2018届高三理科数学(新课标)：专题四 数列 专题能力训练12 Word版含答案
2018年高考数学(理)—— 专题四 数列
核心知识
考点精题
-9-
对点训练2已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.
(1)证明数列 ������������ + (2)证明
1 2
1 2
是等比数列,并求{an}的通项公式;
1 ������ ������
1
������ 1
+
3 2
1 ������ 2
+…+
< .
2
1 2 1 2
3
证明 (1)由 an+1=3an+1,得 an+1+ =3 ������������ + 又 a1+ = ,所以 ������������ +
核心知识
考点精题
-3-
(3)由已知得 bn=2������ ������ ,
������ ������ +1 ������������
=
2������ ������ +1 2������ ������ ������1
= 2������ ������ +1 -������ ������ =23=8,
解 (1)a1=S1=5,a1+a2=S2= ×22+ ×2=13,解得 a2=8. (2)当 n≥2
3 2 7 2 2 2 3 2 7 2 时,an=Sn-Sn-1= [n -(n-1) ]+ [n-(n-1)] 2 2
3
7
= (2n-1)+ =3n+2.
又a1=5满足an=3n+2,所以an=3n+2. 因为an+1-an=3(n+1)+2-(3n+2)=3, 所以数列{an}是以5为首项,3为公差的等差数列.
2018届高三理科数学(新课标)二轮复习专题整合高频突破习题专题四 数列 专题能力训练12 Word版含答案
专题能力训练数列的通项与求和
能力突破训练
.(甘肃兰州一诊)已知等差数列{}的前项和为,若,则()
.(东北三校联考)已知数列{}是等差数列,满足,下列结论错误的是()
最小
.已知数列{}的前项和,则()
.已知函数()满足()()(∈),且(),则数列{()}(∈*)前项的和为()
.已知数列{},构造一个新数列,…,…,此数列是首项为,公比为的等比数列,则数列{}的通项公式
为()
∈*
∈*
∈*
.(山西大同豪洋中学三模)已知数列{}满足(∈*),则.
.(河北石家庄一模)已知数列{}中,若{}为递增数列,则实数的取值范围为.
.已知是等差数列{}的前项和,若,则.
.已知在数列{}中,且∈*.
()求数列{}的通项公式;
()令,数列{}的前项和为.如果对于任意的∈*,都有>,求实数的取值范围.
.已知数列{}的前项和为,且,对任意∈*,都有().
()求数列{}的通项公式;
()若数列{}满足,求数列{}的前项和.
.设数列{}的前项和为.已知.
()求{}的通项公式;
()若数列{}满足,求{}的前项和.
思维提升训练
.给出数列,…,,…,,…,在这个数列中,第个值等于的项的序号是()。
2018届高考数学(理)二轮专题复习：第一部分 专题四 数列 1-4-1 含答案
限时规范训练十 等差数列、等比数列 限时45分钟，实际用时分值81分，实际得分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝20，且a 3，a 7，a 9成等比数列．S n 为{a n }的前n 项和，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110解析：选D.依题意得a 27＝a 3a 9，即(a 1＋6d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋8d )，即(20＋6d )2＝(20＋2d )(20＋8d )．因为d ≠0，解得d ＝－2，故S 10＝10a 1＋10×92d ＝110，故选D.2．等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( ) A ．n (n ＋1) B ．n (n －1)C.n n ＋12D.n n －12解析：选A.∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，将d ＝2代入上式，解得a 1＝2， ∴S n ＝2n ＋n n －1·22＝n (n ＋1)，故选A.3．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ＋1·a m －1＝2a m (m ≥2)，数列{a n }的前n 项积为T n ，若T 2m －1＝512，则m 的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选B.由等比数列的性质可知a m ＋1·a m －1＝a 2m ＝2a m (m ≥2)，所以a m ＝2，即数列{a n }为常数列，a n ＝2，所以T 2m －1＝22m －1＝512＝29，即2m －1＝9，所以m ＝5，故选B.4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，则当S n 取最小值时，n ＝( ) A ．9 B ．8 C ．7D ．6解析：选C.设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－11，2a 1＋12d ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，d ＝2.∴a n ＝－15＋2n .由a n ＝－15＋2n ≤0，解得n ≤152.又n 为正整数，∴当S n 取最小值时，n ＝7.故选C.5．已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 4－2a 27＋3a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11等于( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D.因为数列{a n }为等差数列，所以a 4＋3a 8＝(a 4＋a 8)＋2a 8＝2a 6＋2a 8＝2(a 6＋a 8)＝2×2a 7，所以由a 4－2a 27＋3a 8＝0得4a 7－2a 27＝0，又因为数列{a n }的各项均不为零，所以a 7＝2，所以b 7＝2，则b 2b 8b 11＝b 6b 7b 8＝(b 6b 8)b 7＝(b 7)3＝8，故选D.6．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，且满足a 12＋a 22＝2a 1＋2a 2，a 34＋a 44＝4a 3＋4a 4，则a 1a 5＝( )A ．24 2B ．8C ．8 2D ．16解析：选C.设正项等比数列的公比为q ，q ＞0，则由a 12＋a 22＝2a 1＋2a 2得a 1＋a 22＝2a 1＋a 2a 1a 2，a 1a 2＝4，同理由a 34＋a 44＝4a 3＋4a 4得a 3a 4＝16，则q 4＝a 3a 4a 1a 2＝4，q ＝2，a 1a 2＝2a 21＝4，a 21＝22，所以a 1a 5＝a 21q 4＝82，故选C.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，若S k －2＝－4(k ＞2)，S k ＝0，S k ＋2＝8，则k ＝________.解析：由题意，得S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＝8，S k －S k －2＝a k －1＋a k ＝4(k ＞2)，两式相减，得4d ＝4，即d ＝1，由S k ＝ka 1＋k k －12＝0，得a 1＝－k －12，将a 1＝－k －12代入a k －1＋a k ＝4，得－(k －1)＋(2k －3)＝k －2＝4，解得k ＝6.答案：68．已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是________． 解析：当q ＞0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 1＋1＋a 3≥1＋2a 1a 3＝1＋2a 22＝3， 当q ＜0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≤1－2a 1a 3＝1－2a 22＝－1， 所以，S 3的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 答案：(－∞，－1]∪[3，＋∞)9．已知数列{a n }是各项均不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，且a n ＝S 2n －1(n ∈N *)．若不等式λa n ≤n ＋8n对任意n ∈N *恒成立，则实数λ的最大值为________．解析：a n ＝S 2n －1⇒a n ＝2n －1a 1＋a 2n －12＝2n －1a n ⇒a 2n ＝(2n －1)a n ⇒a n ＝2n －1，n ∈N *.因为λa n ≤n ＋8n对任意n ∈N *恒成立．所以λ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋82n －1n min ，即λ≤⎝⎛⎭⎪⎫2n －8n＋15min ，f (n )＝2n －8n＋15在n ≥1时单调递增，其最小值为f (1)＝9，所以λ≤9，故实数λ的最大值为9. 答案：9三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)10．在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列． (1)求d ，a n ；(2)若d ＜0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.解：(1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0.故d ＝－1或d ＝4. 所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d ＜0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，则当n ≤11时， |a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 11－a 12－a 13－…－a 11＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＋2(a 1＋a 2＋…＋a 11＋a n )＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ， n ≤11，12n 2－212n ＋110， n ≥12.11．设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)由已知S n ＝2a n －a 1， 有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)． 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)． 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 故a n ＝2n. (2)由(1)得1a n ＝12n .所以T n ＝12＋122＋…＋12n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .12．已知数列{a n }是等比数列，其前n 项和是S n ，且S n ＝t ·3n－2t ＋1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 1311＋S n (n ∈N *)，求数列{a n b n }的前n 项和T n .解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝t ·3－2t ＋1＝t ＋1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝t ·3n－t ·3n －1＝2t ·3n －1.∵数列{a n }是等比数列，∴a n a n －1＝2t ·3n －12t ·3n －2＝3(n ≥2)，∴a 2a 1＝2t ·3t ＋1＝3，∴t ＝1，a 1＝2， ∴a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．(2)由(1)知，S n ＝3n －1，∴1＋S n ＝3n，∴11＋S n ＝13n ，b n ＝log 1311＋S n＝n ， ∴a n b n ＝2n ×3n －1，T n ＝2＋4×3＋6×32＋…＋2n ×3n －1，①3T n ＝2×3＋4×32＋6×33＋…＋2n ×3n，② ①－②得，－2T n ＝2＋2(3＋32＋33＋…＋3n －1)－2n ×3n＝2＋2×31－3n －11－3－2n ×3n，∴T n ＝12＋2n －13n2.。
【高三数学试题精选】2018高考理科数学数列总复习题(含答案)
c．640 D．641
解析由已知SnSn－1－Sn－1Sn＝2SnSn－1可得，Sn－Sn－1＝2，∴{Sn}是以1为首项，2为差的等差数列，故Sn＝2n－1，Sn＝(2n－1)2，∴a81＝S81－S80＝1612－1592＝640，故选c
答案c
5．(2018年长沙模拟)已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x，都有f(x )＝f(x)＋f()，若数列{an}的前n项和为Sn，且满足f(Sn＋2)－f(an)＝f(3)(n∈N*)，则an为( )
∴an＝4＋b，n＝1，3 4n－1，n≥2
综上可知当b＝－1时，an＝3 4n－1；
当b≠－1时，an＝4＋b，n＝1，3 4n－1，n≥2xb1
11．已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋3n－2(n≥2)．
(1)求a2，a3；
(2)求数列{an}的通项式．
解析(1)由已知{an}满足a1＝1，an＝an－1＋3n－2(n≥2)，
A．2n－1 B．n
c．2n－1 D32n－1
解析由题意知f(Sn＋2)＝f(an)＋f(3)(n∈N*)，∴Sn＋2＝3an，Sn－1＋2＝3an－1(n≥2)，两式相减得，2an＝3an－1(n≥2)，又n＝1时，S1＋2＝3a1＝a1＋2，∴a1＝1，∴数列{an}是首项为1，比为32的等比数列，∴an＝32n－1
当n＝1时，1＝a1＝3×12－12＝1，
∴数列{an}的通项式an＝3n2－n2
12．(能力提升)(2018年合肥质检)已知数列{an}满足a1＝1,2n－1an＝an－1(n∈N，n≥2)．
(1)求数列{an}的通项式；
(2)这个数列从第几项开始及其以后各项均小于11 000？
2018届高考数学(理)二轮专题复习：第一部分 专题四 数列 1-4-2 含答案
限时规范训练十一 数列求和及综合应用限时45分钟，实际用时分值81分，实际得分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．数列{a n }中，a 1＝1，对所有n ∈N *都有a 1·a 2·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( ) A.6116 B.259 C.2516D.3115解析：选A.当n ≥1时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2；当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2.两式相除，得a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12.∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116，故选A.2．已知S n 表示数列{a n }的前n 项和，若对任意n ∈N *满足a n ＋1＝a n ＋a 2，且a 3＝2，则S 2 019＝( ) A ．1 008×2 020 B ．1 008×2 019 C ．1 009×2 019D ．1 009×2 020解析：选C.在a n ＋1＝a n ＋a 2中，令n ＝1，得a 2＝a 1＋a 2，a 1＝0；令n ＝2，得a 3＝2＝2a 2，a 2＝1，于是a n ＋1－a n ＝1，故数列{a n }是首项为0，公差为1的等差数列，S 2 019＝2 019×2 0182＝1009×2 019.3．已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 2a 3＝15，且3S 1S 3＋15S 3S 5＋5S 5S 1＝35，则a 2等于( )A ．2 B.12 C ．3D.13解析：选C.∵S 1＝a 1，S 3＝3a 2，S 5＝5a 3， ∴35＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 1a 3， ∵a 1a 2a 3＝15.∴35＝a 315＋a 115＋a 215＝a 25，即a 2＝3. 4．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( ) A ．120 B ．99 C ．11 D ．121解析：选A.a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－nn ＋1＋n n ＋1－n＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1＝10.即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120. 5.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1的值为( )A.n ＋12n ＋2B.34－n ＋12n ＋2C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2解析：选C.∵1n ＋12－1＝1n 2＋2n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.6．定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知正项数列{a n }的前n项的“均倒数”为12n ＋1，又b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( )A.111 B.112 C.1011D.1112解析：选C.设数列{a n }的前n 项和为S n ，由na 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1得S n ＝n (2n ＋1)，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，∴b n ＝4n －1＋14＝n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝11×2＋12×3＋…＋110×11＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011.故选C.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 019＝________.解析：∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，∴当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，k ∈N *，∴S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1＋(－1)×1 009＝－ 1008.答案：－1 0088．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13，得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，由已知得到S n－1＝23a n －1＋13，所以a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n －1，所以数列{a n }为以1为首项，－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －19．在等比数列{a n }中，0＜a 1＜a 4＝1，则能使不等式⎝⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫a n －1an≤0成立的最大正整数n 是________．解析：设等比数列的公比为q ，由已知得a 1q 3＝1，且q ＞1，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝a 11－q n 1－q －1a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n 1－1q≤0，化简得q －3≤q4－n，则－3≤4－n ，n ≤7. 答案：7三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分) 10．等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n＋n . 所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋ (10)＝21－2101－2＋1＋10×102＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.11．已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)(n ∈N *)． (1)求a n ；(2)若b n ＝2n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)＝a 2n ＋2a n －3， ∴当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3， 两式相减得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，化简得，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵{a n }是正项数列，∴a n ＋a n －1≠0，∴a n －a n －1－2＝0，对任意n ≥2，n ∈N *都有a n －a n －1＝2， 又由4S 1＝a 21＋2a 1－3得，a 21－2a 1－3＝0， 解得a 1＝3或a 1＝－1(舍去)，∴{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)由已知及(1)知，b n ＝(2n ＋1)·2n ，T n ＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，①2T n ＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②②－①得，T n ＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n )＋(2n ＋1)·2n ＋1＝－6－2×41－2n －11－2＋(2n ＋1)·2n ＋1＝2＋(2n －1)·2n ＋1.12．若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 12a n .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34.解：(1)∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1.(2)证明：由c n ＋1－c n ＝log 12a n ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)．∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1 ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13，∴原式得证．。
【精品】2018届高考数学(理)热点题型：数列(含答案解析)
数列热点一 等差数列、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n 项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用.【例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 *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n (n∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3， 于是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 .(2)由(1)得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，对于n∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.【类题通法】解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.【对点训练】已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 5－2a 2＝25，且a 1，a 4，a 13恰为等比数列{b n }的前三项. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，是否存在k∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d(d≠0)， ∴⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d －2（a 1＋d ）＝25，（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋12d ），解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. ∵b 1＝a 1＝3，b 2＝a 4＝9，∴等比数列{b n }的公比q ＝3，∴b n ＝3n . (2)不存在.理由如下：∵1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∴1－2T k ＝23＋12k ＋3(k∈N *)，易知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫12k ＋3为单调递减数列， ∴23<1－2T k ≤1315，又1b k ＝13k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13，∴不存在k∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k 成立.热点二 数列的通项与求和数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算.求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法.常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等.【例2】设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d>1时，记c n ＝a nb n ，求数列{c n }的前n 项和T n .(1)解 由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2， 解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝19（2n ＋79），b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)解 由d>1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1， 故c n ＝2n －12n －1， 于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .②①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1.【类题通法】用错位相减法解决数列求和的模板 第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和.第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q. 第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k∈N *)的项对应，然后两边同时作差. 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【对点训练】设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *.(1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S 2n .(1)证明 由条件，对任意n∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3， 因而对任意n∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1， 即a n ＋2＝3a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝2， 所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1， 故对一切n∈N *，a n ＋2＝3a n .(2)解 由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n ＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3的等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列. 因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1.于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1) ＝3(1＋3＋…＋3n －1)＝32(3n －1).热点三 数列的综合应用 热点3.1 数列与函数的综合问题数列是特殊的函数，以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命题者的首选.【例3－1】 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f(x)＝2x 的图象上(n∈N *). (1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f(x)的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f(x)的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n b n 的前n 项和T n .解 (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7， 有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n(n －1)＝n 2－3n.(2)函数f(x)＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)， 它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2， 解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n ， 所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n.热点3.2 数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法. 【例3－2】 在等差数列{a n }中，a 2＝6，a 3＋a 6＝27. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n3·2n －1，若对于一切正整数n ，总有T n ≤m 成立，求实数m 的取值范围.解 (1)设公差为d ，由题意得： ⎩⎨⎧a 1＋d ＝6，2a 1＋7d ＝27，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝3，∴a n ＝3n. (2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n)＝32n(n ＋1)，∴T n ＝n （n ＋1）2n ，T n ＋1＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1，∴T n ＋1－T n ＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1－n （n ＋1）2n＝（n ＋1）（2－n ）2n ＋1，∴当n≥3时，T n >T n ＋1，且T 1＝1<T 2＝T 3＝32，∴T n 的最大值是32，故实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.。
2018年的高三数学模拟试的题目理科(四)含答案详解
数学试题 ( 理四 ) 参考答案
一．选择题：本大题共 12小题，每小题 5分，共 60分 .
题号 1 2
3
4
5
6பைடு நூலகம்
7
8
9
10
答案 D A
D
B
D
B
A
C
层抽样的方法抽出容量为 n 的样本，其中甲种产品有 18 件，则样本容量 n ＝
________．
14. 已知向量 a （2，1）， b ( x, 1) ，且 a b 与 b 共线，则 x 的值为
.
15. 已知随机变量 X 服从正态分布 N (4, 2 ) ，且 P(2 X 6) 0.98 , 则
P( X 2)
23.( 本小题满分 10 分） 选修 4— 5：不等式选讲 已 知函数 f ( x) ＝m－| x－2| ，m∈R，且 f ( x＋2) ≥0 的解集为 [ －1，1] ． (1) 求 m的值；
11 1 (2) 若 a，b，c∈ R＋，且 a＋ 2b＋3c＝m，求 a＋ 2b＋3c 的最小值 .
4
x
-x+1
≥
0
D．若 p 且 q 为假命题 , 则 p,q 均为假命题
6. 在等差数列 an 中 , a1 a5 16 , 则 S5 =
A．80
C． 31
B． 40 D． -31
7. 如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为
A． 16 π
B． 16 4π
C． 8 π
D． 8 4π
8. 二项式 ( x
4
5
（ I ）求 sinC 的值；
（ II ）若 BC=2 5 ， D 为 AB 的中点，求 CD的长 .
2018年高考数学(理科)专题突破——数列 数列的求和及综合应用 Word版 含答案
数列的求和及综合应用【考点梳理】1.数列求和(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.(2)错位相减法：主要用于求数列{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：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.2.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n 的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成立问题.【题型突破】题型一、分组转化求和【例1】已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的首项b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n ＝b n ＋(－1)n a n ，记数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .【解析】(1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q .∵a 1＝2，b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，∴⎩⎨⎧2＋d ＝q 2，3（2＋2＋2d ）2＝6q .解得⎩⎨⎧d ＝2，q ＝2. ∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，b n ＝2n －1.(2)由题意：c n ＝b n ＋(－1)n a n ＝2n －1＋(－1)n 2n .∴T n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ]， ①若n 为偶数：T n ＝1－2n1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]} ＝2n －1＋n 2×2＝2n ＋n －1.②若n 为奇数：T n ＝1－2n1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －2)＋2(n －1)]－2n } ＝2n －1＋2×n －12－2n ＝2n －n －2.∴T n ＝⎩⎨⎧2n ＋n －1，n 为偶数，2n －n －2，n 为奇数.【类题通法】1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n 进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.【对点训练】等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6.(1)求{a n }的通项公式；(2)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.【解析】(1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎨⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25. 所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35.(2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35. 当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4，5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9，10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.题型二、裂项相消法求和【例2】S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和. 【解析】(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.两式相减可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n ).由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)，a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n 3（2n ＋3）. 【类题通法】1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.【对点训练】设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和.【解析】(1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，① 故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1， 又n ＝1时，a 1＝2适合上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n －1）（2n ＋1）＝12n －1－12n ＋1， 则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 题型三、错位相减求和【例3】已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *).【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0，又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n .由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，①由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②。
2018届高三数学(理人教版)二轮复习高考大题专攻练：_4_(有解析)
温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。
关闭Word文档返回原板块。
高考大题专攻练4.数列(B组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.数列{a n}的前n项和记为S n，a1=t，点(a n+1，S n)在直线y=x-1上，n∈N*. 世纪金榜导学号92494440(1)当实数t为何值时，数列{a n}是等比数列？并求数列{a n}的通项公式.(2)若f(x)=[x]([x]表示不超过x的最大整数)，在(1)的结论下，令b n=f(log3a n)+1，c n=a n+，求{c n}的前n项和T n.【解析】(1)由题意得S n=a n+1-1，所以S n-1=a n-1，两式相减得a n=a n+1-a n，即a n+1=3a n，所以当n≥2时，数列{a n}是等比数列，要使n≥1时，数列{a n}是等比数列，则只需要=3，因为a1=a2-1，所以a2=2a1+2，所以=3，解得t=2，所以实数t=2时，数列{a n}是等比数列，a n=2·3n-1.(2)因为b n=f(log3a n)+1=[log3(2×3n-1)]+1，因为3n-1<2×3n-1<3n，所以n-1<log3(2×3n-1)<n，所以b n=n-1+1=n，所以c n=a n+=2×3n-1+=2×3n-1+，因为{a n}的前n项和为=3n-1，的前n项和为(1-+-+…+-)==-，所以T n=3n-1+-=3n--.2.已知等比数列{a n}满足a n+1+a n=9·2n-1，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式.(2)设b n=na n，数列{b n}的前n项和为S n，若不等式S n>ka n-1对一切n∈N*恒成立，求实数k的取值范围.【解析】(1)设等比数列{a n}的公比为q，因为a n+1+a n=9·2n-1，所以a2+a1=9，a3+a2=18，所以q===2.又2a1+a1=9，所以a1=3，所以a n=3·2n-1，n∈N*.(2)b n=na n=3n·2n-1，所以S n=3×1×20+3×2×21+…+3(n-1)×2n-2+3n×2n-1，所以S n=1×20+2×21+…+(n-1)×2n-2+n×2n-1，所以S n=1×21+2×22+…+(n-1)×2n-1+n×2n，所以-S n=1+21+22+…+2n-1-n×2n=-n×2n=(1-n)2n-1，所以S n=3(n-1)2n+3，因为S n>ka n-1对一切n∈N*恒成立，所以k<==2(n-1)+，令f(n)=2(n-1)+，则f(n+1)-f(n)=2n+-=2+-=2-=>0，故f(n)随着n的增大而增大，所以f(x)min=f(1)=，所以实数k的取值范围是.关闭Word文档返回原板块。
【高三数学试题精选】2018年高考数学二轮专题四 数列复习题(有答案)
即(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+11d),
化简,得13d+7a1=0②
由①②,得d=7,a1=-13,
∴an=a1+(n-1)d=7n-13整除,∴=2,=10,
∴存在唯一的正整数=2
12解(1)由已知得
∴d=2
故an=2n-1+,Sn=n(n+)
(2)由(1)得bn==n+
2018年高考数学二轮专题四数列复习题（有答案）
5 c专题升级训练等差数列、等比数列
(时间60分钟满分100分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)
1已知数列{an}满足a1=1,且,则a2 014=( )
A2 012B2 013
c2 014D2 015
2已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=( )
两式两边分别相减得
-2Sn=1+4×3+4×32+4×33+…+4×3n-1-(4n-3)×3n
=1+4(3+32+33+…+3n-1)-(4n-3)×3n
=1+-(4n-3)×3n
=(5-4n)×3n-5,∴Sn=
11解(1)设{an}的差为d≠0,则S9=9a1+d=135
∴a1+4d=15①
又∵a3,a4, a12成等比数列,
A5B4
c6 D7
3(4q+4=0,得q=2∴S4==15
4A解析∵=a1+a1,b6=故选A
73解析由题意知an an+1=15,即a2=5,a 3=3,a4=5,…观察可得数列的奇数项都为3,偶数项都为5故a21=3
2018年高考理数： 数列 含答案
核心考点解读——数列考纲解读里的I，II的含义如下：I：对所列知识要知道其内容及含义，并能在有关问题中识别和直接使用，即了解和认识.II：对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用，即理解和应用.(以下同)1．（2017高考新课标I，理4）记错误！未找到引用源。
为等差数列错误！未找到引用源。
的前错误！未找到引用源。
项和．若错误！未找到引用源。
，错误！未找到引用源。
，则错误！未找到引用源。
的公差为A．1 B．2C．4 D．82．（2017高考新课标Ⅲ，理9）等差数列错误！未找到引用源。
的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则错误！未找到引用源。
前6项的和为A．错误！未找到引用源。
B．错误！未找到引用源。
C．3 D．83．（2017高考新课标II，理15）等差数列错误！未找到引用源。
的前错误！未找到引用源。
项和为错误！未找到引用源。
，错误！未找到引用源。
，错误！未找到引用源。
，则错误！未找到引用源。
____________．4．(2016高考新课标I，理3)已知等差数列错误！未找到引用源。
前9项的和为27，错误！未找到引用源。
，则错误！未找到引用源。
A．100 B．99 C．98 D．975．(2016高考新课标II，理17)错误！未找到引用源。
为等差数列错误！未找到引用源。
的前n项和，且错误！未找到引用源。
记错误！未找到引用源。
，其中错误！未找到引用源。
表示不超过x的最大整数，如错误！未找到引用源。
.（Ⅰ）求错误！未找到引用源。
；（Ⅱ）求数列错误！未找到引用源。
的前1000项和.6．(2016高考新课标III，理17)已知数列错误！未找到引用源。
的前n项和错误！未找到引用源。
，其中错误！未找到引用源。
．（I）证明错误！未找到引用源。
是等比数列，并求其通项公式；（II）若错误！未找到引用源。
，求错误！未找到引用源。
北京市2018届高三数学理综合练习12 含答案
北京市2017届高三综合练习数学（理）注意事项： 1．答题前，考生务必先将答题卡上的学校、班级、姓名、准考证号用黑色字迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的准考证号、姓名，在答题卡的“条形码粘贴区”贴好条形码。
2．本次考试所有答题均在答题卡上完成。
选择题必须使用2B 铅笔以正确填涂方式将各小题对应选项涂黑，如需改动，用橡皮擦除干净后再选涂其它选项。
非选择题必须使用标准黑色字迹签字笔书写，要求字体工整、字迹清楚。
作图题用2B 铅笔作图，要求线条、图形清晰。
3．请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题、草稿纸上答题无效。
4．请保持答题卡卡面清洁，不要装订、不要折叠、不要破损。
第一部分 （选择题 共40分）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1．已知集合2{|1},{}A x x B a =<=，若AB φ=，则a 的取值范围是（ ）A ．(,1)(1,)-∞-+∞B ．(][),11,-∞-+∞C ．（-1，1）D ．[-1，1]2．若变量x ，y 满足条件0,21,43,y x y x y ≤⎧⎪-≥⎨⎪-≤⎩则35z x y =+的取值范围是（ ）A ．[)3,+∞B ．[8,3]-C ．(],9-∞D ．[8,9]-3．6的二项展开式中，常数项是（ ）A ．10B ．15C ．20D ．304．已知向量(sin ,cos ),(3,4)a b θθ==，若a b ⊥，则tan 2θ等于（ ）A ．247B ．67C ．2425-D ．247-5．若正四棱锥的正视图和侧视图如右图所示，则该几何体的表面积是（ ） A ．4B ．4+C ．8D ．4+6．学校组织一年级4个班外出春游，每个班从指定的甲、乙、丙、丁四个景区中任选一个游览，则恰有2个班选择了甲景区的选法共有 （ ） A ．2243A ⋅种 B ．2243A A ⋅种C ．2243C ⋅种D ．2243C A ⋅种7．已知a b <，函数()sin ,()cos .f x x g x x ==命题:()()0p f a f b ⋅<，命题:()(,)q g x a b 在内有最值，则命题p 是命题q 成立的（ ） 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8．已知定义在R 上的函数()y f x =满足(2)()f x f x +=，当11x -<≤时，3()f x x =，若函数()()log ||a g x f x x =-至少有6个零点，则a （ ）A ．155a a ==或B ．[)1(0,)5,5a ∈+∞ C ．11[,][5,7]75a ∈D ．11[,][5,7]75a ∈第二部分 （非选择题 共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。
专题04 数列与不等式理-2018年高考题和高考模拟题数学(理)分项版汇编 Word版含解析
4．数列与不等式1．【2018年浙江卷】已知成等比数列，且．若，则A. B. C. D.2．【2018年理新课标I卷】设为等差数列的前项和，若，，则A. B. C. D.3．【2018年理北京卷】设是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则的通项公式为__________．4．【2018年浙江卷】已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为________．5．【2018年理新课标I卷】记为数列的前项和，若，则_____________．6．【2018年浙江卷】已知等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，数列{（b n+1−b n）a n}的前n项和为2n2+n．（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求数列{b n}的通项公式．7．【2018年理数天津卷】设是等比数列，公比大于0，其前n项和为，是等差数列.已知，，，.（I）求和的通项公式；（II）设数列的前n项和为，（i）求；（ii）证明.8．【2018年江苏卷】设，对1，2，···，n的一个排列，如果当s<t时，有，则称是排列的一个逆序，排列的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2．记为1，2，···，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．（1）求的值；（2）求的表达式(用n表示)．9．【2018年江苏卷】设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为，公比为q的等比数列．（1）设，若对均成立，求d的取值范围；（2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）．10．【2018年理数全国卷II】记为等差数列的前项和，已知，．（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值．11．【2018年理数天津卷】设变量x，y满足约束条件则目标函数的最大值为A. 6B. 19C. 21D. 4512．【2018年理新课标I卷】已知集合，则A. B.C. D.13．【2018年全国卷Ⅲ理】设，，则A. B. C. D.14．【2018年浙江卷】若满足约束条件则的最小值是___________，最大值是___________．15．【2018年理数天津卷】已知，且，则的最小值为_____________. 16．【2018年理北京卷】若,y满足，则2y−U最小值是_________.17．【2018年江苏卷】在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．18．【2018年理新课标I卷】若，满足约束条件，则的最大值为________．19．【2018年理数全国卷II】若满足约束条件则的最大值为__________．优质模拟试题20．【四川省2018届冲刺演练（一）】设，满足约束条件，若的最大值为，则的最大值为（）A. B. C. D.21．【山东省烟台市2018届适应性练习（二）】设满足约束条件，向量，则满足的实数的最小值为（）A. B. C. D.22．【天津市河东区2018届二模】已知正实数a,b,c满足当取最小值时，a+b-c的最大值为（）A. 2B.C.D.23．【江西省南昌市2018届三模】已知是两个非零向量，且，则的最大值为__________．24．【安徽省示范高中（皖江八校）2018届第八联考】设为数列的前项和,已知,对任意 ,都有,则的最小值为__________．25．【山东省威海市2018届二模】．在数列中，，一个7行8列的数表中，第行第列的元素为，则该数表中所有不相等元素之和为（）A. B. C. D.26．【福建省厦门市2018届三模】已知数列满足，，是递增数列，是递减数列，则__________．27．【山东省济南2018届二模】已知表示不超过的最大整数,例如: .在数列中,,记为数列的前项和,则__________．28．【河南省郑州市2018届三模】已知等差数列的公差，其前项和为，若，且成等比数列．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若，证明：.29．【江西省南昌市2018届三模】已知数列的各项均为正数，且. （1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.30．【辽宁省葫芦岛市2018届二模】设等差数列的前项和为，且成等差数列，. （1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.4．数列与不等式答案1．【2018年浙江卷】已知成等比数列，且．若，则A. B. C. D.【答案】B【解析】分析:先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.点睛：构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如2．【2018年理新课标I卷】设为等差数列的前项和，若，，则A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：首先设出等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式，得到公差所满足的等量关系式，从而求得结果，之后应用等差数列的通项公式求得，从而求得正确结果.详解：设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，整理解得，所以，故选B.点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差数列的通项公式得到与的关系，从而求得结果.3．【2018年理北京卷】设是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则的通项公式为__________．【答案】点睛：在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为首项与公差（公比）问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用. 4．【2018年浙江卷】已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为________．【答案】27【解析】分析：先根据等差数列以及等比数列的求和公式确定满足条件的项数的取值范围，再列不等式求满足条件的项数的最小值.详解：设，则，由得，所以只需研究是否有满足条件的解，此时，，为等差数列项数，且.由得满足条件的最小值为.点睛：本题采用分组转化法求和，将原数列转化为一个等差数列与一个等比数列的和.分组转化法求和的常见类型主要有分段型（如），符号型（如），周期型（如）. 5．【2018年理新课标I卷】记为数列的前项和，若，则_____________．【答案】详解：根据，可得，两式相减得，即，当时，，解得，所以数列是以-1为首项，以2为公布的等比数列，所以，故答案是.点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果. 6．【2018年浙江卷】已知等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，数列{（b n+1−b n）a n}的前n项和为2n2+n．（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求数列{b n}的通项公式．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】分析:（Ⅰ）根据条件、等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解公比，（Ⅱ）先根据数列前n项和求通项，解得，再通过叠加法以及错位相减法求.详解：（Ⅰ）由是的等差中项得，所以，解得.由得，因为，所以.（Ⅱ）设，数列前n项和为.由解得.由（Ⅰ）可知，所以，故，.设，所以，因此，又，所以.点睛：用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解. 7．【2018年理数天津卷】设是等比数列，公比大于0，其前n项和为，是等差数列.已知，，，.（I）求和的通项公式；（II）设数列的前n项和为，（i）求；（ii）证明.【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)（i）.（ii）证明见解析.详解：（I）设等比数列的公比为q.由可得.因为，可得，故.设等差数列的公差为d，由，可得由，可得从而故所以数列的通项公式为，数列的通项公式为（II）（i）由（I），有，故. （ii）因为，所以.点睛：本题主要考查数列通项公式的求解，数列求和的方法，数列中的指数裂项方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8．【2018年江苏卷】设，对1，2，···，n的一个排列，如果当s<t时，有，则称是排列的一个逆序，排列的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2．记为1，2，···，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．（1）求的值；（2）求的表达式(用n表示)．【答案】（1）2 5 2）n≥5时，【解析】分析：（1）先根据定义利用枚举法确定含三个元素的集合中逆序数为2的个数，再利用枚举法确定含四个元素的集合中逆序数为2的个数；（2）先寻求含n个元素的集合中逆序数为2与含n+1个元素的集合中逆序数为2的个数之间的关系，再根据叠加法求得结果.详解：解：（1）记为排列abc的逆序数，对1，2，3的所有排列，有，所以．对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，．点睛：探求数列通项公式的方法有观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.寻求相邻项之间的递推关系，是求数列通项公式的一个有效的方法. 9．【2018年江苏卷】设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为，公比为q的等比数列．（1）设，若对均成立，求d的取值范围；（2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）．【答案】（1）d的取值范围为．（2）d的取值范围为，证明见解析。
2018届高3数学(文)二轮复习专题集训：专题4 数列4.1 Word版含解析
A 级1．(2019·全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8解析： 由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a 23＝a 2a 6可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2.所以S 6＝6×1＋6×5×(－2)2＝－24.故选A. 答案： A2．设等差数列{a n }满足a 2＝7，a 4＝3，S n 是数列{a n }的前n 项和，则使得S n ＞0成立的最大的自然数n 是( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析： 由题可得{a n }的公差d ＝3－74－2＝－2，a 1＝9，所以a n ＝－2n ＋11，可见{a n }是递减数列，且a 5＞0＞a 6，a 5＋a 6＝0，于是S 9＝2a 52·9＞0，S 10＝a 5＋a 62·10＝0，S 11＝2a 62·11＜0，从而该题选A.答案： A3．已知数列{a n }，{b n }均为等差数列，其前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝2n ＋2n ＋3，则a 10b 9的值是( )A.116 B ．2 C.2213D ．无法确定解析： 等差数列的前n 项和S n ＝an 2＋bn ，故可设S n ＝(2n ＋2)·kn ，T n ＝(n ＋3)·kn .∴a 10＝S 10－S 9＝40k ，b 9＝T 9－T 8＝20k ，∴a 10b 9＝2.答案： B4．已知等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若点(n ，S n )在函数y ＝2x ＋1＋m 的图象上，则m ＝( )A ．－2B ．2C ．－3D ．3解析： 易知q ≠1，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 11－q －a 11－q q n ＝a 11－q －a 1q (1－q )q n ＋1，又点(n ，S n )在函数y ＝2x ＋1＋m 的图象上，所以S n ＝2n ＋1＋m ，所以q ＝2，⎩⎨⎧a 11－q＝m ，－a1q (1－q )＝1，得m ＝－2.答案： A5．已知等差数列{a n }的公差为d ，关于x 的不等式dx 2＋2a 1x ≥0的解集为[0,9]，则使数列{a n }的前n 项和S n 最大的正整数n 的值是( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析： ∵关于x 的不等式dx 2＋2a 1x ≥0的解集为[0,9]，∴0,9是一元二次方程dx 2＋2a 1x ＝0的两个实数根，且d <0，∴－2a 1d ＝9，a 1＝－9d2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝⎝⎛⎭⎫n －112d ，可得a 5＝－12d >0，a 6＝12d <0.∴使数列{a n }的前n 项和S n 最大的正整数n 的值是5.故选B.答案： B6．已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，且a 4＋a 5＋a 6＝15，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 9＝________.解析： 因为数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，故数列{a n }为等差数列，因为a 4＋a 5＋a 6＝15，所以3a 5＝15，解得a 5＝5，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 9＝(a 1＋a 9)×92＝2a 5×92＝9a 5＝9×5＝45.答案： 457．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a n ＋S n ＝1(n ∈N *)，则通项公式a n ＝________. 解析： 因为a n ＋S n ＝1①，所以a 1＝12，a n －1＋S n －1＝1②，①－②可得a n －a n －1＋a n ＝0，即得a n a n －1＝12，所以数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列，则a n ＝12×⎝⎛⎭⎫12n －1＝12n .答案：12n8．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10＝16，S 100－S 90＝24，则S 100＝________. 解析： 依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d .又S 10＝16，S 100－S 90＝24，因此S 100－S 90＝24＝16＋(10－1)d ＝16＋9d ，解得d ＝89，因此S 100＝10S 10＋10×92d ＝10×16＋10×92×89＝200. 答案： 2009．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ＋1，求{b n }的前n 项和T n . 解析： (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝2－1＝1，满足a n ＝2n －1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得，b n ＝log 4a n ＋1＝n ＋12， 则b n ＋1－b n ＝n ＋22－n ＋12＝12，∴数列{b n }是首项为1，公差d ＝12的等差数列，∴T n ＝nb 1＋n (n －1)2d ＝n 2＋3n4.10．已知数列{a n }满足：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *)，前n 项和记为S n ，a 1＝4，S 3＝21. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b 1＝167，b n ＋1－b n ＝2a n ，求数列{b n }的通项公式．解析： (1)由已知数列{a n }为等差数列，公差为d ，则S 3＝3×4＋3×22d ＝21，解得d＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1.(2)由(1)得b n ＋1－b n ＝23n ＋1.当n ≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1， 所以b n ＝23n －2＋23n －5＋…＋24＋167＝24[1－23(n－1)]1－23＋167＝17×23n ＋1(n ≥2)． 又b 1＝167满足b n ＝17×23n ＋1，所以∀n ∈N *，b n ＝17×23n ＋1.B 级1．(2019·郑州市第一次质量预测)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则实数t 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎫13，＋∞ B ．⎣⎡⎭⎫13，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫23，＋∞ D ．⎣⎡⎭⎫23，＋∞ 解析： 依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n 22(n －1)2＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和等于12⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＝23⎝⎛⎭⎫1－14n <23，因此实数t 的取值范围是⎣⎡⎭⎫23，＋∞，选D.答案： D2．数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝na n(n ＋1)(na n ＋2)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析： 由已知可得(n ＋1)a n ＋1＝na n na n ＋2，设na n ＝b n ，则b n ＋1＝b n b n ＋2，所以1b n ＋1＝2b n＋1，可得1b n ＋1＋1＝2b n ＋2＝2⎝⎛⎭⎫1b n ＋1，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n ＋1是公比为2，首项为3的等比数列，故1b n ＋1＝3·(1－2n )1－2＝3·2n －3，由此可得1b n ＝3·2n －4，所以a n ＝1n (3·2n －4).答案：1n (3·2n －4)3．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．解析： (1)由题知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝45a 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，S 5＝－5，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 ≤3n 2－6n ＋18，n ≥4.4．设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1. (1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列；(3)求数列{a n }的通项公式．解析： (1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝⎛⎭⎫1＋32＝8⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78. (2)证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)， 得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)， 即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)． ∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1对任意n ∈N *都成立，∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n 2(2a n ＋1－a n )＝12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．(3)由(2)知，a n ＋1－12a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1， 即a n ＋1⎝⎛⎭⎫12n ＋1－a n⎝⎛⎭⎫12n ＝4. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ⎝⎛⎭⎫12n 是以a 112＝2为首项，4为公差的等差数列，∴a n⎝⎛⎭⎫12n ＝2＋4(n －1)＝4n －2， 即a n ＝(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n －1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n －1.。
2018届高三理科数学(新课标)：专题四 数列 专题能力训练11 Word版含答案
专题能力训练11等差数列与等比数列能力突破训练1.(2017甘肃肃南模考)在等差数列{a n}中,a4+a10+a16=30,则a18-2a14的值为()A.20B.-20C.10D.-102.(2017贵州黔东南州模拟)在各项均为正数的等比数列{a n}中,若log2(a2·a3·a5·a7·a8)=5,则a1·a9=()A.4B.5C.2D.253.设{a n}是等比数列,S n是{a n}的前n项和.对任意正整数n,有a n+2a n+1+a n+2=0,又a1=2,则S101的值为()A.2B.200C.-2D.04.已知{a n}是等差数列,公差d不为零,前n项和是S n,若a3,a4,a8成等比数列,则()A.a1d>0,dS4>0B.a1d<0,dS4<0C.a1d>0,dS4<0D.a1d<0,dS4>05.(2017广西南宁适应性测试)已知数列{a n}满足,且a2=2,则a4等于()A.-B.23C.12D.116.(2017三湘名校联盟联考三)已知各项均为正数的等差数列{a n}的前n项和为S n,S10=40,则a3·a8的最大值为.7.设等比数列{a n}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…a n的最大值为.8.设x,y,z是实数,若9x,12y,15z成等比数列,且成等差数列,则=.9.已知S n为数列{a n}的前n项和,且a2+S2=31,a n+1=3a n-2n(n∈N*).(1)求证:{a n-2n}为等比数列;(2)求数列{a n}的前n项和S n.10.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,a n≠0,a n a n+1=λS n-1,其中λ为常数.(1)证明:a n+2-a n=λ;(2)是否存在λ,使得{a n}为等差数列?并说明理由.11.已知数列{a n}是等比数列.设a2=2,a5=16.(1)若a1+a2+…+a2n=t(+…+),n∈N*,求实数t的值;(2)若在之间插入k个数b1,b2,…,b k,使得,b1,b2,…,b k,成等差数列,求k的值.思维提升训练12.(2017全国Ⅰ,理12)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.11013.若数列{a n}为等比数列,且a1=1,q=2,则T n=+…+等于()A.1-B.C.1-D.14.已知等比数列{a n}的首项为,公比为-,其前n项和为S n,若A≤S n-≤B对n∈N*恒成立,则B-A的最小值为.15.无穷数列{a n}由k个不同的数组成,S n为{a n}的前n项和,若对任意n∈N*,S n∈{2,3},则k的最大值为.16.等比数列{a n}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,=9a2a6.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n,求数列的前n项和.17.若数列{a n}是公差为正数的等差数列,且对任意n∈N*有a n·S n=2n3-n2.(1)求数列{a n}的通项公式.(2)是否存在数列{b n},使得数列{a n b n}的前n项和为A n=5+(2n-3)2n-1(n∈N*)?若存在,求出数列{b n}的通项公式及其前n项和T n;若不存在,请说明理由.参考答案专题能力训练11等差数列与等比数列能力突破训练1.D解析对题目中下标数值仔细观察,有a4+a10+a16=30⇒3a10=30,a10=10,所以a18-2a14=-a10=-10.故选D.2.A解析由题意得log2(a2·a3·a5·a7·a8)=log2=5log2a5=5,所以a5=2.所以a1·a9==4.故选A.3.A解析设公比为q,∵a n+2a n+1+a n+2=0,∴a1+2a2+a3=0,∴a1+2a1q+a1q2=0,∴q2+2q+1=0,∴q=-1.又a1=2,∴S101==2.4.B解析设{a n}的首项为a1,公差为d,则a3=a1+2d,a4=a1+3d,a8=a1+7d.∵a3,a4,a8成等比数列,∴(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+7d),即3a1d+5d2=0.∵d≠0,∴a1d=-d2<0,且a1=-d.∵dS4==2d(2a1+3d)=-d2<0,故选B.5.D解析由已知得=2,则{a n+1}是公比为2的等比数列,所以a4+1=(a2+1)·22=12.所以a4=11.故选D.6.16解析S10==40⇒a1+a10=a3+a8=8,a3·a8=16,当且仅当a3=a8=4时取等号.7.64解析由已知a1+a3=10,a2+a4=a1q+a3q=5,两式相除得,解得q=,a1=8,所以a1a2…a n=8n,抛物线f(n)=-n2+n的对称轴为n=-=3.5,又n∈N*,所以当n=3或4时,a1a2…a n取最大值为=26=64.8解析由题意知解得xz=y2=y2,x+z=y,从而-2=-2=9.(1)证明由a n+1=3a n-2n可得a n+1-2n+1=3a n-2n-2n+1=3a n-3·2n=3(a n-2n).又a2=3a1-2,则S2=a1+a2=4a1-2,得a2+S2=7a1-4=31,得a1=5,则a1-21=3≠0.故{a n-2n}为等比数列.(2)解由(1)可知a n-2n=3n-1(a1-2)=3n,∴a n=2n+3n,∴S n==2n+1+10.(1)证明由题设,a n a n+1=λS n-1,a n+1a n+2=λS n+1-1,两式相减,得a n+1(a n+2-a n)=λa n+1.因为a n+1≠0,所以a n+2-a n=λ.(2)解由a1=1,a1a2=λS1-1,得a2=λ-1.由(1)知,a3=λ+1.令2a2=a1+a3,解得λ=4.故a n+2-a n=4.由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.所以a n=2n-1,a n+1-a n=2.因此存在λ=4,使得数列{a n}为等差数列.11.解设等比数列{a n}的公比为q,由a2=2,a5=16,得q=2,a1=1.(1)∵a1+a2+…+a2n=t(+…+),=t,即=t对n∈N*都成立,∴t=3.(2)=1,,且,b1,b2,…,b k,成等差数列,∴公差d==-,且=(k+1)d,即-1=(k+1),解得k=13.思维提升训练12.A解析设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为-n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N*,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则S N-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A.13.B解析因为a n=1×2n-1=2n-1,所以a n a n+1=2n-1·2n=22n-1=2×4n-1,所以所以是等比数列.故T n=+…+14解析易得S n=1-,因为y=S n-上单调递增(y≠0),所以y[A,B],因此B-A的最小值为15.4解析要满足数列中的条件,涉及最多的项的数列可以为2,1,-1,0,0,0,…,所以最多由4个不同的数组成.16.解(1)设数列{a n}的公比为q.由=9a2a6得=9,所以q2=由条件可知q>0,故q=由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1,所以a1=故数列{a n}的通项公式为a n=(2)b n=log3a1+log3a2+…+log3a n=-(1+2+…+n)=-故=-=-2,+…+=-2+…+=-所以数列的前n项和为-17.解(1)设等差数列{a n}的公差为d,则d>0,a n=dn+(a1-d),S n=dn2+n.对任意n∈N*,恒有a n·S n=2n3-n2,则[dn+(a1-d)]=2n3-n2,即[dn+(a1-d)]=2n2-n.∵d>0,a n=2n-1.(2)∵数列{a n b n}的前n项和为A n=5+(2n-3)·2n-1(n∈N*),∴当n=1时,a1b1=A1=4,∴b1=4,当n≥2时,a n b n=A n-A n-1=5+(2n-3)2n-1-[5+(2n-5)2n-2]=(2n-1)2n-2.∴b n=2n-2.假设存在数列{b n}满足题设,且数列{b n}的通项公式b n=∴T1=4,当n≥2时,T n=4+=2n-1+3,当n=1时也适合,∴数列{b n}的前n项和为T n=2n-1+3.。
2018届高三理科数学(新课标)二轮复习专题整合高频突破习题：专题四 数列 专题能力训练12 Word版含答案
专题能力训练12数列的通项与求和能力突破训练1.(2017甘肃兰州一诊)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a1=2,a4+a10=28,则S9=()A.45B.90C.120D.752.(2017东北三校联考)已知数列{a n}是等差数列,满足a1+2a2=S5,下列结论错误的是()A.S9=0B.S5最小C.S3=S6D.a5=03.已知数列{a n}的前n项和S n=n2-2n-1,则a3+a17=()A.15B.17C.34D.3984.已知函数f(x)满足f(x+1)=+f(x)(x∈R),且f(1)=,则数列{f(n)}(n∈N*)前20项的和为()A.305B.315C.325D.3355.已知数列{a n},构造一个新数列a1,a2-a1,a3-a2,…,a n-a n-1,…,此数列是首项为1,公比为的等比数列,则数列{a n}的通项公式为()A.a n=,n∈N*B.a n=,n∈N*C.a n=D.a n=1,n∈N*6.(2017山西大同豪洋中学三模)已知数列{a n}满足a1=1,a n-a n+1=na n a n+1(n∈N*),则a n=.7.(2017河北石家庄一模)已知数列{a n}中,a1=a,a n+1=3a n+8n+6,若{a n}为递增数列,则实数a的取值范围为.8.已知S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1=-2 017,=6,则S2 017=.9.已知在数列{a n}中,a1=1,a n+1=a n+2n+1,且n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=,数列{b n}的前n项和为T n.如果对于任意的n∈N*,都有T n>m,求实数m的取值范围.10.已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=0,对任意n∈N*,都有na n+1=S n+n(n+1).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n+log2n=log2b n,求数列{b n}的前n项和T n.11.设数列{a n}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.思维提升训练12.给出数列,…,,…,,…,在这个数列中,第50个值等于1的项的序号是()A.4 900B.4 901C.5 000D.5 00113.设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n=.14.已知等差数列{a n}的公差为2,其前n项和S n=pn2+2n(n∈N*).(1)求p的值及a n;(2)若b n=,记数列{b n}的前n项和为T n,求使T n>成立的最小正整数n的值.15.已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.16.设数列A:a1,a2,…,a N(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有a k<a n,则称n是数列A的一个“G时刻”.记G(A)是数列A的所有“G时刻”组成的集合.(1)对数列A:-2,2,-1,1,3,写出G(A)的所有元素;(2)证明:若数列A中存在a n使得a n>a1,则G(A)≠⌀;(3)证明:若数列A满足a n-a n-1≤1(n=2,3,…,N),则G(A)的元素个数不小于a N-a1.参考答案专题能力训练12数列的通项与求和能力突破训练1.B解析因为{a n}是等差数列,设公差为d,所以a4+a10=a1+3d+a1+9d=2a1+12d=4+12d=28,解得d=2.S9=9a1+d=18+36×2=90.故选B.2.B解析由题设可得3a1+2d=5a1+10d⇒2a1+8d=0,即a5=0,所以D中结论正确.由等差数列的性质可得a1+a9=2a5=0,则S9==9a5=0,所以A中结论正确.S3-S6=3a1+3d-6a1-15d=-3(a1+4d)=-3a5=0,所以C中结论正确.B中结论是错误的.故选B.在求等差数列的前n项和的最值时,一定要注意n∈N*.3.C解析∵S n=n2-2n-1,∴a1=S1=12-2-1=-2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2-2n-1-[(n-1)2-2(n-1)-1]=n2-(n-1)2+2(n-1)-2n-1+1=n2-n2+2n-1+2n-2-2n=2n-3.∴a n=∴a3+a17=(2×3-3)+(2×17-3)=3+31=34.4.D解析∵f(1)=,f(2)=,f(3)=,……,f(n)=+f(n-1),∴{f(n)}是以为首项,为公差的等差数列.∴S20=20=335.5.A解析因为数列a1,a2-a1,a3-a2,…,a n-a n-1,…是首项为1,公比为的等比数列,所以a n-a n-1=,n≥2.所以当n≥2时,a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=1++…+=又当n=1时,a n==1,则a n=,n∈N*.6解析因为a n-a n+1=na n a n+1,所以=n,+…+=(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+=+1=(n≥2).所以a n=(n≥2).又a1=1也满足上式,所以a n=7.(-7,+∞)解析由a n+1=3a n+8n+6,得a n+1+4(n+1)+5=3(a n+4n+5),即=3,所以数列{a n+4n+5}是首项为a+9,公比为3的等比数列.所以a n+4n+5=(a+9)·3n-1,即a n=(a+9)·3n-1-4n-5.所以a n+1=(a+9)·3n-4n-9.因为数列{a n}为递增数列,所以a n+1>a n,即(a+9)·3n-4n-9>(a+9)·3n-1-4n-5,即(a+9)·3n>6恒成立.因为n∈N*,所以(a+9)·3>6,解得a>-7.8.-2 017解析∵S n是等差数列{a n}的前n项和,是等差数列,设其公差为d.=6,∴6d=6,d=1.∵a1=-2017,=-2017.=-2017+(n-1)×1=-2018+n.∴S2017=(-2018+2017)×2017=-2017.故答案为-2017.9.解(1)∵a n+1=a n+2n+1,∴a n+1-a n=2n+1,∴a n-a n-1=2n-1,∴a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=1+3+5+…+(2n-1)==n2.(2)由(1)知,b n=,∴T n=+…+=1-,∴数列{T n}是递增数列,∴最小值为1-,只需要>m,∴m的取值范围是10.解(1)(方法一)∵na n+1=S n+n(n+1),∴当n≥2时,(n-1)a n=S n-1+n(n-1),两式相减,得na n+1-(n-1)a n=S n-S n-1+n(n+1)-n(n-1),即na n+1-(n-1)a n=a n+2n,得a n+1-a n=2.当n=1时,1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2.∴数列{a n}是以0为首项,2为公差的等差数列.∴a n=2(n-1)=2n-2.(方法二)由na n+1=S n+n(n+1),得n(S n+1-S n)=S n+n(n+1),整理,得nS n+1=(n+1)S n+n(n+1),两边同除以n(n+1),得=1.∴数列是以=0为首项,1为公差的等差数列,=0+n-1=n-1.∴S n=n(n-1).当n≥2时,a n=S n-S n-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2.又a1=0适合上式,∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-2.(2)∵a n+log2n=log2b n,∴b n=n=n·22n-2=n·4n-1.∴T n=b1+b2+b3+…+b n-1+b n=40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1,①4T n=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,②由①-②,得-3T n=40+41+42+…+4n-1-n×4n=-n×4n=∴T n=[(3n-1)×4n+1].11.解(1)因为2S n=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3.当n>1时,2S n-1=3n-1+3,此时2a n=2S n-2S n-1=3n-3n-1=2×3n-1,即a n=3n-1,所以a n=(2)因为a n b n=log3a n,所以b1=,当n>1时,b n=31-n log33n-1=(n-1)·31-n.所以T1=b1=;当n>1时,T n=b1+b2+b3+…+b n=+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n),所以3T n=1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n),两式相减,得2T n=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=-(n-1)×31-n=,所以T n=经检验,当n=1时也适合.综上可得T n=思维提升训练12.B解析根据条件找规律,第1个1是分子、分母的和为2,第2个1是分子、分母的和为4,第3个1是分子、分母的和为6,……,第50个1是分子、分母的和为100,而分子、分母的和为2的有1项,分子、分母的和为3的有2项,分子、分母的和为4的有3项,……,分子、分母的和为99的有98项,分子、分母的和为100的项依次是:,……,,…,,第50个1是其中第50项,在数列中的序号为1+2+3+…+98+50=+50=4901.13.-解析由a n+1=S n+1-S n=S n S n+1,得=1,即=-1,则为等差数列,首项为=-1,公差为d=-1,=-n,∴S n=-14.解(1)(方法一)∵{a n}是等差数列,∴S n=na1+d=na1+2=n2+(a1-1)n.又由已知S n=pn2+2n,∴p=1,a1-1=2,∴a1=3,∴a n=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,a n=2n+1.(方法二)由已知a1=S1=p+2,S2=4p+4,即a1+a2=4p+4,∴a2=3p+2.又等差数列的公差为2,∴a2-a1=2,∴2p=2,∴p=1,∴a1=p+2=3,∴a n=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,a n=2n+1.(方法三)当n≥2时,a n=S n-S n-1=pn2+2n-[p(n-1)2+2(n-1)]=2pn-p+2, ∴a2=3p+2,由已知a2-a1=2,∴2p=2,∴p=1,∴a1=p+2=3,∴a n=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,a n=2n+1.(2)由(1)知b n=,∴T n=b1+b2+b3+…+b n=+…+=1-∵T n>,,∴20n>18n+9,即n>∵n∈N*,∴使T n>成立的最小正整数n的值为5.15.解(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=所以,{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n=设{b n}的前n项和为S n,则S n=1+2+3+…+(n-1)+n,S n=1+2+3+…+(n-1)+n,上述两式相减,得S n=1++…+=2-, 整理得,S n=4-所以,数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.16.解(1)G(A)的元素为2和5.(2)因为存在a n使得a n>a1,所以{i∈N*|2≤i≤N,a i>a1}≠⌀.记m=min{i∈N*|2≤i≤N,a i>a1},则m≥2,且对任意正整数k<m,a k≤a1<a m.因此m∈G(A).从而G(A)≠⌀.(3)当a N≤a1时,结论成立.以下设a N>a1.由(2)知G(A)≠⌀.设G(A)={n1,n2,…,n p},n1<n2<…<n p.记n0=1.则<…<对i=0,1,…,p,记G i={k∈N*|n i<k≤N,a k>}.如果G i≠⌀,取m i=min G i,则对任何1≤k<m i,a k从而m i∈G(A)且m i=n i+1,又因为n p是G(A)中的最大元素,所以G p=⌀.从而对任意n p≤k≤N,a k,特别地,a N对i=0,1,…,p-1,因此+()+1.所以a N-a1-a1=)≤p.因此G(A)的元素个数p不小于a N-a1.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题能力训练12数列的通项与求和能力突破训练1.(2017甘肃兰州一诊)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a1=2,a4+a10=28,则S9=()A.45B.90C.120D.752.(2017东北三校联考)已知数列{a n}是等差数列,满足a1+2a2=S5,下列结论错误的是()A.S9=0B.S5最小C.S3=S6D.a5=03.已知数列{a n}的前n项和S n=n2-2n-1,则a3+a17=()A.15B.17C.34D.3984.已知函数f(x)满足f(x+1)=+f(x)(x∈R),且f(1)=,则数列{f(n)}(n∈N*)前20项的和为()A.305B.315C.325D.3355.已知数列{a n},构造一个新数列a1,a2-a1,a3-a2,…,a n-a n-1,…,此数列是首项为1,公比为的等比数列,则数列{a n}的通项公式为()A.a n=,n∈N*B.a n=,n∈N*C.a n=D.a n=1,n∈N*6.(2017山西大同豪洋中学三模)已知数列{a n}满足a1=1,a n-a n+1=na n a n+1(n∈N*),则a n=.7.(2017河北石家庄一模)已知数列{a n}中,a1=a,a n+1=3a n+8n+6,若{a n}为递增数列,则实数a的取值范围为.8.已知S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1=-2 017,=6,则S2 017=.9.已知在数列{a n}中,a1=1,a n+1=a n+2n+1,且n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=,数列{b n}的前n项和为T n.如果对于任意的n∈N*,都有T n>m,求实数m的取值范围.10.已知数列{a n}的前n项和为S n,且a1=0,对任意n∈N*,都有na n+1=S n+n(n+1).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n+log2n=log2b n,求数列{b n}的前n项和T n.11.设数列{a n}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n b n=log3a n,求{b n}的前n项和T n.思维提升训练12.给出数列,…,,…,,…,在这个数列中,第50个值等于1的项的序号是()A.4 900B.4 901C.5 000D.5 00113.设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n=.14.已知等差数列{a n}的公差为2,其前n项和S n=pn2+2n(n∈N*).(1)求p的值及a n;(2)若b n=,记数列{b n}的前n项和为T n,求使T n>成立的最小正整数n的值.15.已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.16.设数列A:a1,a2,…,a N(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有a k<a n,则称n是数列A的一个“G时刻”.记G(A)是数列A的所有“G时刻”组成的集合.(1)对数列A:-2,2,-1,1,3,写出G(A)的所有元素;(2)证明:若数列A中存在a n使得a n>a1,则G(A)≠⌀;(3)证明:若数列A满足a n-a n-1≤1(n=2,3,…,N),则G(A)的元素个数不小于a N-a1.参考答案专题能力训练12数列的通项与求和能力突破训练1.B解析因为{a n}是等差数列,设公差为d,所以a4+a10=a1+3d+a1+9d=2a1+12d=4+12d=28,解得d=2.S9=9a1+d=18+36×2=90.故选B.2.B解析由题设可得3a1+2d=5a1+10d⇒2a1+8d=0,即a5=0,所以D中结论正确.由等差数列的性质可得a1+a9=2a5=0,则S9==9a5=0,所以A中结论正确.S3-S6=3a1+3d-6a1-15d=-3(a1+4d)=-3a5=0,所以C中结论正确.B中结论是错误的.故选B.在求等差数列的前n项和的最值时,一定要注意n∈N*.3.C解析∵S n=n2-2n-1,∴a1=S1=12-2-1=-2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2-2n-1-[(n-1)2-2(n-1)-1]=n2-(n-1)2+2(n-1)-2n-1+1=n2-n2+2n-1+2n-2-2n=2n-3.∴a n=∴a3+a17=(2×3-3)+(2×17-3)=3+31=34.4.D解析∵f(1)=,f(2)=,f(3)=,……,f(n)=+f(n-1),∴{f(n)}是以为首项,为公差的等差数列.∴S20=20=335.5.A解析因为数列a1,a2-a1,a3-a2,…,a n-a n-1,…是首项为1,公比为的等比数列,所以a n-a n-1=,n≥2.所以当n≥2时,a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=1++…+=又当n=1时,a n==1,则a n=,n∈N*.6解析因为a n-a n+1=na n a n+1,所以=n,+…+=(n-1)+(n-2)+…+3+2+1+=+1=(n≥2).所以a n=(n≥2).又a1=1也满足上式,所以a n=7.(-7,+∞)解析由a n+1=3a n+8n+6,得a n+1+4(n+1)+5=3(a n+4n+5),即=3,所以数列{a n+4n+5}是首项为a+9,公比为3的等比数列.所以a n+4n+5=(a+9)·3n-1,即a n=(a+9)·3n-1-4n-5.所以a n+1=(a+9)·3n-4n-9.因为数列{a n}为递增数列,所以a n+1>a n,即(a+9)·3n-4n-9>(a+9)·3n-1-4n-5,即(a+9)·3n>6恒成立.因为n∈N*,所以(a+9)·3>6,解得a>-7.8.-2 017解析∵S n是等差数列{a n}的前n项和,是等差数列,设其公差为d.=6,∴6d=6,d=1.∵a1=-2017,=-2017.=-2017+(n-1)×1=-2018+n.∴S2017=(-2018+2017)×2017=-2017.故答案为-2017.9.解(1)∵a n+1=a n+2n+1,∴a n+1-a n=2n+1,∴a n-a n-1=2n-1,∴a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=1+3+5+…+(2n-1)==n2.(2)由(1)知,b n=,∴T n=+…+=1-,∴数列{T n}是递增数列,∴最小值为1-,只需要>m,∴m的取值范围是10.解(1)(方法一)∵na n+1=S n+n(n+1),∴当n≥2时,(n-1)a n=S n-1+n(n-1),两式相减,得na n+1-(n-1)a n=S n-S n-1+n(n+1)-n(n-1),即na n+1-(n-1)a n=a n+2n,得a n+1-a n=2.当n=1时,1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2.∴数列{a n}是以0为首项,2为公差的等差数列.∴a n=2(n-1)=2n-2.(方法二)由na n+1=S n+n(n+1),得n(S n+1-S n)=S n+n(n+1),整理,得nS n+1=(n+1)S n+n(n+1),两边同除以n(n+1),得=1.∴数列是以=0为首项,1为公差的等差数列,=0+n-1=n-1.∴S n=n(n-1).当n≥2时,a n=S n-S n-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2.又a1=0适合上式,∴数列{a n}的通项公式为a n=2n-2.(2)∵a n+log2n=log2b n,∴b n=n=n·22n-2=n·4n-1.∴T n=b1+b2+b3+…+b n-1+b n=40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1,①4T n=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,②由①-②,得-3T n=40+41+42+…+4n-1-n×4n=-n×4n=∴T n=[(3n-1)×4n+1].11.解(1)因为2S n=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3.当n>1时,2S n-1=3n-1+3,此时2a n=2S n-2S n-1=3n-3n-1=2×3n-1,即a n=3n-1,所以a n=(2)因为a n b n=log3a n,所以b1=,当n>1时,b n=31-n log33n-1=(n-1)·31-n.所以T1=b1=;当n>1时,T n=b1+b2+b3+…+b n=+(1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n),所以3T n=1+(1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n),两式相减,得2T n=+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=-(n-1)×31-n=,所以T n=经检验,当n=1时也适合.综上可得T n=思维提升训练12.B解析根据条件找规律,第1个1是分子、分母的和为2,第2个1是分子、分母的和为4,第3个1是分子、分母的和为6,……,第50个1是分子、分母的和为100,而分子、分母的和为2的有1项,分子、分母的和为3的有2项,分子、分母的和为4的有3项,……,分子、分母的和为99的有98项,分子、分母的和为100的项依次是:,……,,…,,第50个1是其中第50项,在数列中的序号为1+2+3+…+98+50=+50=4901.13.-解析由a n+1=S n+1-S n=S n S n+1,得=1,即=-1,则为等差数列,首项为=-1,公差为d=-1,=-n,∴S n=-14.解(1)(方法一)∵{a n}是等差数列,∴S n=na1+d=na1+2=n2+(a1-1)n.又由已知S n=pn2+2n,∴p=1,a1-1=2,∴a1=3,∴a n=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,a n=2n+1.(方法二)由已知a1=S1=p+2,S2=4p+4,即a1+a2=4p+4,∴a2=3p+2.又等差数列的公差为2,∴a2-a1=2,∴2p=2,∴p=1,∴a1=p+2=3,∴a n=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,a n=2n+1.(方法三)当n≥2时,a n=S n-S n-1=pn2+2n-[p(n-1)2+2(n-1)]=2pn-p+2,∴a2=3p+2,由已知a2-a1=2,∴2p=2,∴p=1,∴a1=p+2=3,∴a n=a1+(n-1)d=2n+1,∴p=1,a n=2n+1.(2)由(1)知b n=,∴T n=b1+b2+b3+…+b n=+…+=1-∵T n>,,∴20n>18n+9,即n>∵n∈N*,∴使T n>成立的最小正整数n的值为5.15.解(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=所以,{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n=设{b n}的前n项和为S n,则S n=1+2+3+…+(n-1)+n,S n=1+2+3+…+(n-1)+n,上述两式相减,得S n=1++…+=2-, 整理得,S n=4-所以,数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.16.解(1)G(A)的元素为2和5.(2)因为存在a n使得a n>a1,所以{i∈N*|2≤i≤N,a i>a1}≠⌀.记m=min{i∈N*|2≤i≤N,a i>a1},则m≥2,且对任意正整数k<m,a k≤a1<a m.因此m∈G(A).从而G(A)≠⌀.(3)当a N≤a1时,结论成立.以下设a N>a1.由(2)知G(A)≠⌀.设G(A)={n1,n2,…,n p},n1<n2<…<n p.记n0=1.则<…<对i=0,1,…,p,记G i={k∈N*|n i<k≤N,a k>}.如果G i≠⌀,取m i=min G i,则对任何1≤k<m i,a k从而m i∈G(A)且m i=n i+1,又因为n p是G(A)中的最大元素,所以G p=⌀.从而对任意n p≤k≤N,a k,特别地,a N对i=0,1,…,p-1,因此+()+1.所以a N-a1-a1=)≤p.因此G(A)的元素个数p不小于a N-a1.。