(2n+1)=-3+2×1−(−1)n-12+(-1)n (2n+1)=-3+1-(-1)n-1+(-1)n (2n+1)=-2+(2n+2)(-1)n ,所以T n =(n+1)(-1)n -1. 20.解 (1)若选①,则2S n =na n+1.当n=1时,2S 1=a 2,又S 1=a 1=1,所以a 2=2. 当n ≥2时,2S n-1=(n-1)a n ,所以2a n =na n+1-(n-1)a n ,即(n+1)a n =na n+1,所以an+1n+1=a n n(n ≥2).又a 22=1,所以当n ≥2时,an n =1,即a n =n.又a 1=1符合上式,所以a n =n.若选②,则当n=1时,2S 1=a 2a 1,可得a 2=2. 当n ≥2时,2S n-1=a n a n-1,可得2a n =a n a n+1-a n a n-1. 由a n >0,得a n+1-a n-1=2.又a 1=1,a 2=2,所以{a 2n }是首项为2,公差为2的等差数列,{a 2n-1}是首项为1,公差为2的等差数列,所以a n =n.若选③,因为a n 2+a n =2S n ,所以当n ≥2时,a n-12+a n-1=2S n-1,两式相减得a n 2+a n -a n-12-a n-1=2a n ,即(a n +a n-1)(a n -a n-1-1)=0.由a n >0,得a n -a n-1-1=0,即a n -a n-1=1,所以{a n }是首项为1,公差为1的等差数列,所以a n =n.(2)由(1)知b n =(n+1)·2n ,所以T n =2×2+3×22+4×23+…+(n+1)·2n , 2T n =2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1, 两式相减,得-T n =4+22+23+ (2)-(n+1)·2n+1=4+4(1−2n-1)1−2-(n+1)·2n+1=4-4+2n+1-(n+1)·2n+1=-n·2n+1,所以T n =n·2n+1.21.解 (1)设a n ,b n 分别为第n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量,依题意,数列{a n }是首项为128,公比为1+50%=32的等比数列,数列{b n }是首项为400,公差为a 的等差数列.所以数列{a n }的前n 项和S n =128×[1−(32)n ]1−32=256[(32)n-1],数列{b n }的前n 项和T n =400n+n(n-1)2a.所以经过n 年,该市被更换的公交车总数F (n )=S n +T n =256[(32)n-1]+400n+n(n-1)2a.(2)若用7年的时间完成全部更换,则F (7)≥10 000, 即256[(32)7-1]+400×7+7×62a ≥10 000,即21a ≥3 082,所以a ≥3 08221.又a ∈N *,所以a 的最小值为147.22.证明 (1)因为当n ≥2时,a 1a 2…a n-1=2a n-2,所以a 1a 2…a n =2an+1-2,两式相除,可得a n =1a n+1-11a n-1,所以11−a n=a n+11−a n+1=11−an+1-1,所以11−an+1−11−a n=1(n ≥2).又a 1=23,所以a 2=34,11−a 1=3,11−a 2=4,所以11−a 2−11−a 1=1,所以11−an+1−11−a n=1(n ∈N *),所以数列{11−a n}是首项为3,公差为1的等差数列.所以11−a n=3+(n-1)×1=n+2,所以a n =n+1n+2.(2)因为T n =12a 1a 2…a n =12×23×34×…×n+1n+2=1n+2,所以T n 2=1(n+2)2>1(n+2)(n+3)=1n+2−1n+3,所以S n=T12+T22+…+T n2>13−14+14−15+…+1n+2−1n+3=13−1n+3=1-1n+3−23=n+2 n+3−23=a n+1-23,所以当n∈N*时,a n+1-23<S n.。

高考理科数学二轮复习练习：大题规范练1“17题～19题+二选一”46分练

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大题规范练(一)“17题～19题＋二选一”46分练(时间：45 分钟分值：46 分)解答题(本大题共 4 小题，共46 分，第22～23题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．已知正项等差数列{ a n} 的前n项和为S n，且知足a1＋a5＝2a723，S7＝63.(1)求数列{a n} 的通项公式a n；(2)若数列{b n}知足b1＝a1 且b n＋1－b n＝a n＋1，求数列1b n的前n项和T n.【导学号：07804229】[解] (1)法一：(等差数列的基本量)设正项等差数列{a n} 的首项为a1，公差为d，易知a n＞0，2a1＋a1＋4d＝1＋2d7 a则2，7a1＋21d＝63a＝31解得，d 2＝∴a n＝2n＋1.22法二：(等差数列的性质)∵{ a n} 是等差数列且a1＋a5＝3，∴2a3＝a7 272 a3，又a n＞0，∴a3＝7.∵S7＝a1＋a72＝7a4＝63，∴a4＝9，∴d＝a4－a3＝2，∴a n＝a3＋( n－3)d＝2n＋1.＋1－b n＝a n＋1 且a n＝2n＋1，(2)∵b n∴b n＋1－b n＝2n＋3，当n≥2时，b n＝( b n－b n －1－b n－2)＋⋯＋(b2－b1)＋b1＝(2 n＋1)＋(2n－1)＋⋯＋5＋3＝－1)＋(b nn(n＋2)，当n＝1时，b1＝3知足上式，故b n＝n( n＋2)．1 1 ∴＝b nn n＋＝121 1－n n＋2.1 ∴T n＝＋b11＋⋯＋b21＋b n－1－11b n1＝2 1－13＋1 1－2 4＋1－315＋⋯＋1－n－11n＋1＋1n－1n＋212＝1＋12－1 1－n＋1 n＋23 ＝－42n＋3n＋n＋.18．如图1，已知直角梯形ABCD 中，AB＝AD＝12CD＝2，AB∥DC，AB⊥AD，E为C D 的中点，沿AE 把△DAE 折起到△PAE 的地点(D 折后变成P)，使得PB＝2，如图2.(1)求证：平面PAE⊥平面ABCE；(2)求直线P B 和平面PCE 所成角的正弦值．[解] (1)证明：如图(1)，取AE 的中点O，连结PO，OB，BE.因为在平面图形中，如题图(图1)，连结BD，BE，易知四边形ABED为正方形，图(1)因此在立体图形中，△PAE，△BAE为等腰直角三角形，因此PO⊥AE，OB⊥AE，PO＝OB＝2，因为PB＝2，因此PO2＋OB2＝PB2，因此PO⊥OB，又AE∩OB＝O，因此PO⊥平面ABCE，因为PO? 平面PAE，因此平面PAE⊥平面ABCE .(2)由(1)知，OB，OE，OP 两两垂直，以O为坐标原点，以OB，OE，OP 所在直线分别为x轴、y轴、z轴成立空间直角坐标系，如图(2)，则O(0,0,0)，P(0,0，2)，B( 2，0,0)，E(0，→→→＝( 2，0，－2)，EP＝(0，－2，2)，EC＝( 2，2，0)．2，0)，C( 2，2 2，0)，PB图(2)设平面PCE 的法向量为n＝(x，y，z)，→n·EP则→＝0，＝0，n·EC 即－2y＋2z＝0，2x＋2y＝0，令x＝1，得y＝－1，z＝－1，故平面PCE 的一个法向量为n＝(1，－1，－1)．→因此cos〈PB，n〉＝→PB·n 2 2＝＝→2 3|PB| ·|n|6，36因此直线P B 和平面PCE 所成角的正弦值为.319.某学校为鼓舞家校互动，与某手机通信商合作，为教师办理流量套餐．为认识该校教师手机流量使用状况，经过抽样，获得100 位教师近 2 年每人手机月均匀使用流量L(单位：M) 的数据，其频次散布直方图以下：图3若将每位教师的手机月均匀使用流量分别视为其手机月使用流量，并将频次视为概率，回答以下问题．(1)从该校教师中随机抽取 3 人，求这3人中至多有 1 人手机月使用流量不超出300 M 的概率；(2)现该通信商推出三款流量套餐，详情以下：套餐名称月套餐费/元月套餐流量/MA 20 300B 30 500C 38 700这三款套餐都有以下附带条款：套餐费月初一次性收取，手机使用流量一旦高出套餐流量，系统就自动帮用户充值200 M 流量，资费20 元；假如又高出充值流量，系统就再次自动帮用户充值200 M 流量，资费20 元，以此类推，假如当月流量有节余，系统将自动清零，无法转入次月使用．学校欲订购此中一款流量套餐，为教师支付月套餐费，并肩负系统自动充值的流量资费的75%，其他部分由教师个人肩负，问学校正购哪一款套餐最经济？说明原因．[解] (1)记“从该校随机抽取 1 位教师，该教师手机月使用流量不超出300 M ”为事件 D.依题意，P(D )＝(0.000 8＋0.002 2) ×100＝0.3.X～这3 人中手机月使用流量不超出300 M 的人数为X，则中随机抽取 3 人，设从该校教师B(3,0.3)，中随机抽取 3 人，至多有 1 人手机月使用流量不超出300 M 的概率为P(X＝校教师因此从该0 03＋C31×0.3 ×(1－0.3)2＝0.343＋0.441＝0.784.0)＋P(X＝1)＝C3×0.3 ×(1－0.3)(2)依题意，从该校随机抽取 1 位教师，该教师手机月使用流量L∈(300,500] 的概率为(0.002 5(0.000 8＋0.000 2) ×100＝0.1.＋0.003 5) ×100＝0.6，L∈(500,700] 的概率为X1 元，则X1 的全部可能取值为当学校正购A 套餐时，设为学校为1位教师肩负的月花费20,35,50，且P(X1＝20)＝0.3，P(X1＝35)＝0.6，P( X1＝50)＝0.1，因此X1 的散布列为X1 20 35 50P 0.3 0.6 0.1因此E(X1)＝20×0.3＋35×0.6＋50×0.1＝32(元)．费X2元，则X2的全部可能取值为30,45，肩负的月花为当学校正购B 套餐时，设学校为1位教师且P(X2＝30)＝0.3＋0.6＝0.9，P(X2＝45)＝0.1，因此X2 的散布列为X2 30 45P 0.9 0.1因此E(X2)＝30×0.9＋45×0.1＝31.5(元)．为费X3 元，则X3 的全部可能取值为38，当学校正购C 套餐时，设学校为1位教师肩负的月花且P(X3＝38)＝1，因此E(X3)＝38×1＝38(元)．因为E(X2)＜E(X1)＜E(X3)，．济因此学校正购B 套餐最经(请在第22～23题中选一题作答，假如多做，则依据所做第一题计分)22．选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标方程为ρ系中，圆C的极坐标2＝4ρ(cos θ＋sin θ)－3.若以极点O为原点，极轴所在成立平面直角坐标系.为x轴直线【导学号：07804230】(1)求圆C的参数方程；(2)在直角坐标系中，点P(x，y)是圆C上的动点，试求x＋2y 的最大值，并求出此时点P 的．直角坐标2＝4ρ(cos θ＋sin θ)－3，[解] (1)因为ρ因此x2＋y2－4x－4y＋3＝0，即(x－2)2＋(y－2)2＝5为方程，圆C 的直角坐标(θ为参数)．x＝2＋5cos θy＝2＋5sin θC的参数方程为因此圆2＋y2－4x－4y＋3＝0，整理得5y2＋4(1－t)y＋t2 (2)法一：设x＋2y＝t，得x＝t－2y，代入x－4t＋3＝0 (*) ，则对于y 的方程必有实数根．因此Δ＝16(1－t)2－20(t2－4t＋3) ≥0，化简得t2－12t＋11≤0，解得1≤t≤ 1 1，即x＋2y 的最大值为11.将t＝11 代入方程(*) 得y2－8y＋16＝0，解得y＝4，代入x＋2y＝11，得x＝3，故x＋2y 的最大值为11时，点P 的直角坐标为(3,4)．法二：由(1)可设点P(2＋5cos θ，2＋5sin θ)，则x＋2y＝6＋5cos θ＋2 5sin θ＝6＋55 2 55 cos θ＋ 5 sin θ，设s in α＝5 2 5，则c os α＝，因此x＋2y＝6＋5sin(θ＋α)，5 5当sin(θ＋α)＝1时，(x＋2y)max＝11，π此时，θ＋α＝＋2kπ，k∈Z，即θ＝2 π－α＋2kπk(∈Z)，2因此sin θ＝cos α＝2 55，cos θ＝sin α＝5，故点P 的直角坐标为(3,4)．523．选修4-5：不等式选讲已知函数f(x)＝|x－2|＋2，g(x)＝m|x|(m∈R)．(1)解对于x 的不等式f( x)＞5；(2)若不等式f(x) ≥g(x)对随意x∈R恒成立，求m 的取值范围．[解] (1)由f(x)＞5，得|x－2|＞3，∴x－2＜－3 或x－2＞3，解得x＜－1 或x＞5.故原不等式的解集为{ x|x＜－1 或x＞5} ．(2)由f(x) ≥g(x)，得|x－2|＋2≥m|x|对随意x∈R恒成立，当x＝0时，不等式|x－2|＋2≥0恒成立，|x－2|＋2当x≠0时，问题等价于m≤对随意非零实数恒成立，|x||x－2|＋2 |x－2＋2|∵＝1，∴m≤1，即m 的取值范围是(－∞，1]．≥|x| |x|。

2019高考数学(理)二轮复习课时跟踪检测六等差数列与等比数列小题练含答案

2019高考数学(理)二轮复习课时跟踪检测六等差数列与等比数列小题练含答案

课时跟踪检测（六） 等差数列与等比数列（小题练）A 级——12＋4提速练一、选择题1．(2019届高三·合肥模拟)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＋S 3＝4，a 3＋S 5＝12，则a 4＋S 7的值是( )A ．20 B.36 C ．24D.72解析：选C 由a 2＋S 3＝4及a 3＋S 5＝12得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4d ＝4，6a 1＋12d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝1，∴a 4＋S 7＝8a 1＋24d ＝24.故选C.2．设等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，则公比q ＝( )A ．1B ．4C ．4或0D.8解析：选B ∵S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13a 1q －13，a 1＋a 1q ＝13a 1q 2－13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，q ＝0(舍去)，故所求的公比q ＝4.3．(2018·云南师大附中适应性考试)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 5＋a 6a 3＋a 4的值为( )A.1－52 B.5＋12C.3＋52D.3－52解析：选C 设{a n }的公比为q 且q >0，因为a 2，12a 3，a 1成等差数列，所以a 1＋a 2＝2×12a 3＝a 3，即a 1＋a 1q ＝a 1q 2，因为a 1≠0，所以q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52或q ＝1－52<0(舍去)，所以a 5＋a 6a 3＋a 4＝a 3＋a 4q2a 3＋a 4＝q 2＝3＋52，故选C.4．(2018·辽宁五校联考)各项为正的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则log 2a 7＋log 2a 11的值为( )A ．1B ．2C ．3D.4解析：选C 由题意得a 4a 14＝(22)2＝8，由等比数列的性质，得a 4a 14＝a 7a 11＝8，∴log 2a 7＋log 2a 11＝log 2(a 7a 11)＝log 28＝3，故选C.5.(2018·陕西模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若2a 8＝6＋a 11，则S 9＝( ) A ．27 B ．36 C ．45D.54解析：选D ∵在等差数列{a n }中，2a 8＝a 5＋a 11＝6＋a 11，∴a 5＝6，故S 9＝a 1＋a 92＝9a 5＝54.故选D.6．等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S n T n ＝5n ＋2n ＋3，则a 2＋a 20b 7＋b 15＝( )A.10724 B.724C.14912D.1493解析：选A 由题知，a 2＋a 20b 7＋b 15＝S 21T 21＝10724. 7．已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，且a 3＝2，a 9＝12，则a 15＝( ) A ．10 B ．30 C ．40D.20解析：选B 法一：设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 的公差为d .∵a 3＝2，a 9＝12，∴6d ＝a 99－a 33＝129－23＝23，∴d ＝19，a 1515＝a 33＋12d ＝2.故a 15＝30.法二：由于数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，故2×a 99＝a 33＋a 1515，即a 1515＝2×129－23＝2，故a 15＝30.8．已知数列{a n }的各项均为正整数，其前n 项和为S n .若a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，a n 是偶数，3a n ＋1，a n 是奇数，且S 3＝29，则a 1＝( )A ．4B ．5C ．6D.7解析：选B 法一：若a 1＝4k ，则a 2＝2k ，a 3＝k ，此时S 3＝7k ＝29，由于k 为整数，此时无解；若a 1＝4k ＋1，则a 2＝12k ＋4，a 3＝6k ＋2，此时S 3＝22k ＋7＝29，解得k ＝1，即a 1＝5；若a 1＝4k ＋2，则a 2＝2k ＋1，a 3＝6k ＋4，此时S 3＝12k ＋7＝29，由于k 为整数，此时无解；若a 1＝4k ＋3，则a 2＝12k ＋10，a 3＝6k ＋5，此时S 3＝22k ＋18＝29，由于k 为整数，此时无解．综上可知a 1＝5.法二：当a 1＝4时，a 2＝2，a 3＝1，S 3＝7，排除A ；当a 1＝5时，a 2＝16，a 3＝8，S 3＝29，B 符合题意，故选B.9．(2019届高三·湖南十校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1<0，若存在自然数m ≥3，使得a m＝S m ，则当n >m 时，S n 与a n 的大小关系是( )A ．S n <a nB ．S n ≤a nC ．S n >a nD.大小不能确定解析：选C 若a 1<0，存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则d >0，否则若d ≤0，数列是递减数列或常数列，则恒有S m <a m ，不存在a m ＝S m .由于a 1<0，d >0，当m ≥3时，有a m ＝S m ，因此a m >0，S m >0，又S n ＝S m ＋a m ＋1＋…＋a n ，显然S n >a n .故选C.10．(2018·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为( )A ．10B ．11C ．12D.13解析：选C 由S 6>S 7>S 5，得S 7＝S 6＋a 7<S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7>S 5，所以a 7<0，a 6＋a 7>0，所以{a n }为递减数列，又S 13＝a 1＋a 132＝13a 7<0，S 12＝a 1＋a 122＝6(a 6＋a 7)>0，所以S 12S 13<0，即满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为12，故选C.11．(2018·沈阳二模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则满足S n ≥12181的n 的最小值为( )A ．6B ．5C ．8D.7解析：选B 由a n －1＝3a n (n ≥2)可得a n a n －1＝13(n ≥2)，可得数列{a n }是首项为a 1＝1，公比为q ＝13的等比数列，所以S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n1－13＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .由S n ≥12181可得32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ≥12181，即1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ≥242243，得n ≥5(n ∈N *)，故选B.12．已知各项均为正数的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，则数列{a n }的通项公式a n ＝( )A.12nB.12n －1C.12×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1 D.12×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 解析：选A 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由题意知a 1>0，且a n ＝12·q n －1，又S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以2(S 5＋a 5)＝S 3＋a 3＋S 4＋a 4，即2(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋2a 5)＝a 1＋a 2＋2a 3＋a 1＋a 2＋a 3＋2a 4，化简得4a 5＝a 3，从而4q 2＝1，解得q ＝±12，又q >0，故q ＝12，a n ＝12n ，选择A.二、填空题13．(2018·重庆模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 5＝5，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 9＝________.解析：因为数列{a n }是各项均为正数的等比数列，所以由等比数列的性质可得a 1·a 9＝a 2·a 8＝a 3·a 7＝a 4·a 6＝a 25＝52，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 9＝log 5(a 1·a 2·…·a 9)＝log 5[(a 1·a 9)·(a 2·a 8)·(a 3·a 7)·(a 4·a 6)·a 5]＝log 5a 95＝log 559＝9.答案：914．(2018·天津模拟)数列{a n }满足a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －1a n ＝2n －1，且数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，都有λ2<S n <4λ，则实数λ的取值范围是________．解析：由a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －1a n ＝2n －1，可得a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －2a n －1＝2(n －1)－1＝2n －3(n ≥2)，两式相减得2n －1a n ＝2(n ≥2)，所以a n ＝22－n(n ≥2)．又n ＝1时，a 1＝1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＝，22－n n ，所以S n ＝1＋20＋2－1＋…＋22－n＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，由S n 在n ≥1时单调递增，可得1≤S n <3，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ2<1，4λ≥3，解得34≤λ<1，所以实数λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，1.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，1 15．(2018·安徽合肥二模)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 1＝2,3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1，则a n ＝________.解析：由S 1＝2，得a 1＝S 1＝2. 由3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1， 得4S 2n ＝(S n ＋a n ＋1)2.又a n >0，∴2S n ＝S n ＋a n ＋1，即S n ＝a n ＋1. 当n ≥2时，S n －1＝a n ， 两式作差得a n ＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1a n＝2. 又由S 1＝2,3S 21－2a 2S 1＝a 22，求得a 2＝2. ∴当n ≥2时，a n ＝2×2n －2＝2n －1.验证当n ＝1时不成立，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥216．(2018·西安八校联考)数列{a n }中，S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，a n ＝2S 2n2S n －1(n ≥2)，则S n＝________.解析：当n ≥2时，将a n ＝S n －S n －1代入a n ＝2S 2n2S n －1，得S n －S n －1＝2S 2n2S n －1，化简整理，得S n －S n －1＝－2S n －1·S n ， 两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)，又1S 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1，公差为2的等差数列，所以1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以S n ＝12n －1. 答案：12n －1B 级——难度小题强化练1．已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，4a 5＝a 3.设T n ＝S n －1S n，则数列{T n }中最大项的值为( )A.34 B.45 C.56D.78解析：选C 设等比数列{a n }的公比为q ，则q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12，故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1×32n，S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对任意的n ∈N *，总有－712≤S n－1S n <0或0<S n －1S n ≤56，即数列{T n }中最大项的值为56.故选C. 2．(2018·洛阳尖子生模拟)已知数列{a n }满足na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )，其中a 1＝1，a 2＝2，若a n <a n ＋1对任意的n ∈N *恒成立，则实数λ的取值范围是( )A ．[0，＋∞)B ．(－1，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D.[0,1)解析：选A 由na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )＝λn (n ＋2)得a n ＋2n ＋2－a nn ＝λ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 的奇数项与偶数项均是以λ为公差的等差数列，因为a 1＝1，a 2＝2，所以当n 为奇数时，a n n ＝1＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12－1＝n －12λ＋1，所以a n ＝n 2－n2λ＋n .当n 为偶数时，a n n ＝1＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1＝n －22λ＋1，所以a n ＝n 2－2n 2λ＋n .当n 为奇数时，由a n <a n ＋1得n 2－n2λ＋n <n ＋2－n ＋2λ＋n ＋1，即λ(n －1)>－2，若n ＝1，则λ∈R ，若n >1，则λ>－2n －1，所以λ≥0; 当n 为偶数时，由a n <a n ＋1得n 2－2n 2λ＋n <n ＋2－n ＋2λ＋n ＋1，即3λn >－2，所以λ>－23n，即λ≥0.综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞)．选A.3．(2018·武汉模拟)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为( )A ．－10B ．－12C ．－9D.－13解析：选 B 设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3＋a 7＝36，∴a 4＋a 6＝36，又a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，∴a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，∴a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值． 综上，a n a n ＋1的最小值为－12.4．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3(n ∈N *)的最小值为( ) A ．4 B ．3 C ．23－2D.92解析：选A ∵a 1＝1，a 1，a 3，a 13成等比数列，∴(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2或d ＝0(舍去)，∴a n＝2n －1，∴S n ＝n＋2n －2＝n 2，∴2S n ＋16a n ＋3＝n 2＋8n ＋1.令t ＝n ＋1，则n 2＋8n ＋1＝t ＋9t－2≥6－2＝4，当且仅当t ＝3，即n ＝2时等号成立．5．(2018·广东模拟)设数列{a n }的各项都是正数，且对任意n ∈N *，都有4S n ＝a 2n ＋2a n ，其中S n 为数列{a n }的前n 项和，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ＝1时，4a 1＝a 21＋2a 1，∴a 1(a 1－2)＝0， ∵a n >0，∴a 1＝2.当n ≥2时，4S n ＝a 2n ＋2a n,4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1，两式相减得4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝2，故a n ＝2n . 答案：2n6．已知数列{a n }满足a 1＝a 2＝2，a n ＋2－[2＋(－1)n]a n ＝a 2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________________________________________________________________________．解析：当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋2＝3a 2k ＋2，即a 2k ＋2＋1＝3(a 2k ＋1)，所以数列{a 2k ＋1}(k ∈N *)是以a 2＋1为首项，3为公比的等比数列，所以a 2k ＋1＝(a 2＋1)·3k －1＝3k，即当n 为偶数时，a n ＝32n －1；当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＋1＝a 2k －1＋2，所以a 2k ＋1－a 2k －1＝2，所以数列{a 2k －1}(k ∈N *)是以a 1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2k －1＝2＋2(k －1)＝2k ，即当n 为奇数时，a n ＝n ＋1.所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋1，n 为奇数，32n －1，n 为偶数.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋1，n 为奇数，32n－1，n 为偶数。

2019高考数学二轮复习课时跟踪检测(七)数列(大题练)理

2019高考数学二轮复习课时跟踪检测(七)数列(大题练)理

课时跟踪检测（七）数 列 （大题练）A 卷——大题保分练1．(2018·陕西模拟)已知在递增等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3是a 1和a 9的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1n ＋a n，S n 为数列{b n }的前n 项和，求S 100的值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .∵a 3是a 1和a 9的等比中项， ∴a 23＝a 1a 9，即(2＋2d )2＝2(2＋8d )，解得d ＝0(舍)或d ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n . (2)b n ＝1n ＋a n ＝12nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S 100＝b 1＋b 2＋…＋b 100＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1101 ＝50101. 2．(2018·兰州诊断性测试)在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，a 2，a 4，a 8成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 1＋3d 2＝a 1＋d a 1＋7d ，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，∴a n ＝1＋(n －1)＝n .(2)由(1)得a n ＝n ，∴b n ＝2n，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴T n ＝－2n1－2＝2n ＋1－2.3．(2018·北京调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝2a n ，设b n －2＝3log 2a n (n ∈N *)． (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{|a n －b n |}的前n 项和S n . 解：(1)因为a n ＋1＝2a n ，a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列． 所以a n ＝2n －1.又因为b n －2＝3log 2a n (n ∈N *)， 所以b n ＝3log 22n －1＋2＝3(n －1)＋2＝3n －1.(2)因为数列{a n }中的项为1,2,4,8,16，…，2n －1，数列{b n }中的项为2,5,8,11,14，…，3n －1，所以①当n ≤4时，|a n －b n |＝b n －a n ＝3n －1－2n －1，所以S n ＝n n －1＋2－－2n1－2＝3n 2＋n ＋22－2n .②当n >4时，|a n －b n |＝a n －b n ＝2n －1－(3n －1)，所以S n ＝S 4＋(a 5＋a 6＋…＋a n )－(b 5＋b 6＋…＋b n ) ＝2n－3n 2＋n －422，综合①②得S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n 2＋n ＋22－2n，n ≤4，2n－3n 2＋n －422，n >4.4．(2018·厦门质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，n ∈N *. (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列；(2)设T 2n ＝1a 1a 2－1a 2a 3＋1a 3a 4－1a 4a 5＋…＋1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1，求T 2n .解：(1)证明：由a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，得1a n ＋1＝2a n ＋33a n ＝1a n ＋23，所以1a n ＋1－1a n ＝23.又a 1＝1，则1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为23的等差数列．(2)设b n ＝1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n，由(1)得，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公差为23的等差数列，所以1a 2n －1－1a 2n ＋1＝－43，即b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n ＝－43×1a 2n ，所以b n ＋1－b n ＝－43⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n ＋2－1a 2n ＝－43×43＝－169. 又b 1＝－43×1a 2＝－43×⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋23＝－209，所以数列{b n }是首项为－209，公差为－169的等差数列，所以T 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－209n ＋nn －2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－169＝－49(2n 2＋3n )． 5．(2018·洛阳模拟)已知各项均不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，满足S n ＝13a 1(a n －1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <89.解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1(a 1－1)＝13a 21－13a 1，∵a 1≠0，∴a 1＝4. ∴S n ＝43(a n －1)，∴当n ≥2时，S n －1＝43(a n －1－1)，两式相减得a n ＝4a n －1(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n.(2)证明：∵a n b n ＝log 2a n ＝2n ，∴b n ＝2n4n ，∴T n ＝241＋442＋643＋…＋2n 4n ，14T n ＝242＋443＋644＋…＋2n 4n ＋1， 两式相减得34T n ＝24＋242＋243＋244＋…＋24n －2n 4n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋142＋143＋144＋…＋14n －2n 4n ＋1＝2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14－2n4n ＋1＝23－23×4n －2n 4n ＋1 ＝23－6n ＋83×4n ＋1. ∴T n ＝89－6n ＋89×4n <89.B 卷——深化提能练1．(2018·广州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 6＝4，S 5＝－5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |，求T 5的值和T n 的表达式． 解：(1)由题知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝4，5a 1＋5×42d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，d ＝2，故a n ＝2n －7(n ∈N *)．(2)由a n ＝2n －7<0，得n <72，即n ≤3，所以当n ≤3时，a n ＝2n －7<0， 当n ≥4时，a n ＝2n －7>0. 易知S n ＝n 2－6n ，S 3＝－9，所以T 5＝－(a 1＋a 2＋a 3)＋a 4＋a 5＝－S 3＋(S 5－S 3)＝S 5－2S 3＝13. 当n ≤3时，T n ＝－S n ＝6n －n 2；当n ≥4时，T n ＝－S 3＋(S n －S 3)＝S n －2S 3＝n 2－6n ＋18.故T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4.2．(2018·郑州一模)在等差数列{a n }中，已知a 3＝5，且a 1，a 2，a 5为递增的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n}的通项公式b n＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋12，n ＝2k －1，2n2－1，n ＝2k(k ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，易知d ≠0， 由题意得，(a 3－2d )(a 3＋2d )＝(a 3－d )2， 即d 2－2d ＝0，解得d ＝2或d ＝0(舍去)，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1. (2)当n ＝2k ，k ∈N *时，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝b 1＋b 3＋…＋b 2k －1＋b 2＋b 4＋…＋b 2k ＝a 1＋a 2＋…＋a k ＋(20＋21＋…＋2k －1)＝k＋2k －2＋1－2k1－2＝k 2＋2k －1＝n 24＋2n 2－1； 当n ＝2k －1，k ∈N *时，n ＋1＝2k ， 则S n ＝S n ＋1－b n ＋1＝n ＋24＋2n ＋12－1－2n ＋12－1＝n 2＋2n －34＋2n －12.综上，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 24＋2n2－1，n ＝2k ，n 2＋2n －34＋2n －12，n ＝2k －1，(k ∈N *)．3．(2018·武汉调研)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ·log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ＝1时，a 1＝2a 1－2，所以a 1＝2. 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2，S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)，即a n ＝2a n －1.所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以a n ＝2n.(2)由(1)得b n ＝2n log 22n ＝n ·2n，所以T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n，2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n＋n ×2n ＋1，两式相减，得－T n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝－2n1－2－n ×2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2，所以T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.4．(2018·唐山模拟)已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.(1)求证：数列{a 2n }与{a 2n －1}都是等比数列；(2)若数列{a n }的前2n 项的和为T 2n ，令b n ＝(3－T 2n )·n ·(n ＋1)，求数列{b n }的最大项． 解：(1)证明：由题意可得a 1a 2＝12，则a 2＝12.又a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，a n ＋1a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，∴a n ＋2a n ＝12.∴数列{a 2n －1}是以1为首项，12为公比的等比数列；数列{a 2n }是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－3·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.∴b n ＝3n (n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，b n ＋1＝3(n ＋1)(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，∴b n ＋1b n ＝n ＋22n， ∴b 1<b 2＝b 3，b 3>b 4>…>b n >…， ∴数列{b n }的最大项为b 2＝b 3＝92.5．(2018·广东五校联考)已知{a n }是递增数列，其前n 项和为S n ，a 1>1，且10S n ＝(2a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)是否存在m ，n ，k ∈N *，使得2(a m ＋a n )＝a k 成立？若存在，写出一组符合条件的m ，n ，k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由10a 1＝(2a 1＋1)(a 1＋2)，得2a 21－5a 1＋2＝0，解得a 1＝2或a 1＝12.又a 1>1，所以a 1＝2. 因为10S n ＝(2a n ＋1)(a n ＋2)， 所以10S n ＝2a 2n ＋5a n ＋2，故10a n ＋1＝10S n ＋1－10S n ＝2a 2n ＋1＋5a n ＋1＋2－2a 2n －5a n －2， 整理，得2(a 2n ＋1－a 2n )－5(a n ＋1＋a n )＝0， 即(a n ＋1＋a n )[2(a n ＋1－a n )－5]＝0. 因为{a n }是递增数列且a 1＝2， 所以a n ＋1＋a n ≠0，因此a n ＋1－a n ＝52.所以数列{a n }是以2为首项，52为公差的等差数列，所以a n ＝2＋52(n －1)＝12(5n －1)．(2)满足条件的正整数m ，n ，k 不存在，理由如下： 假设存在m ，n ，k ∈N *，使得2(a m ＋a n )＝a k ， 则5m －1＋5n －1＝12(5k －1)，整理，得2m ＋2n －k ＝35，(*)显然，(*)式左边为整数，所以(*)式不成立． 故满足条件的正整数m ，n ，k 不存在．。

高考数学大二轮复习专题二数列第一讲等差数列等比数列限时规范训练理

高考数学大二轮复习专题二数列第一讲等差数列等比数列限时规范训练理

第一讲 等差数列、等比数列1．(2019·宽城区校级期末)在等差数列{a n }中，已知a 2＋a 5＋a 12＋a 15＝36，则S 16＝( ) A ．288 B ．144 C ．572D ．72解析：a 2＋a 5＋a 12＋a 15＝2(a 2＋a 15)＝36， ∴a 1＋a 16＝a 2＋a 15＝18， ∴S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8×18＝144，故选B. 答案：B2．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A ．16B ．8C ．4D ．2 解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＞0，q ＞0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4.故选C.答案：C3．(2019·咸阳二模)《周髀算经》中一个问题：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则冬至的日影子长为( )A ．15.5尺B ．12.5尺C ．10.5尺D ．9.5尺解析：设此等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋a 4＋a 7＝3a 1＋9d ＝37.5，a 1＋11d ＝4.5， 解得：d ＝－1，a 1＝15.5. 故选A. 答案：A4．(2019·德州一模)在等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8，则a 6的值为( ) A ．4 B ．8 C ．16D ．32解析：设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8， ∴a 1(q 4＋q 6)a 1(q ＋q 3)＝8，解得q ＝2. 则a 6＝25＝32. 故选D. 答案：D5．(2019·信州区校级月考)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，若S 8＝S 10，则a 18＝( )A ．－4B ．－2C ．0D ．2解析：∵等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，S 8＝S 10， ∴8a 1＋7×82d ＝10a 1＋10×92d ，即16＋28d ＝20＋45d ，解得d ＝－417，∴a 18＝a 1＋17d ＝2＋17×⎝ ⎛⎭⎪⎫－417＝－2.故选B. 答案：B6．(2019·南充模拟)已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 10＋a 11a 8＋a 9＝( ) A ．1＋ 2 B ．1－ 2 C ．3＋2 2D ．3－2 2解析：等比数列{a n }中的各项都是正数， 公比设为q ，q >0，a 1，12a 3,2a 2成等差数列，可得a 3＝a 1＋2a 2， 即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ， 即q 2－2q －1＝0，解得q ＝1＋2(负的舍去)，则a 10＋a 11a 8＋a 9＝q 2(a 8＋a 9)a 8＋a 9＝q 2＝3＋2 2. 故选C. 答案：C7．(2019·林州市校级月考)在正数x 、y 之间插入数a ，使x ，a ，y 成为等差数列，又在x ，y 之间插入数b 、c ，且x ，b ，c ，y 成等比数列，则有( )A ．a 2≤bc B ．a 2>bc C ．a 2＝bcD ．a 2≥bc解析：在正数x 、y 之间插入数a ，使x ，a ，y 成为等差数列， 又在x ，y 之间插入数b 、c ，且x ，b ，c ，y 成等比数列，∴⎩⎨⎧2a ＝x ＋y ≥2xy ，xy ＝bc ，∴a 2≥bc . 故选D. 答案：D8．(2019·龙岩期末测试)等差数列{a n }中，若a 4＋a 7＝2，则2a 1·2a 2·2a 3·…·2a 10＝( )A ．256B ．512C ．1 024D ．2 048解析：等差数列{a n }中，若a 4＋a 7＝2， 可得a 1＋a 10＝a 4＋a 7＝2， 则2a 1·2a 2·2a 3·…·2a 10＝2a 1＋a 2＋…＋a 10＝212×10(a 1＋a 10)＝25×2＝1 024.故选C. 答案：C9．(2019·长春模拟)等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d ＞0，则其前n 项和取最小值时n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9 解析：由d ＞0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2＜0，a 9＝d2＞0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.答案：C10．(2019·合肥质检)已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n＝1＋a n a n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7]解析：因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1， 因为b n ＝1＋a n a n ＝1＋1a n，又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立， 所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n ∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8＜0，a 9＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1＜0，9＋a －1＞0，解得－8＜a ＜－7. 答案：A11．已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，4a 5＝a 3.设T n＝S n －1S n，则数列{T n }中最大项的值为( )A.34B.45C.56D.78解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12，故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n－1＝(－1)n －1×32n，S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对任意的n ∈N *，总有－712≤S n －1S n <0或0<S n －1S n ≤56，即数列{T n }中最大项的值为56.故选C.答案：C12．(2019·合肥二模)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n 件．已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的910.若这堆货物总价是100－200⎝ ⎛⎭⎪⎫910n万元，则n 的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：由题意可得第n 层的货物的价格为a n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1，设这堆货物总价是S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫9100＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫9101＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1，①由①×910可得910S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫9101＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，②由①－②可得110S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9101＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫910n1－910－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n＝10－(10＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，∴S n ＝100－10(10＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，∵这堆货物总价是100－200⎝ ⎛⎭⎪⎫910n万元，∴n ＝10， 故选D. 答案：D13．(2019·高考全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________.解析：∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝a 7－a 37－3＝13－54＝2，首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝100.答案：10014．(2019·安徽合肥二模)已知各项均为正数的数列{a n }前n 项和为S n ，若S 1＝2,3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1，则a n ＝________.解析：由S 1＝2，得a 1＝S 1＝2. 由3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1， 得4S 2n ＝(S n ＋a n ＋1)2.又a n >0，∴2S n ＝S n ＋a n ＋1，即S n ＝a n ＋1. 当n ≥2时，S n －1＝a n ， 两式作差得a n ＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1a n＝2. 又由S 1＝2,3S 21－2a 2S 1＝a 22，求得a 2＝2. ∴当n ≥2时，a n ＝2×2n －2＝2n －1.验证当n ＝1时不成立，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥215．已知数列{a n }满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，且a 4＝π2，若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x 2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前7项和为________．解析：根据题意，数列{a n }满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，则数列{a n }是等差数列， 又由a 4＝π2，则a 1＋a 7＝a 2＋a 6＝a 3＋a 5＝2a 4＝π，函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x2＝sin 2x ＋cos x ＋1，f (a 1)＋f (a 7)＝sin 2a 1＋cos a 1＋1＋sin 2a 7＋cos a 7＋1＝sin 2a 1＋cos a 1＋1＋sin 2(π－a 1)＋cos (π－a 1)＋1＝2，同理可得：f (a 2)＋f (a 6)＝f (a 3)＋f (a 5)＝2，f (a 4)＝sin π＋cos π2＋1＝1，则数列{y n }的前7项和f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋f (a 4)＋f (a 5)＋f (a 6)＋f (a 7)＝7； 故答案为7. 答案：716．如图，点D 为△ABC 的边BC 上一点，BD →＝2DC →，E n (n ∈N )为AC 上一列点，且满足：E n A →＝(4a n －1)E n D →＋14a n ＋1－5E n B →，其中实数列{a n }满足4a n －1≠0，且a 1＝2，则1a 1－1＋1a 2－1＋1a 3－1＋…＋1a n －1＝________.解析：点D 为△ABC 的边BC 上一点， BD →＝2DC →，E n D →－E n B →＝2(E n C →－E n D →)，∴E n C →＝32E n D →－12E n B →又E n A →＝λE n C →＝3λ2E n D →－λ2E n B →，4a n －1＝－3×14a n ＋1－5，∴4a n ＋1－5＝－34a n －1，4a n ＋1－4＝1－34a n －1＝4a n －44a n －1，a n ＋1－1＝a n －14a n －1， 1a n ＋1－1＝4a n －1a n －1＝4＋3a n －1，∴1a n ＋1－1＋2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1＋2，∴1a n －1＋2＝3n， 1a n －1＝3n－2. S n ＝3×(1－3n)1－3－2n ＝3n ＋1－3－4n2. 故答案为：3n ＋1－3－4n2. 答案：3n ＋1－3－4n2。

2019学高考理科数学通用版练酷专题二轮复习课时跟踪检测：(18) 数 列 Word版含解析

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课时跟踪检测（十八） 数 列1．(2019· 长沙模拟)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＋1＝3a n －1(n ∈N *)． (1)若数列{b n }满足b n ＝a n －12，求证：{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由已知得a n ＋1－12＝3⎝⎛⎭⎫a n －12(n ∈N *)，从而有b n ＋1＝3b n .又b 1＝a 1－12＝1， 所以{b n }是以1为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)得b n ＝3n －1，从而a n ＝3n －1＋12， 所以S n ＝1＋12＋3＋12＋…＋3n －1＋12＝1＋3＋…＋3n －1＋n 2＝1－3n 1－3＋n 2＝3n ＋n －12. 2．(2019·云南模拟)已知数列{a n }中，a 2n ＋2a n －n 2＋2n ＝0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)由a 2n ＋2a n －n 2＋2n ＝0，得(a n －n ＋2)(a n ＋n )＝0.∴a n ＝n －2或a n ＝－n .∴{a n }的通项公式为a n ＝n －2或a n ＝－n .(2)①当a n ＝n －2时，易知{a n }为等差数列，且a 1＝－1，∴S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (－1＋n －2)2＝n (n －3)2. ②当a n ＝－n 时，易知{a n }也为等差数列，且a 1＝－1，∴S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (－1－n )2＝－n (n ＋1)2. 故S n ＝⎩⎨⎧ n (n－3)2(a n ＝n －2)，－n (n ＋1)2(a n ＝－n ).3．(2019·南京模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5，可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5，所以3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2.∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)，可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1)． ∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(4n －3)－(4n －1)＝(1－3)＋(5－7)＋…＋(4n －3－4n ＋1)＝(－2)×n ＝－2n .4．已知等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，前n 项和为S n .数列{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝6，b 2＋S 3＝8.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，等比数列{b n }的公比为q ，则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1. 依题意有⎩⎪⎨⎪⎧q (2＋d )＝6，q ＋3＋3d ＝8， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝－43，q ＝9(舍去)． 故a n ＝n ，b n ＝2n －1.(2)由(1)知S n ＝1＋2＋…＋n ＝12n (n ＋1)， 即1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 故1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝2⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎦⎤⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 5．(2018届高三·惠州调研)已知数列{a n }中，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，且首项a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值．解：(1)根据已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2，即a n ＋1－a n ＝2＝d ，所以数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2.等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3，所以q ＝3，b n ＝3n －1. 数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －12. T n ≤S n 即3n －12≤n 2，又n ∈N *， 所以n ＝1或2.6．(2019·石家庄模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－4，S m ＝0，S m ＋2＝14(m ≥2，且m ∈N *)．(1)求m 的值；(2)若数列{b n }满足a n 2＝log 2b n (n ∈N *)，求数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和． 解：(1)由已知得，a m ＝S m －S m －1＝4，且a m ＋1＋a m ＋2＝S m ＋2－S m ＝14，设数列{a n }的公差为d ，则有2a m ＋3d ＝14，∴d ＝2.由S m ＝0，得ma 1＋m (m －1)2×2＝0， 即a 1＝1－m ，∴a m ＝a 1＋(m －1)×2＝m －1＝4，∴m ＝5.(2)由(1)知a 1＝－4，d ＝2，∴a n ＝2n －6，∴n －3＝log 2b n ，得b n ＝2n －3， ∴(a n ＋6)·b n ＝2n ×2n －3＝n ×2n －2. 设数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝1×2－1＋2×20＋…＋(n －1)×2n －3＋n ×2n －2，① 2T n ＝1×20＋2×21＋…＋(n －1)×2n －2＋n ×2n －1，② ①－②，得－T n ＝2－1＋20＋…＋2n －2－n ×2n －1 ＝2－1(1－2n )1－2－n ×2n －1 ＝2n －1－12－n ×2n －1， ∴T n ＝(n －1)×2n －1＋12(n ∈N *)．。

高考数学二轮复习课时跟踪检测七数列大题练理

高考数学二轮复习课时跟踪检测七数列大题练理

课时跟踪检测（七）数 列 （大题练）A 卷——大题保分练1．(·陕西模拟)已知在递增等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3是a 1和a 9的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1n ＋1a n，S n 为数列{b n }的前n 项和，求S 100的值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .∵a 3是a 1和a 9的等比中项， ∴a 23＝a 1a 9，即(2＋2d )2＝2(2＋8d )，解得d ＝0(舍)或d ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n . (2)b n ＝1n ＋1a n ＝12nn ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S 100＝b 1＋b 2＋…＋b 100＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1101 ＝50101. 2．(·兰州诊断性测试)在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，a 2，a 4，a 8成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 1＋3d 2＝a 1＋d a 1＋7d ，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，∴a n ＝1＋(n －1)＝n .(2)由(1)得a n ＝n ，∴b n ＝2n，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴T n ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.3．(·北京调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝2a n ，设b n －2＝3log 2a n (n ∈N *)． (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{|a n －b n |}的前n 项和S n . 解：(1)因为a n ＋1＝2a n ，a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列． 所以a n ＝2n －1.又因为b n －2＝3log 2a n (n ∈N *)， 所以b n ＝3log 22n －1＋2＝3(n －1)＋2＝3n －1.(2)因为数列{a n }中的项为1,2,4,8,16，…，2n －1，数列{b n }中的项为2,5,8,11,14，…，3n －1，所以①当n ≤4时，|a n －b n |＝b n －a n ＝3n －1－2n －1，所以S n ＝n 3n －1＋22－1×1－2n1－2＝3n 2＋n ＋22－2n .②当n >4时，|a n －b n |＝a n －b n ＝2n －1－(3n －1)，所以S n ＝S 4＋(a 5＋a 6＋…＋a n )－(b 5＋b 6＋…＋b n ) ＝2n－3n 2＋n －422，综合①②得S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n 2＋n ＋22－2n，n ≤4，2n－3n 2＋n －422，n >4.4．(·厦门质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列；(2)设T 2n ＝1a 1a 2－1a 2a 3＋1a 3a 4－1a 4a 5＋…＋1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1，求T 2n .解：(1)证明：由a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，得1a n ＋1＝2a n ＋33a n ＝1a n ＋23，所以1a n ＋1－1a n ＝23.又a 1＝1，则1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为23的等差数列． (2)设b n ＝1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n，由(1)得，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公差为23的等差数列，所以1a 2n －1－1a 2n ＋1＝－43，即b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n ＝－43×1a 2n ，所以b n ＋1－b n ＝－43⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n ＋2－1a 2n ＝－43×43＝－169. 又b 1＝－43×1a 2＝－43×⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋23＝－209，所以数列{b n }是首项为－209，公差为－169的等差数列，所以T 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－209n ＋n n －12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－169＝－49(2n 2＋3n )． 5．(·洛阳模拟)已知各项均不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，满足S n ＝13a 1(a n －1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <89.解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1(a 1－1)＝13a 21－13a 1，∵a 1≠0，∴a 1＝4. ∴S n ＝43(a n －1)，∴当n ≥2时，S n －1＝43(a n －1－1)，两式相减得a n ＝4a n －1(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n.(2)证明：∵a n b n ＝log 2a n ＝2n ，∴b n ＝2n4n ，∴T n ＝241＋442＋643＋…＋2n 4n ，14T n ＝242＋443＋644＋…＋2n 4n ＋1， 两式相减得34T n ＝24＋242＋243＋244＋…＋24n －2n 4n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋142＋143＋144＋…＋14n －2n 4n ＋1＝2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14－2n4n ＋1＝23－23×4n －2n 4n ＋1 ＝23－6n ＋83×4n ＋1. ∴T n ＝89－6n ＋89×4n <89.B 卷——深化提能练1．(·广州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 6＝4，S 5＝－5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |，求T 5的值和T n 的表达式． 解：(1)由题知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝4，5a 1＋5×42d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，d ＝2，故a n ＝2n －7(n ∈N *)．(2)由a n ＝2n －7<0，得n <72，即n ≤3，所以当n ≤3时，a n ＝2n －7<0， 当n ≥4时，a n ＝2n －7>0. 易知S n ＝n 2－6n ，S 3＝－9，所以T 5＝－(a 1＋a 2＋a 3)＋a 4＋a 5＝－S 3＋(S 5－S 3)＝S 5－2S 3＝13. 当n ≤3时，T n ＝－S n ＝6n －n 2；当n ≥4时，T n ＝－S 3＋(S n －S 3)＝S n －2S 3＝n 2－6n ＋18.故T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4.2．(·郑州一模)在等差数列{a n }中，已知a 3＝5，且a 1，a 2，a 5为递增的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n}的通项公式b n＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋12，n ＝2k －1，2n2－1，n ＝2k(k ∈N *)，求数列{b n }的前n项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，易知d ≠0， 由题意得，(a 3－2d )(a 3＋2d )＝(a 3－d )2， 即d 2－2d ＝0，解得d ＝2或d ＝0(舍去)，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1. (2)当n ＝2k ，k ∈N *时，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝b 1＋b 3＋…＋b 2k －1＋b 2＋b 4＋…＋b 2k ＝a 1＋a 2＋…＋a k ＋(20＋21＋…＋2k －1)＝k 1＋2k －12＋1－2k1－2＝k 2＋2k－1＝n 24＋2n 2－1； 当n ＝2k －1，k ∈N *时，n ＋1＝2k ，则S n ＝S n ＋1－b n ＋1＝n ＋124＋2n ＋12－1－2n ＋12－1＝n 2＋2n －34＋2n －12.综上，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 24＋2n2－1，n ＝2k ，n 2＋2n －34＋2n －12，n ＝2k －1，(k ∈N *)．3．(·武汉调研)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ·log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ＝1时，a 1＝2a 1－2，所以a 1＝2. 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2，S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)，即a n ＝2a n －1.所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以a n ＝2n.(2)由(1)得b n ＝2n log 22n ＝n ·2n，所以T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n，2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n＋n ×2n ＋1，两式相减，得－T n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝21－2n1－2－n ×2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2，所以T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.4．(·唐山模拟)已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.(1)求证：数列{a 2n }与{a 2n －1}都是等比数列；(2)若数列{a n }的前2n 项的和为T 2n ，令b n ＝(3－T 2n )·n ·(n ＋1)，求数列{b n }的最大项． 解：(1)证明：由题意可得a 1a 2＝12，则a 2＝12.又a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，a n ＋1a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，∴a n ＋2a n ＝12.∴数列{a 2n －1}是以1为首项，12为公比的等比数列；数列{a 2n }是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－3·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.∴b n ＝3n (n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，b n ＋1＝3(n ＋1)(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，∴b n ＋1b n ＝n ＋22n， ∴b 1<b 2＝b 3，b 3>b 4>…>b n >…， ∴数列{b n }的最大项为b 2＝b 3＝92.5．(·广东五校联考)已知{a n }是递增数列，其前n 项和为S n ，a 1>1，且10S n ＝(2a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)是否存在m ，n ，k ∈N *，使得2(a m ＋a n )＝a k 成立？若存在，写出一组符合条件的m ，n ，k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由10a 1＝(2a 1＋1)(a 1＋2)，得2a 21－5a 1＋2＝0，解得a 1＝2或a 1＝12.又a 1>1，所以a 1＝2. 因为10S n ＝(2a n ＋1)(a n ＋2)， 所以10S n ＝2a 2n ＋5a n ＋2，故10a n ＋1＝10S n ＋1－10S n ＝2a 2n ＋1＋5a n ＋1＋2－2a 2n －5a n －2， 整理，得2(a 2n ＋1－a 2n )－5(a n ＋1＋a n )＝0， 即(a n ＋1＋a n )[2(a n ＋1－a n )－5]＝0. 因为{a n }是递增数列且a 1＝2， 所以a n ＋1＋a n ≠0，因此a n ＋1－a n ＝52.所以数列{a n }是以2为首项，52为公差的等差数列，所以a n ＝2＋52(n －1)＝12(5n －1)．(2)满足条件的正整数m ，n ，k 不存在，理由如下： 假设存在m ，n ，k ∈N *，使得2(a m ＋a n )＝a k ，则5m －1＋5n －1＝12(5k －1)，整理，得2m ＋2n －k ＝35，(*)显然，(*)式左边为整数，所以(*)式不成立． 故满足条件的正整数m ，n ，k 不存在．。

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课时跟踪检测（七）数 列 （大题练）A 卷——大题保分练1．(2018·陕西模拟)已知在递增等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3是a 1和a 9的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1n ＋a n，S n 为数列{b n }的前n 项和，求S 100的值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .∵a 3是a 1和a 9的等比中项， ∴a 23＝a 1a 9，即(2＋2d )2＝2(2＋8d )，解得d ＝0(舍)或d ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n . (2)b n ＝1n ＋a n ＝12nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S 100＝b 1＋b 2＋…＋b 100＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1101 ＝50101. 2．(2018·兰州诊断性测试)在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，a 2，a 4，a 8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 1＋3d 2＝a 1＋d a 1＋7d ，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，∴a n ＝1＋(n －1)＝n .(2)由(1)得a n ＝n ，∴b n ＝2n，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴T n ＝－2n1－2＝2n ＋1－2.3．(2018·北京调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝2a n ，设b n －2＝3log 2a n (n ∈N *)． (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{|a n －b n |}的前n 项和S n . 解：(1)因为a n ＋1＝2a n ，a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列． 所以a n ＝2n －1.又因为b n －2＝3log 2a n (n ∈N *)，所以b n ＝3log 22n －1＋2＝3(n －1)＋2＝3n －1.(2)因为数列{a n }中的项为1,2,4,8,16，…，2n －1，数列{b n }中的项为2,5,8,11,14，…，3n －1，所以①当n ≤4时，|a n －b n |＝b n －a n ＝3n －1－2n －1，所以S n ＝n n －1＋2－－2n1－2＝3n 2＋n ＋22－2n .②当n >4时，|a n －b n |＝a n －b n ＝2n －1－(3n －1)，所以S n ＝S 4＋(a 5＋a 6＋…＋a n )－(b 5＋b 6＋…＋b n ) ＝2n－3n 2＋n －422，综合①②得S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n 2＋n ＋22－2n，n ≤4，2n－3n 2＋n －422，n >4.4．(2018·厦门质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列；(2)设T 2n ＝1a 1a 2－1a 2a 3＋1a 3a 4－1a 4a 5＋…＋1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1，求T 2n .解：(1)证明：由a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，得1a n ＋1＝2a n ＋33a n ＝1a n ＋23，所以1a n ＋1－1a n ＝23.又a 1＝1，则1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为23的等差数列．(2)设b n ＝1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n，由(1)得，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公差为23的等差数列，所以1a 2n －1－1a 2n ＋1＝－43，即b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n ＝－43×1a 2n ，所以b n ＋1－b n ＝－43⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n ＋2－1a 2n ＝－43×43＝－169. 又b 1＝－43×1a 2＝－43×⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋23＝－209，所以数列{b n }是首项为－209，公差为－169的等差数列，所以T 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－209n ＋n n －2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－169＝－49(2n 2＋3n )． 5．(2018·洛阳模拟)已知各项均不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，满足S n ＝13a 1(a n －1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <89.解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1(a 1－1)＝13a 21－13a 1，∵a 1≠0，∴a 1＝4. ∴S n ＝43(a n －1)，∴当n ≥2时，S n －1＝43(a n －1－1)，两式相减得a n ＝4a n －1(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n.(2)证明：∵a n b n ＝log 2a n ＝2n ，∴b n ＝2n4n ，∴T n ＝241＋442＋643＋…＋2n 4n ，14T n ＝242＋443＋644＋…＋2n 4n ＋1， 两式相减得34T n ＝24＋242＋243＋244＋…＋24n －2n 4n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋142＋143＋144＋…＋14n －2n 4n ＋1＝2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14－2n4n ＋1＝23－23×4n －2n 4n ＋1 ＝23－6n ＋83×4n ＋1. ∴T n ＝89－6n ＋89×4n <89.B 卷——深化提能练1．(2018·广州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 6＝4，S 5＝－5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |，求T 5的值和T n 的表达式． 解：(1)由题知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝4，5a 1＋5×42d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，d ＝2，故a n ＝2n －7(n ∈N *)．(2)由a n ＝2n －7<0，得n <72，即n ≤3，所以当n ≤3时，a n ＝2n －7<0， 当n ≥4时，a n ＝2n －7>0. 易知S n ＝n 2－6n ，S 3＝－9，所以T 5＝－(a 1＋a 2＋a 3)＋a 4＋a 5＝－S 3＋(S 5－S 3)＝S 5－2S 3＝13. 当n ≤3时，T n ＝－S n ＝6n －n 2；当n ≥4时，T n ＝－S 3＋(S n －S 3)＝S n －2S 3＝n 2－6n ＋18.故T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4.2．(2018·郑州一模)在等差数列{a n }中，已知a 3＝5，且a 1，a 2，a 5为递增的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n}的通项公式b n＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋12，n ＝2k －1，2n2－1，n ＝2k(k ∈N *)，求数列{b n }的前n项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，易知d ≠0， 由题意得，(a 3－2d )(a 3＋2d )＝(a 3－d )2， 即d 2－2d ＝0，解得d ＝2或d ＝0(舍去)，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1. (2)当n ＝2k ，k ∈N *时，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝b 1＋b 3＋…＋b 2k －1＋b 2＋b 4＋…＋b 2k ＝a 1＋a 2＋…＋a k ＋(20＋21＋…＋2k －1)＝k＋2k －2＋1－2k1－2＝k 2＋2k －1＝n 24＋2n 2－1； 当n ＝2k －1，k ∈N *时，n ＋1＝2k ，则S n ＝S n ＋1－b n ＋1＝n ＋24＋2n ＋12－1－2n ＋12－1＝n 2＋2n －34＋2n －12.综上，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 24＋2n2－1，n ＝2k ，n 2＋2n －34＋2n －12，n ＝2k －1，(k ∈N *)．3．(2018·武汉调研)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ·log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ＝1时，a 1＝2a 1－2，所以a 1＝2. 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2，S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)，即a n ＝2a n －1.所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以a n ＝2n.(2)由(1)得b n ＝2n log 22n ＝n ·2n，所以T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n，2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n＋n ×2n ＋1，两式相减，得－T n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝－2n1－2－n ×2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2，所以T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.4．(2018·唐山模拟)已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.(1)求证：数列{a 2n }与{a 2n －1}都是等比数列；(2)若数列{a n }的前2n 项的和为T 2n ，令b n ＝(3－T 2n )·n ·(n ＋1)，求数列{b n }的最大项． 解：(1)证明：由题意可得a 1a 2＝12，则a 2＝12.又a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，a n ＋1a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，∴a n ＋2a n ＝12.∴数列{a 2n －1}是以1为首项，12为公比的等比数列；数列{a 2n }是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－3·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.∴b n ＝3n (n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，b n ＋1＝3(n ＋1)(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，∴b n ＋1b n ＝n ＋22n， ∴b 1<b 2＝b 3，b 3>b 4>…>b n >…， ∴数列{b n }的最大项为b 2＝b 3＝92.5．(2018·广东五校联考)已知{a n }是递增数列，其前n 项和为S n ，a 1>1，且10S n ＝(2a n＋1)(a n ＋2)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)是否存在m ，n ，k ∈N *，使得2(a m ＋a n )＝a k 成立？若存在，写出一组符合条件的m ，n ，k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由10a 1＝(2a 1＋1)(a 1＋2)，得2a 21－5a 1＋2＝0，解得a 1＝2或a 1＝12.又a 1>1，所以a 1＝2. 因为10S n ＝(2a n ＋1)(a n ＋2)， 所以10S n ＝2a 2n ＋5a n ＋2，故10a n ＋1＝10S n ＋1－10S n ＝2a 2n ＋1＋5a n ＋1＋2－2a 2n －5a n －2， 整理，得2(a 2n ＋1－a 2n )－5(a n ＋1＋a n )＝0， 即(a n ＋1＋a n )[2(a n ＋1－a n )－5]＝0. 因为{a n }是递增数列且a 1＝2， 所以a n ＋1＋a n ≠0，因此a n ＋1－a n ＝52.所以数列{a n }是以2为首项，52为公差的等差数列，所以a n ＝2＋52(n －1)＝12(5n －1)．(2)满足条件的正整数m ，n ，k 不存在，理由如下： 假设存在m ，n ，k ∈N *，使得2(a m ＋a n )＝a k ，则5m －1＋5n －1＝12(5k －1)，整理，得2m ＋2n －k ＝35，(*)显然，(*)式左边为整数，所以(*)式不成立． 故满足条件的正整数m ，n ，k 不存在．。

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