2020届高考数学(理)二轮复习专题检测：(6)数列
2020高考数学二轮复习分层设计(全国I卷)学案：第二层提升篇 专题二数列——第2讲第2讲 数列通项与求和
第2讲 数列通项与求和[全国卷3年考情分析] 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ2019 等比数列的求和·T 14 递推公式的应用·T 19 等差数列的前n 项和·T 142018a n 与S n 关系的应用·T 14等差数列前n 项和的最值问题·T 172017等差数列的基本运算、数列求和·T 17等比数列的通项公式、a n 与S n 的关系·T 17三角形问题交替考查且多出现在第17(或18)题的位置，难度中等，2020年高考此内容难度有可能加大，应引起关注．若以客观题考查，难度中等的题目较多，有时也出现在第12、16题的位置，难度偏大．考点一 a n 与S n 关系的应用[例1] (1)(2019·成都第一次诊断性检测)设S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 1＝4，a n ＋1＝S n ，n ∈N *，则a 5＝________．(2)(2019·武汉市调研测试)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)，a 1＝－1，则a 4＝________．[解析] (1)法一：由a n ＋1＝S n ，得S n ＋1－S n ＝S n ，则S n ＋1＝2S n .又S 1＝a 1＝4，所以数列{S n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以S n ＝4·2n －1＝2n ＋1，则a 5＝S 5－S 4＝26－25＝32.法二：当n ≥2时，由a n ＋1＝S n ，得a n ＝S n －1，两式相减，得a n ＋1－a n ＝a n ，即a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是从第2项开始，公比为2的等比数列．又a 2＝S 1＝4，所以a 5＝a 2·23＝4×23＝32.(2)法一：由S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)可得S 2＝3S 1＋1＝3a 1＋1，即a 2＝2a 1＋1＝－1.根据S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)，①知S n ＋1＝3S n ＋2n ＋1－3，② ②－①可得，a n ＋1＝3a n ＋2n (n ≥2)． 两边同时除以2n＋1可得a n ＋12n ＋1＝32·a n 2n ＋12(n ≥2)，令b n ＝a n 2n ，可得b n ＋1＝32·b n＋12(n ≥2)． ∴b n ＋1＋1＝32(b n ＋1)(n ≥2)，数列{b n ＋1}是以b 2＋1＝a 222＋1＝1－14＝34为首项，32为公比的等比数列．∴b n ＋1＝⎝⎛⎭⎫32n －2·34(n ≥2)，∴b n ＝12·⎝⎛⎭⎫32n －1－1(n ≥2)．又b 1＝－12也满足上式， ∴b n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1·12－1(n ∈N *)，又b n ＝a n 2n ，∴a n ＝2n b n ，即a n ＝3n －1－2n .∴a 4＝33－24＝11.法二：由S n ＝3S n －1＋2n －3(n ≥2)，a 1＝－1，知S 2＝3S 1＋4－3，∴a 2＝－1.S 3＝3S 2＋8－3，∴a 3＝1.S 4＝3S 3＋16－3，∴a 4＝11.[答案] (1)32 (2)11 [解题方略](1)给出S n 与a n 的递推关系求a n 的常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列．[多练强化]1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－2a n ＝2n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：a n ＋1－2a n ＝2n 两边同除以2n ＋1，可得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12，又a 12＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，所以a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n 2，所以a n ＝n ·2n －1.答案：n ·2n －12．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)．设b n ＝a n ＋1－a n . (1)证明：数列{b n }是等比数列； (2)设c n ＝b n（4n 2－1）2n，求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1)证明：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝a n ＋1－a n ， 所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n ＝（3a n ＋1－2a n ）－a n ＋1a n ＋1－a n ＝2（a n ＋1－a n ）a n ＋1－a n ＝2，又b 1＝a 2－a 1＝2－1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝1×2n －1＝2n －1， 因为c n ＝b n（4n 2－1）2n， 所以c n ＝12（2n ＋1）（2n －1）＝14⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 4n ＋2. 考点二 数列求和 题型一 裂项相消求和[例2] (2019·安徽五校联盟第二次质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝2a n（a n ＋1）（a n ＋1＋1），求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－1，得a 1＝1.当n ≥2时，有S n －1＝2a n －1－1， 所以a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1.所以{a n }是公比为2，首项为1的等比数列，故通项公式a n ＝2n －1.(2)b n ＝2a n （a n ＋1）（a n ＋1＋1）＝2n （2n －1＋1）（2n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫12n －1＋1－12n ＋1， T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2×⎝⎛⎭⎫120＋1－121＋1＋2×⎝⎛⎭⎫121＋1－122＋1＋2×⎝⎛⎭⎫122＋1－123＋1＋…＋2×⎝⎛⎭⎫12n －1＋1－12n ＋1＝2n－12n ＋1. [解题方略](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．题型二 错位相减求和[例3] (2019·福建五校第二次联考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)因为S n ＝3n 2＋8n ，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2＋8n －[3(n －1)2＋8(n －1)]＝6n ＋5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝11 所以a n ＝6n ＋5，n ∈N * 于是，b n ＋1＋b n ＝a n ＝6n ＋5.因为{b n }是等差数列，所以可设b n ＝kn ＋t (k ，t 均为常数)，则有k (n ＋1)＋t ＋kn ＋t ＝6n ＋5，即2kn ＋k ＋2t ＝6n ＋5对任意的n ∈N *恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧2k ＝6，k ＋2t ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝3，t ＝1，故b n ＝3n ＋1.(2)因为a n ＝6n ＋5，b n ＝3n ＋1，所以c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝2n×(6n ＋6)．于是，T n ＝12×2＋18×22＋24×23＋…＋2n ×(6n ＋6)，①所以2T n ＝12×22＋18×23＋24×24＋…＋2n ×6n ＋2n ＋1×(6n ＋6)，②①－②得，－T n ＝24＋6(22＋23＋…＋2n )－2n ＋1×(6n ＋6)＝24＋6×22－2n ×21－2－2n ＋1×(6n ＋6)＝－2n ＋1×6n ，故T n ＝2n ＋1×6n ＝2n ＋2×3n . [解题方略](1)求解此类题需掌握三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的积，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n 项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．(2)运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号．题型三 分组转化求和[例4] 已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为d ，n ∈N *，且不等式ax 2－3x ＋2<0的解集为(1，d )．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝3a n ＋a n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和T n .[解](1)易知a ≠0，由题设可知⎩⎨⎧1＋d ＝3a ，1·d ＝2a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，d ＝2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝32n －1＋2n －1－1，则T n ＝(3＋1)＋(33＋3)＋…＋(32n －1＋2n －1)－n ＝(31＋33＋…＋32n －1)＋(1＋3＋…＋2n －1)－n ＝31（1－9n ）1－9＋（1＋2n －1）n 2－n＝38(9n －1)＋n 2－n . [解题方略](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．[多练强化]1．(2019·福建五校第二次联考)在数列{a n }中，a 1＝13，1a n ＋1＝3a n （a n ＋3），n ∈N *，且b n ＝13＋a n.记P n ＝b 1×b 2×…×b n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，则3n ＋1P n ＋S n ＝________．解析：因为1a n ＋1＝3a n （a n ＋3）＝1a n －1a n ＋3，所以b n ＝13＋a n ＝1a n －1a n ＋1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1.因为1a n ＋1＝3a n （a n ＋3），所以3＋a n ＝3a n ＋1a n ，所以b n ＝13＋a n ＝a n 3a n ＋1，所以P n ＝b 1×b 2×…×b n ＝a 13a 2×a 23a 3×…×a n 3a n ＋1＝a 13n a n ＋1.又a 1＝13，故3n ＋1P n ＋S n＝3a 1a n ＋1＋1a 1－1a n ＋1＝1a 1＝3. 答案：32．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn ，求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n ，可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n， 又b n ＝a n n ，所以b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，累加可得(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，即b n －b 1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12＝1－12n －1，所以b n ＝2－12n－1.(2)由(1)可知a n ＝2n －n 2n －1，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n 2n －1，①12T n ＝121＋222＋323＋…＋n 2n ，② ①－②得12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，所以T n ＝4－n ＋22n －1. 易知数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)， 所以S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.数学运算——数列的通项公式及求和问题[典例] 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为其前n 项和，已知S 3＝7，a 1＋3，3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公比为q (q >1)． 由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，（a 1＋3）＋（a 3＋4）2＝3a 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ＋q 2）＝7，a 1（1－6q ＋q 2）＝－7.由q >1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由(1)得b n ＝2n －1＋(n －1)ln 2，所以T n＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋[0＋1＋2＋…＋(n－1)]ln 2＝1－2n1－2＋n（n－1）2ln 2＝2n－1＋n（n－1）2ln 2.[素养通路]数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养．主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等．本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和．。
高考数学二轮复习：专题检测3 数列、推理与证明
专题检测(三) 数列、推理与证明(本卷满分150分，考试用时120分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共计60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．已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，a 4＝1，则a 12的值是A ．15B ．30C ．31D ．64解析 由等差数列的性质得a 7＋a 9＝a 4＋a 12， 因为a 7＋a 9＝16，a 4＝1， 所以a 12＝15.故选A. 答案 A2．在数列{a n }中，a 1＝－2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，则a 2 010等于A ．－2B ．－13C ．－12D ．3解析 由条件可得：a 1＝－2，a 2＝－13，a 3＝－12，a 4＝3，a 5＝－2，a 6＝－13，…，所以数列{a n }是以4为周期的周期数列，所以a 2 010＝a 2＝－13.故选B.答案 B3．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，S 3＝S 11，当S n 最大时，n 的值是A ．5B ．6C ．7D ．8解析 由S 3＝S 11，得a 4＋a 5＋…＋a 11＝0，根据等差数列的性质 ，可得a 7＋a 8＝0，根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a 7＞0，a 8＜0，故n ＝7时S n 最大．故选C.答案 C4．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 3S 6＝13，则S 6S 12等于A.310 B.13 C.18D.19解析 由等差数列的求和公式，可得S 3S 6＝3a 1＋3d 6a 1＋15d ＝13，可得a 1＝2d 且d ≠0，所以S 6S 12＝6a 1＋15d 12a 1＋66d ＝27d 90d ＝310，故选A.答案 A5．已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝t ·5n －2－15，则实数t 的值为A ．4B ．5 C. 45D. 15解析 ∵a 1＝S 1＝15t －15，a 2＝S 2－S 1＝45t ，a 3＝S 3－S 2＝4t ，由{a n }是等比数列，知⎝⎛⎭⎫45t 2＝⎝⎛⎭⎫15t －15×4t ， 显然t ≠0，解得t ＝5. 答案 B 6．观察下图：1 2 3 4 3 4 5 6 7 4 5 6 7 8 9 10 …………则第( )行的各数之和等于2 0092. A. 2 010B ．2 009C ．1 006D ．1 005解析 由题设图知，第一行各数和为1； 第二行各数和为9＝32； 第三行各数和为25＝52； 第四行各数和为49＝72；…， ∴第n 行各数和为(2n －1)2， 令2n －1＝2 009，解得n ＝1 005. 答案 D7．已知正项等比数列{a n }，a 1＝2，又b n ＝log 2a n ，且数列{b n }的前7项和T 7最大，T 7≠T 6，且T 7≠T 8，则数列{a n }的公比q 的取值范围是A ．172＜q ＜162B ．162-＜q ＜172-C ．q ＜162-或q ＞172-D ．q ＞162或q ＜172解析 ∵b n ＝log 2a n ，而{a n }是以a 1＝2为首项，q 为公比的等比数列， ∴b n ＝log 2a n ＝log 2a 1q n －1＝1＋(n －1)log 2q .∴b n ＋1－b n ＝log 2q .∴{b n }是等差数列， 由于前7项之和T 7最大，且T 7≠T 6，所以有⎩⎪⎨⎪⎧1＋6log 2q ＞0，1＋7log 2q ＜0，解得－16＜log 2q ＜－17，即162-＜q ＜172-.故选B.答案 B8．已知数列A ：a 1，a 2，…，a n (0≤a 1＜a 2＜…＜a n ，n ≥3)具有性质P ：对任意i ，j (1≤i ≤j ≤n )，a j ＋a i 与a j －a i 两数中至少有一个是该数列中的一项．现给出以下四个命题：①数列0,1,3具有性质P ； ②数列0,2,4,6具有性质P ； ③若数列A 具有性质P ，则a 1＝0；④若数列a 1，a 2，a 3(0≤a 1＜a 2＜a 3)具有性质P ，则a 1＋a 3＝2a 2. 其中真命题有 A ．4个 B ．3个 C ．2个D ．1个解析 3－1,3＋1都不在数列0,1,3中，所以①错； 因为数列1,4,5具有性质P ， 但1＋5≠2×4，即a 1＋a 3≠2a 2， 且a 1＝1≠0，所以③④错；数列0,2,4,6中a j －a i (1≤i ≤j ≤4)在此数列， 所以②正确，所以选D. 答案 D9．设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数为f ′(x )＝2x ＋2.则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )(n ∈N ＋)的前n 项和是A.n ＋12(n ＋2)B.n ＋1n ＋2C.n (3n ＋5)4(n ＋1)(n ＋2)D.3n ＋44(n ＋1)解析 依题意得f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋2， 则m ＝a ＝2，f (x )＝x 2＋2x ， 1f (n )＝1n 2＋2n ＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )的前n 项和等于12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1＋12＋…＋1n －⎝⎛⎭⎫13＋14＋…＋1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝n (3n ＋5)4(n ＋1)(n ＋2)，选C. 答案 C10．等差数列{a n }的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为22∶18，则公差d ，a 9a 8的值分别是A ．8，109B ．9，109C ．9，119D ．8，119解析 设S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 15， S 偶＝a 2＋a 4＋…＋a 16，则有S 偶－S 奇＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 16－a 15)＝8d ， S 偶S 奇＝8(a 2＋a 16)28(a 1＋a 15)2＝a 9a 8. 由⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝640，S 奇∶S 偶＝18∶22，解得S 奇＝288，S 偶＝352. 因此d ＝S 偶－S 奇8＝648＝8，a 9a 8＝S 偶S 奇＝119.故选D. 答案 D11．数列{a n }满足a 1＝32，a n ＋1＝a 2n －a n ＋1(n ∈N ＋)，则m ＝1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 009的整数部分是A ．3B ．2C ．1D ．0解析 依题意，得a 1＝32，a 2＝74，a 3＝3716＞2，a n ＋1－a n ＝(a n －1)2＞0，数列{a n }是递增数列，∴a 2 010＞a 3＞2，∴a 2 010－1＞1，∴1＜2－1a 2 010－1＜2.由a n ＋1＝a 2n －a n ＋1得1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1， 故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 009＝⎝⎛⎭⎫1a 1－1－1a 2－1＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1－1a 3－1＋…＋⎝⎛⎭⎫1a 2 009－1－1a 2 010－1 ＝1a 1－1－1a 2 010－1＝2－1a 2 010－1∈(1,2)，因此选C. 答案 C12．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A ．(－∞，－1]B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)解析 ∵等比数列{a n }中，a 2＝1， ∴S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝⎛⎭⎫1q ＋1＋q ＝1＋q ＋1q . 当公比q ＞0时，S 3＝1＋q ＋1q ≥1＋2q ·1q＝3， 当公比q ＜0时，S 3＝1－⎝⎛⎭⎫－q －1q ≤1－2(－q )·⎝⎛⎭⎫－1q ＝－1， ∴S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 答案 D二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共计16分．把答案填在题中的横线上) 13．观察下列等式：可以推测：13＋23＋33＋…＋n 3＝________(n ∈N ＋，用含有n 的代数式表示)． 解析 第二列等式右端分别是1×1,3×3,6×6,10×10,15×15，与第一列等式右端比较即可得，13＋23＋33＋…＋n 3＝(1＋2＋3＋…＋n )2＝14n 2(n ＋1)2.故填14n 2(n ＋1)2.答案 14n 2(n ＋1)214．已知{a n }是递增等比数列，a 2＝2，a 4－a 3＝4，则此数列的公比q ＝________.解析 由a 2＝2，a 4－a 3＝4得方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2，a 2q 2－a 2q ＝4⇒q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1.又{a n }是递增等比数列，故q ＝2. 答案 215．在公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }中，若S n 是数列{a n }的前n 项和，则数列S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30也成等差数列，且公差为100d .类比上述结论，相应地在公比为q (q ≠1)的等比数列{b n }中，若T n 是数列{b n }的前n 项积，则有________．答案T 20T 10，T 30T 20，T 40T 30也成等比数列，且公比为q 100 16．经计算发现下列正确不等式：2＋18＜210，4.5＋15.5＜210，3＋2＋17－2＜210，…，根据以上不等式的规律，试写出一个对正实数a ，b 成立的条件不等式：________.解析 当a ＋b ＝20时，有a ＋b ≤210，a ，b ∈(0，＋∞)． 给出的三个式子的右边都是210，左边都是两个根式相加，两个被开方数都是正数且和为20， 又10＋10＝210，所以根据上述规律可以写出一个对正实数a ，b 成立的条件不等式： 当a ＋b ＝20时，有a ＋b ≤210，a ，b ∈(0，＋∞)． 答案 当a ＋b ＝20时，有a ＋b ≤210，a ，b ∈(0，＋∞)三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公比是正数的等比数列{b n }的前n 项和为T n .已知a 1＝1，b 1＝3，a 3＋b 3＝17，T 3－S 3＝12，求{a n }，{b n }的通项公式．解析 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q . 由a 3＋b 3＝17得1＋2d ＋3q 2＝17，① 由T 3－S 3＝12得q 2＋q －d ＝4.②由①、②及q ＞0解得q ＝2，d ＝2.故所求的通项公式为a n ＝2n －1，b n ＝3×2n －1.18．(12分)已知等比数列{a n }的公比q ＞1,42是a 1和a 4的等比中项，a 2和a 3的等差中项为6，若数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .解析 (1)因为42是a 1和a 4的等比中项， 所以a 1·a 4＝(42)2＝32. 从而可知a 2·a 3＝32.①因为6是a 2和a 3的等差中项，所以a 2＋a 3＝12.② 因为q ＞1，所以a 3＞a 2.联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，a 3＝8.所以q ＝a 3a 2＝2，a 1＝2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)因为b n ＝log 2a n (n ∈N ＋)，所以a n b n ＝n ·2n . 所以S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n .③2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.④③－④得，－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1.所以S n ＝2－2n ＋1＋n ·2n ＋1.19．(12分)已知等差数列{a n }满足：a 3＝7，a 5＋a 7＝26.{a n }的前n 项和为S n .(1)求a n 及S n ；(2)令b n ＝1a 2n －1(n ∈N ＋)，求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 由于a 3＝7，a 5＋a 7＝26， 所以a 1＋2d ＝7,2a 1＋10d ＝26， 解得a 1＝3，d ＝2.由于a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝n (a 1＋a n )2，所以a n ＝2n ＋1，S n ＝n (n ＋2)． (2)因为a n ＝2n ＋1，所以a 2n －1＝4n (n ＋1)， 因此b n ＝14n (n ＋1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1.故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 4(n ＋1)， 所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n4(n ＋1).20．(12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)具有性质：若M ，N 是椭圆上关于原点O 对称的两点，点P 是椭圆上任意一点，当直线PM ，PN 的斜率都存在，并记为k PM ，k PN 时，那么k PM 与k PN 之积是与点P 的位置无关的定值，试写出双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)具有类似特性的性质并加以证明．解析 可以通过类比得：若M ，N 是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)上关于原点O 对称的两点，点P 是双曲线上任意一点，当直线PM ，PN 的斜率都存在，并记为k PM ，k PN 时，那么k PM 与k PN 之积是与点P 的位置无关的定值．证明 设点M (m ，n )，则N (－m ，－n )， 又设点P 的坐标为P (x ，y )， 则k PM ＝y －n x －m ，k PN ＝y ＋nx ＋m， 注意到m 2a 2－n 2b2＝1，点P (x ，y )在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1上，故y 2＝b 2⎝⎛⎭⎫x 2a 2－1，n 2＝b 2⎝⎛⎭⎫m 2a 2－1， 代入k PM ·k PN ＝y 2－n 2x 2－m 2可得：k PM ·k PN ＝b 2a 2(x 2－m 2)x 2－m 2＝b 2a 2(常数)，即k PM ·k PN 是与点P 的位置无关的定值．21．(12分)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.(1)求第n 年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn ，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M更新．证明：须在第9年初对M 更新．解析 (1)当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ≥6时，数列{a n }是以a 6为首项，34为公比的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝⎛⎭⎫34n －6.因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ， n ≤6，70×⎝⎛⎭⎫34n －6， n ≥7. (2)证明 设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得 当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)，A n ＝120－5(n －1)＝125－5n ； 当n ≥7时，由于S 6＝570，故S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －6＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6， A n ＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6n .易知{A n }是递减数列，又A 8＝780－210×⎝⎛⎭⎫3428＝824764＞80，A 9＝780－210×⎝⎛⎭⎫3439＝767996＜80，所以须在第9年初对M 更新．22．(14分)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝c －1a n.(1)设c ＝52，b n ＝1a n －2，求数列{b n }的通项公式；(2)求使不等式a n ＜a n ＋1＜3成立的c 的取值范围． 解析 (1)a n ＋1－2＝52－1a n －2＝a n －22a n ，1a n ＋1－2＝2a n a n －2＝4a n －2＋2，即b n ＋1＝4b n ＋2.b n ＋1＋23＝4⎝⎛⎭⎫b n ＋23， 又a 1＝1，故b 1＝1a 1－2＝－1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n ＋23是首项为－13，公比为4的等比数列，b n ＋23＝－13×4n －1，b n ＝－4n －13－23.(2)a 1＝1，a 2＝c －1，由a 2＞a 1得c ＞2. 用数学归纳法证明：当c ＞2时，a n ＜a n ＋1. (i)当n ＝1时，a 2＝c －1a 1＞a 1，命题成立；(ii)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，a k ＜a k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＝c －1a k ＋1＞c －1a k ＝a k ＋1.故由(i)(ii)知当c ＞2时，a n ＜a n ＋1. 当c ＞2时，令α＝c ＋c 2－42，由a n ＋1a n ＜a n ＋1＋1a n ＝c 得a n ＜α.当2＜c ≤103时，a n ＜α≤3.当c ＞103时，α＞3，且1≤a n ＜α，于是α－a n ＋1＝1a n α(α－a n )≤13(α－a n )， α－a n ＋1≤13n (α－1)．当n ＞log 3α－1α－3时，α－a n ＋1＜α－3，a n ＋1＞3.因此c ＞103不符合要求．所以c 的取值范围是⎝⎛⎦⎤2，103.。
专题6-2 数列求和归类-2023年高考数学一轮复习热点题型(全国通用)(原卷版)
)(n N , n 2) ，求 Sn ；
（2）若 S n f ( ) f ( ) ... f (
n
n
n
（1）证明函数 f ( x ) 的图像关于点 ( ,1) 对称;
【提分秘籍】
基本规律
倒序求和，多是具有中心对称的
【变式演练】
1
1.设奇函数� � 对任意� ∈ �都有�(�) = �(� − 1) + 2 .
（2）设数列 bn 满足 bn
2 an 1
， 求数列 bn 的前 n 项和 Rn .
4n
2.设数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a2 4 ，且对任意正整数 n ，点 an 1 , S n 都在直线 x 3 y 2 0 上.（1）
求 an 的通项公式；
（2）若 bn nan ，求 bn 的前 n 项和 Tn .
【题型五】裂项相消常规型
【典例分析】
设数列 an 满足： a1 1 ，且 2an an 1 an 1 （ n 2 ）
， a3 a4 12 .
（1）求 an 的通项公式：
1
的前 n 项和.
已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a1
1
， S n S n 1 S n S n 1 0 n 2 .
2
1
是等差数列；
Sn
Sn
, n为奇数
（2）若 Cn n 3
，设数列 C n 的前 n 项和为 Tn ，求 T2n .
【提分秘籍】
基本规律
分组求和法：
c（等比）
1.形如 an＝ b（等差）
2020高考数学(理科)二轮专题复习 跟踪检测： 专题2 三角函数、解三角形与平面向量 第1部分 专题2 第3讲
O→A O→B
O→ C
| |＝| |＝1，| |＝
2，tan∠AOB＝－43，∠BOC＝45°，O→C＝mO→A＋nO→B，则mn ＝( )
5 A．7
7 B．5
3 C． 7
7 D．3
A 解析 以 OA 所在的直线为 x 轴，过 O 作与 OA 垂直的直线为 y 轴，建立平面直角坐
标系如图所示．
O→A O→B 因为| |＝| |＝1，且
A．9 C． 109
B．3 D．3 10
D 解析 向量 a＝(2，－4)，b＝(－3，x)，c＝(1，－1)，所以 2a＋b＝(1，x－8)，由
(2a＋b)⊥c，可得 1＋8－x＝0，解得 x＝9，则|b|＝ －32＋92＝3 10.故选 D 项． 6．(2019·广东东莞统考)如图所示，△ABC 中，B→D＝2D→C，点 E 是线段 AD 的中点，则
C→A C→B ＋y ，且
x＋y＝1，所以
O
在边
AB
上，所以当
CO⊥AB
时，|C→O|最小，|C→O|min＝12.
1
答案 2
12．(2019·江西上饶模拟)平行四边形 ABCD 中，AB＝4，AD＝2，A→B·A→D＝4，点 P 在
边 CD 上，则P→A·P→C的取值范围是________.
解析
( ) 设|P→D|＝x，x∈[0,4]，则P→A·P→C＝(P→D＋D→A)·P→C＝
(2)设 c＝(0,1)，若 a＋b＝c，求 α，β 的值．
解析 (1)a－b＝(cos α－cos β，sin α－sin β)，则|a－b|＝ 2－2cosα－β＝ 2，所以 π
cos(α－β)＝0，而 0＜β＜α＜π，所以 0＜α－β＜π，所以 α－β＝2.所以向量 a 在 b 上的投影 a·b
2020届高考数学二轮复习专项二专题六专题强化训练Word版含解析
[A 组 夯基保分专练]一、选择题1．(2018·惠州第二次调研)设随机变量ξ服从正态分布N (4，3)，若P (ξ<a －5)＝P (ξ>a ＋1)，则实数a 等于( )A ．7B ．6C ．5D ．4解析：选B.由随机变量ξ服从正态分布N (4，3)可得正态分布密度曲线的对称轴为直线x ＝4，又P (ξ<a －5)＝P (ξ>a ＋1)，所以x ＝a －5与x ＝a ＋1关于直线x ＝4对称，所以a －5＋a ＋1＝8，即a ＝6.故选B.2．(2018·武汉调研)将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球，那么甲盒中恰好有3个小球的概率为( )A.310B.25C.320D.14解析：选C.将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球有C 36种放法，甲盒中恰好有3个小球有C 23种放法，结合古典概型的概率计算公式得所求概率为C 23C 36＝320.故选C.3．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A ＝“4个人去的景点不相同”，事件B ＝“小赵独自去一个景点”，则P (A |B )＝( )A.29B.13C.49D.59解析：选A .小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种可能性，4个人去的景点不同的可能性有A 44＝4×3×2×1＝24种，所以P (A |B )＝24108＝29. 4．用1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，若用a 1，a 2，a 3，a 4，a 5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现a 1<a 2<a 3>a 4>a 5特征的五位数的概率为( )A.110B.120C.124D.310解析：选B .1，2，3，4，5可组成A 55＝120个不同的五位数，其中满足题目条件的五位数中，最大的5必须排在中间，左、右各两个数字只要选出，则排列位置就随之而定，满足条件的五位数有C 24C 22＝6个，故出现a 1<a 2<a 3>a 4>a 5特征的五位数的概率为6120＝120. 5．(2018·高考全国卷Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p , 各成员的支付方式相互独立．设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX ＝2.4，P (X ＝4)＜P (X ＝6)，则p ＝( )A ．0.7B ．0.6C ．0.4D ．0.3解析：选B.由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以DX ＝10p (1－p )＝2.4，所以p ＝0.6或p ＝0.4.由P (X ＝4)＜P (X ＝6)，得C 410p 4(1－p )6＜C 610p 6(1－p )4，即(1－p )2＜p 2，所以p ＞0.5，所以p ＝0.6.6．(2018·贵阳模拟)点集Ω＝{(x ，y )|0≤x ≤e ，0≤y ≤e }，A ＝{(x ，y )|y ≥e x ，(x ，y )∈Ω}，在点集Ω中任取一个元素a ，则a ∈A 的概率为( )A.1e B.1e 2 C.e －1eD.e 2－1e2解析：选B.如图，根据题意可知Ω表示的平面区域为正方形BCDO ，面积为e 2，A 表示的区域为图中阴影部分，面积为⎠⎛01(e －e x )dx ＝(e x －e x )|10＝(e －e)－(－1)＝1，根据几何概型可知a ∈A 的概率P ＝1e2.故选B.二、填空题7．某人在微信群中发了一个7元的“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率是________．解析：利用隔板法将7元分成3个红包，共有C 26＝15种领法．甲领3元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有3元，3元，1元与3元，2元，2元两种情况，共有A 22＋1＝3种领法；甲领4元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有4元，2元，1元一种情况，共有A 22＝2种领法；甲领5元不少于乙、丙分别领到的钱数的分法有5元，1元，1元一种情况，共有1种领法，所以甲领到的钱数不少于乙、丙分别领到的钱数的概率是3＋2＋115＝25.答案：258．(2018·唐山模拟)向圆(x －2)2＋(y －3)2＝4内随机投掷一点，则该点落在x 轴下方的概率为________．解析：如图，连接CA ，CB ，依题意，圆心C 到x 轴的距离为3，所以弦AB 的长为2. 又圆的半径为2，所以弓形ADB 的面积为12×23π×2－12×2×3＝23π－3，所以向圆(x －2)2＋(y －3)2＝4内随机投掷一点，则该点落在x 轴下方的概率P ＝16－34π.答案：16－34π9．某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满100元者即可参加射击赢玩具活动，具体规则如下：每人最多可射击3次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则一直射满3次为止．设甲每次击中的概率为p (p ≠0)，射击次数为η，若η的均值E (η)>74，则p的取值范围是________．解析：由已知得P (η＝1)＝p ，P (η＝2)＝(1－p )p ，P (η＝3)＝(1－p )2，则E (η)＝p ＋2(1－p )p ＋3(1－p )2＝p 2－3p ＋3>74，解得p >52或p <12，又p ∈(0，1)，所以p ∈⎝⎛⎭⎫0，12. 答案：⎝⎛⎭⎫0，12 三、解答题10．(2018·贵阳模拟)某高校通过自主招生方式在贵阳招收一名优秀的高三毕业生，经过层层筛选，甲、乙两名学生进入最后测试，该校设计了一个测试方案：甲、乙两名学生各自从6个问题中随机抽3个问题．已知这6个问题中，学生甲能正确回答其中的4个问题，而学生乙能正确回答每个问题的概率均为23，甲、乙两名学生对每个问题的回答都是相互独立、互不影响的．(1)求甲、乙两名学生共答对2个问题的概率；(2)请从期望和方差的角度分析，甲、乙两名学生哪位被录取的可能性更大？ 解：(1)由题意可得，所求概率为P ＝C 14C 22C 36×C 13×23×⎝⎛⎭⎫132＋C 24C 12C 36×C 03×⎝⎛⎭⎫230×⎝⎛⎭⎫133＝115.(2)设学生甲答对的题数为X ，则X 的所有可能取值为1，2，3.P (X ＝1)＝C 14C 22C 36＝15，P (X ＝2)＝C 24C 12C 36＝35，P (X ＝3)＝C 34C 02C 36＝15，E (X )＝1×15＋2×35＋3×15＝2，D (X )＝(1－2)2×15＋(2－2)2×35＋(3－2)×15＝25.设学生乙答对的题数为Y ，则Y 的所有可能取值为0，1，2，3. 由题意可知Y ～B ⎝⎛⎭⎫3，23， 所以E (Y )＝3×23＝2，D (Y )＝3×23×13＝23.因为E (X )＝E (Y )，D (X )<D (Y ) ， 所以甲被录取的可能性更大．11．(2018·西安模拟)一个盒子中装有大量形状、大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的质量(单位：克)，质量分组区间为[5，15]，(15，25]，(25，35]，(35，45]，由此得到样本的质量频率分布直方图(如图)．(1)求a 的值，并根据样本的数据，试估计盒子中小球质量的众数与平均值；(2)从盒子中随机抽取3个小球，其中质量在[5，15]内的小球个数为X ，求X 的分布列和数学期望．(以直方图中的频率作为概率)解：(1)由题意，得(0.02＋0.032＋a ＋0.018)×10＝1，解得a ＝0.03. 由频率分布直方图可估计盒子中小球质量的众数为20克，而50个样本中小球质量的平均数为x －＝0.2×10＋0.32×20＋0.3×30＋0.18×40＝24.6(克)．故由样本估计总体，可估计盒子中小球质量的平均数为24.6克． (2)该盒子中小球质量在[5，15]内的概率为15，则X ～B ⎝⎛⎭⎫3，15.X 的可能取值为0，1，2，3， P (X ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫150⎝⎛⎭⎫453＝64125，P (X ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫15×⎝⎛⎭⎫452＝48125，P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫152×45＝12125，P (X ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫153⎝⎛⎭⎫450＝1125. 所以X 的分布列为所以E (X )＝0×64125＋1×48125＋2×12125＋3×1125＝35.⎝⎛⎭⎫或者E （X ）＝3×15＝35. 12．(2018·长春质量监测(二))某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在[100，150)，[150，200)，[200，250)，[250，300)，[300，350)，[350，400](单位：克)中，经统计得频率分布直方图如图所示．(1)现按分层抽样的方法，从质量为[250，300)，[300，350)的芒果中随机抽取9个，再从这9个中随机抽取3个，记随机变量X 表示质量在[300，350)内的芒果个数，求X 的分布列及数学期望；(2)以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，将频率视为概率，某经销商来收购芒果，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10 000个，经销商提出如下两种收购方案：A ：所有芒果以10元/千克收购；B ：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，高于或等于250克的以3元/个收购． 通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？解：(1)9个芒果中，质量在[250，300)和[300，350)内的分别有6个和3个．则X 的可能取值为0，1，2，3.P (X ＝0)＝C 36C 39＝2084，P (X ＝1)＝C 26C 13C 39＝4584，P (X ＝2)＝C 16C 23C 39＝1884，P (X ＝3)＝C 33C 39＝184.所以X 的分布列为X 的数学期望E (X )＝0×2084＋1×4584＋2×1884＋3×184＝1.(2)设选择方案A 可获利y 1元，则y 1＝(125×0.002＋175×0.002＋225×0.003＋275×0.008＋325×0.004＋375×0.001)×50×10 000×10×0.001＝25 750.设选择方案B ，从质量低于250克的芒果中获利y 2元，从质量高于或等于250克的芒果中获利y 3元，则y 2＝(0.002＋0.002＋0.003)×50×10 000×2＝7 000. y 3＝(0.008＋0.004＋0.001)×50×10 000×3＝19 500. y 2＋y 3＝7 000＋19 500＝26 500.由于25 750<26 500，故B 方案获利更多，应选B 方案．[B 组 大题增分专练]1．(2018·合肥第一次质量检测)2014年9月，国务院发布了《关于深化考试招生制度改革的实施意见》．某地作为高考改革试点地区，从当年秋季新入学的高一学生开始，高考不再分文理科，语文、数学、英语三科为必考科目，考生从物理、化学、生物、思想政治、历史、地理六个科目中任选三个科目参加高考，其中物理、化学、生物为自然科学科目，思想政治、历史、地理为社会科学科目，假设某位考生选考这六个科目的可能性相等．(1)求这位考生所选考的三个科目中至少有一个自然科学科目的概率；(2)已知该考生选考的三个科目中有一个科目属于社会科学科目，两个科目属于自然科学科目，若该考生所选的社会科学科目考试的成绩获A 等的概率都是45，所选的自然科学科目考试的成绩获A 等的概率都是34，且所选的各个科目的考试成绩相互独立，用随机变量X表示他所选的三个科目中考试成绩获A 等的科目数，求X 的分布列和数学期望．解：(1)记“这位考生选考的三个科目中至少有一个科目是自然科学科目”为事件M ， 则P (M )＝1－C 33C 36＝1－120＝1920，所以这位考生选考的三个科目中至少有一个自然科学科目的概率为1920.(2)随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3. 因为P (X ＝0)＝15×⎝⎛⎭⎫142＝180，P (X ＝1)＝45×⎝⎛⎭⎫142＋15×C 12×14×34＝18， P (X ＝2)＝45×C 12×14×34＋15×⎝⎛⎭⎫342＝3380，P (X ＝3)＝45×⎝⎛⎭⎫342＝920，所以X 的分布列为所以E (X )＝0×180＋1×1080＋2×3380＋3×3680＝2.3.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p (0＜p ＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p )，求f (p )的最大值点p 0.(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p 0作为p 的值，已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．(ⅰ)若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X ，求EX ；(ⅱ)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？解：(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p )＝C 220p 2(1－p )18.因此f ′(p )＝C 220[2p (1－p )18－18p 2(1－p )17]＝2C 220p (1－p )17(1－10p )．令f ′(p )＝0，得p ＝0.1.当p ∈(0，0.1)时，f ′(p )>0；当p ∈(0.1，1)时，f ′(p )<0.所以f (p )的最大值点为p 0＝0.1. (2)由(1)知，p ＝0.1.(i)令Y 表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y ～B (180，0.1)， X ＝20×2＋25Y ，即X ＝40＋25Y . 所以EX ＝E (40＋25Y )＝40＋25EY ＝490.(ii)如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元． 由于EX >400，故应该对余下的产品作检验．3．2017年央视3·15晚会曝光了一些饲料企业瞒天过海地往饲料中非法添加各种“禁药”，包括“人用西药”，让所有人惊出一身冷汗．某地区质量监督部门对该地甲、乙两家畜牧用品生产企业进行了突击抽查，若已知在甲企业抽查了一次，抽中某种动物饲料的概率为34，用数字1表示抽中该动物饲料产品，用数字0来表示没有抽中；在乙企业抽查了两次，每次抽中该动物饲料的概率为23，用数字2表示抽中该动物饲料产品，用数字0来表示没有抽中．该部门每次抽查的结果相互独立．假设该部门完成以上三次抽查．(1)求该部门恰好有一次抽中动物饲料这一产品的概率；(2)设X 表示三次抽查所记的数字之和，求随机变量X 的分布列和数学期望． 解：记“恰好抽中一次动物饲料这一产品”为事件A ，“在甲企业抽中”为事件B ，“在乙企业第一次抽中”为事件C ，“在乙企业第二次抽中”为事件D ，则由题意知P (B )＝34，P (C )＝P (D )＝23.(1)因为A ＝B C －D －＋B －C D －＋B －C －D ，所以P (A )＝P (B C －D －＋B －C D －＋B －C －D )＝P (B C －D －)＋P (B －C D －)＋P (B －C －D )＝P (B )P (C －)P (D －)＋P (B －)P (C )P (D －)＋P (B －)P (C －)P (D )＝34×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23＋⎝⎛⎭⎫1－34×23×⎝⎛⎭⎫1－23＋⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝736. (2)根据题意，X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，5.所以P (X ＝0)＝P (B －C －D －)＝[1－P (B )][1－P (C )][1－P (D )]＝⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23＝136， P (X ＝1)＝P (B C －D －)＝P (B )[1－P (C )][1－P (D )]＝34×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－23＝112， P (X ＝2)＝P (B －C D －＋B －C －D )＝P (B CD )＋P (B －C －D )＝⎝⎛⎭⎫1－34×23×⎝⎛⎭⎫1－23＋⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝19， P (X ＝3)＝P (BC D －＋B C －D )＝P (BC D －)＋P (B C －D )＝34×23×⎝⎛⎭⎫1－23＋34×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝13， P (X ＝4)＝P (BCD )＝[1－P (B )]P (C )P (D )＝⎝⎛⎭⎫1－34×23×23＝19， P (X ＝5)＝P (BCD )＝P (B )P (C )P (D )＝34×23×23＝13.故X 的分布列为 所以E (X )＝0×136＋1×112＋2×19＋3×13＋4×19＋5×13＝4112.4．交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用(基准保费)统一为a 元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与车辆发生有责任道路交通事故的情况相联系，发生有责任交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车在下一年续保时的情况，统计得到下面的表格：以这60率，完成下列问题：(1)按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》中汽车交强险价格的规定，a ＝950.某同学家里有一辆该品牌同型号车且车龄刚满三年，记X 为该车在第四年续保时的费用，求X 的分布列与数学期望；(数学期望值保留到个位数字)(2)某二手车销售商专门销售这一品牌同型号的二手车，且将下一年的交强险保费高于基准保费的车辆记为事故车．假设购进并销售一辆事故车亏损5 000元，购进并销售一辆非事故车盈利10 000元．①若该销售商购进三辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；②若该销售商一次购进100辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求他获得利润的期望值． 解：(1)由题意可知，X 的可能取值为0.9a ，0.8a ，0.7a ，a ，1.1a ，1.3a . 由统计数据可知：P (X ＝0.9a )＝16，P (X ＝0.8a )＝112，P (X ＝0.7a )＝112，P (X ＝a )＝13，P (X ＝1.1a )＝14，P (X＝1.3a )＝112.所以X 的分布列为 所以E (X )＝0.9a ×16＋0.8a ×112＋0.7a ×112＋a ×13＋1.1a ×14＋1.3a ×112＝11.9a 12＝11 30512≈942(元)．(2)①由统计数据可知，任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率为13，则三辆车中至多有一辆事故车的概率P ＝⎝⎛⎭⎫1－133＋C 1313⎝⎛⎭⎫232＝2027. ②设Y 为该销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y 的可能取值为－5 000，10 000.11 所以Y 的分布列为所以E (Y )＝－5 000×13＋10 000×23＝5 000(元)． 故该销售商一次购进并销售100辆(车龄已满三年)该品牌的二手车获得利润的期望值为100×E (Y )＝50(万元)．。
届高考数学(理科)二轮复习专题 排列组合与二项式定理(人教A版)PPT课件
第18讲 │ 要点热点探究
► 探究点二 排列与组合
例 2 在送医下乡活动中，某医院安排 3 名男医生和 2 名女医生到三所乡医 院工作，每所医院至少安排一名医生，且女医生不安排在同一乡医院工作，则 不同的分配方法总数为( )
A．78 B．114 C．108 D．120 【分析】 先分组后分配，然后减去两名女医生在一个医院的情况． B 【解析】 五人分组有(1,1,3)，(1,2,2)两种分组方案，方法数是C15CA1422C33＋ C15AC2224C22＝25，故分配方案的总数是 25A33＝150 种．当仅仅两名女医生一组时， 分组数是 C13，当两名女医生中还有一名男医生时，分组方法也是 C13，故两名女 医生在一个医院的分配方案是 6A33＝36.符合要求的分配方法总数是 150－36＝ 114. 【点评】 在分配问题中如果待分配的元素数目多余分配的位置数目，就要先分 组然后再进行分配．
n∈N，且 m≤n)；Cmn＋1＝Cmn ＋Cmn －1(m，n∈N，且 m≤n)．
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第18讲 │ 主干知识整合
4．二项式定理 (a＋b)n 展开式共有 n＋1 项，其中 r＋1 项 Tr＋1＝Crnan－rbr. 5．二项式系数的性质 二项式系数是指 C0n，C1n，…，Cnn这 n＋1 个组合数． 二项式系数具有如下几个性质： (1)对称性、等距性、单调性、最值性； (2)Crr＋Crr＋1＋Crr＋2＋…＋Crn＝Crn＋＋11； C0n＋C1n＋C2n＋…＋Crn＋…＋Cnn＝2n； C1n＋C3n＋C5n＋…＝C0n＋C2n＋C4n＋…＝2n－1； C1n＋2C2n＋3C3n＋…＋nCnn＝n·2n－1 等．
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第18讲 │ 要点热点探究
(1)某考生打算从 7 所重点大学中选 3 所填在第一档次的三个志 愿栏内，其中 A 校定为第一志愿；再从 5 所一般大学中选 3 所填在 第二档次的三个志愿栏内，其中 B、C 两校必选，且 B 在 C 前，问 此考生共有________种不同的填表方法．
2020高考数学(理科)二轮专题复习课标通用版 跟踪检测： 专题3 数列 第1部分 专题3 第2讲
合上式，所以 an＝Error!
答案 an＝Error!
1
1
8．(2019·广东深圳适应性考试)在数列{an}中，a1＝2 019，an＋1＝an＋nn＋1(n∈N*)，
2n ＝n2＋1－2n.故选 A
项．
3．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝( )
nn＋1 A． 2
nn＋1 B．－ 2
nn＋1 C．(－1)n＋1 2
D．以上均不正确
C 解析 当 n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－(2n－1)＝－
n 3＋2n－1 2
nn＋1
2 ＝－ 2 ；当 n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)
n－1 [3＋2n－1－1]
2
nn＋1
n＋1n2＝－3－7－…－[2(n－1)－1]＋n2＝－
2
＋n2＝ 2 .综上可得，原
nn＋1 式＝(－1)n＋1 2 .故选 C 项．
4．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝an－1(a≠0)，则{an}( )
2×3 3 4
n n＋1
则 3Tn＝ 30 ＋30＋31＋…＋3n－3＋3n－2，②
1 1－
3n－1
( ) 1 1
1 n＋1
1 n＋1 15
1＋ ＋ ＋…＋
1－
②－①得 2Tn＝6＋ 3 32
3n－2 －3n－1＝6＋ 3 －3n－1＝ 2 －
2n＋5
2·3n－1.
高考数学二轮复习专题过关检测—数列(含解析)
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.。
2020届数学(理)高考二轮专题复习课件：第二部分 专题二 第2讲 数列的求和及综合应用
[思维升华] 1．给出 Sn 与 an 的递推关系求 an，常用思路是：一 是利用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其 通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之 间的关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的 等比数列．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的 公比为q.
依题意，得33qq＝2＝31＋5＋2d4，d，解得dq＝＝33，， 故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n. 所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn ＝3n. (2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1) ＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝ n×3＋n（n2－1）×6 ＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n 2＋6(1×31 ＋2×32＋…＋n×3n)．
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，① 则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，② ②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝ －3（11－－33n）＋n×3n＋1＝（2n－1）2 3n＋1＋3.
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n ＝3n2＋6Tn ＝3n2＋3（2n－12）·3n＋1＋9 ＝（2n－1）·32n＋2＋6n2＋9.
从近年高考看，本讲主要考查的内容：(1)以等差(比) 数列为背景，考查等差(比)的通项与求和公式、分组转 化求和；(2)以简单的递推关系为背景，考查错位相减、 裂项相消、倒序相加等求和的基本方法．主要以解答题 的形式呈现，中档难度，且常与函数、不等式知识交 汇．
【例 1】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，对任意的正 整数 n，都有 an＝5Sn＋1 成立，bn＝－1－log2|an|，数列 {bn}的前 n 项和为 Tn，cn＝TbnTn＋n1＋1.
2020届高考数学(理)二轮复习专题强化训练：(一)函数与方程思想理+Word版含答案
专题强化训练(一)函数与方程思想一、选择题1．[2019·河南名校联考]在平面直角坐标系中，已知三点A (a,2)，B (3，b )，C (2,3)，O 为坐标原点，若向量OB →⊥AC →，则a 2＋b 2的最小值为( )A.125B.185C ．12D ．18解析：由题意得OB →＝(3，b )，AC →＝(2－a,1)， ∵OB →⊥AC →，∴OB → ·AC →＝3(2－a )＋b ＝0，∴b ＝3a －6，∴a 2＋b 2＝a 2＋9(a －2)2＝10a 2－36a ＋36＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫a －952＋185，所以当a ＝95时，a 2＋b 2取得的最小值，且最小值为185，故选B.答案：B2．[2019·安徽马鞍山一模]已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＝18，S 3－a 1＝34，则S 5＝( ) A.3132 B.3116 C.318D.314解析：易知q >0且q ≠1，且⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝18，a 1(1－q 3)1－q －a 1＝34，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝12，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝1－1321－12＝3116，故选B.答案：B3．[2019·山东滨州期中]若对于任意的x >0，不等式mx ≤x 2＋2x ＋4恒成立，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，4]B ．(－∞，6]C ．[－2,6]D ．[6，＋∞)解析：∵x >0，∴mx ≤x 2＋2x ＋4⇔m ≤x ＋4x ＋2对任意实数x >0恒成立．令f (x )＝x ＋4x＋2，则m ≤f (x )min ，因为f (x )＝x ＋4x＋2≥2x ·4x＋2＝6，当且仅当x ＝2时取等号，所以m ≤6，故选B.答案：B4．[2019·河北唐山一模]椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点为F 1，F 2，过F 2垂直于x 轴的直线交C 于A ，B 两点，若△AF 1B 为等边三角形，则椭圆C 的离心率为( )A.12B.32C.13D.33解析：由题意可得2c ＝32×2b 2a ，所以2ac ＝3(a 2－c 2)，即3e 2＋2e －3＝0，由e∈(0,1)，解得e ＝33，故选D. 答案：D5．[2019·宁夏银川一中二模]已知不等式xy ≤ax 2＋2y 2对于x ∈[1,2]，y ∈[2,3]恒成立，则a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．[－1,4)C ．[－1，＋∞)D ．[－1,6]解析：不等式xy ≤ax 2＋2y 2对于x ∈[1,2]，y ∈[2,3]恒成立，等价于a ≥y x－2⎝ ⎛⎭⎪⎫y x2对于x ∈[1,2]，y ∈[2,3]恒成立．令t ＝yx∈[1,3]，所以a ≥t －2t 2在[1,3]上恒成立，又y ＝－2t 2＋t ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫t －142＋18，则当t ＝1时，y max ＝－1，所以a ≥－1，故选C.答案：C6．[2019·河南十所名校联考]已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3＋a 6＝25，S 5＝40，则数列{a n }的公差d ＝( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：由a 3＋a 6＝25，S 5＝40得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＋a 1＋5d ＝25，5a 1＋5×42d ＝40，解得d ＝3，故选B.答案：B7．[2019·安徽合肥质检一]设双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过点F 1的直线分别交双曲线左、右两支于点M ，N ，连接MF 2，NF 2，若MF 2→·NF 2→＝0，|MF 2→|＝|NF 2→|，则双曲线C 的离心率为( )A. 2B. 3C. 5D. 6解析：由MF 2→·NF 2→＝0，知MF 2→⊥NF 2→.又|MF 2→|＝|NF 2→|，则|MF 2→|＝|NF 2→|＝22|MN →|，且∠F 1NF 2＝45°.由双曲线的定义得⎩⎪⎨⎪⎧|MF 2→|－|MF 1→|＝2a|NF 1→|－|NF 2→|＝2a，两式相加，得|MF 2→|－|NF 2→|＋|MN →|＝4a ，即|MN →|＝4a ，则|NF 2→|＝22a ，所以|NF 1→|＝2a ＋|NF 2→|＝(2＋22)a .在△NF 1F 2中，由余弦定理，得|F 1F 2→|2＝|NF 1→|2＋|NF 2→|2－2|NF 1→|·|NF 2→|cos ∠F 1NF 2，即4c 2＝(22a )2＋(2＋22)2a 2－2×22a ×(2＋22)a ×22，整理，得c 2＝3a 2，所以e 2＝3，即e ＝3，故选B. 答案：B8．[2019·河南期末联考]已知－π2<α－β<π2，sin α＋2cos β＝1，cos α－2sin β＝2，则sin ⎝⎛⎭⎪⎫β＋π3＝( ) A.33 B.63 C.36D.66解析：由sin α＋2cos β＝1，cos α－2sin β＝2，将两个等式两边平方相加，得5＋4sin(α－β)＝3，即sin(α－β)＝－12，因为－π2<α－β<π2，所以α－β＝－π6，即α＝β－π6，代入sin α＋2cos β＝1，得3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π3＝1，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π3＝33，故选A.答案：A9．[2019·新疆昌吉月考]若关于x 的不等式1＋a cos x ≥23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2x ，在R 上恒成立，则实数a 的最大值为( )A ．－13B.13C.23D ．1解析：1＋a cos x ≥23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2x ＝23cos 2x ＝23(2cos 2x －1)，令t ＝cos x ∈[－1,1]，则问题转化为不等式4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1,1]上恒成立，令f (t )＝4t 2－3at －5，t ∈[－1，1]，则应满足条件为⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＝4＋3a －5≤0，f (1)＝4－3a －5≤0，解得－13≤a ≤13，故选B.答案：B10．[2019·河南郑州质检二]函数f (x )是定义在[0，＋∞)上的函数，f (0)＝0，且在(0，＋∞)上可导，f ′(x )为其导函数，若xf ′(x )＋f (x )＝e x(x －2)且f (3)＝0，则不等式f (x )<0的解集为( )A ．(0,2)B ．(0,3)C ．(2,3)D ．(3，＋∞)解析：令g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＝e x(x －2)，可知当x ∈(0,2)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，又f (3)＝0，f (0)＝0，则g (3)＝3f (3)＝0，且g (0)＝0，则不等式f (x )<0的解集就是xf (x )<0的解集，所以不等式的解集为{x |0<x <3}，故选B.答案：B11．[2019·山东荷泽一模]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左右焦点分别为F 1，F 2，O为坐标原点，A 为椭圆上一点，且AF 1→·AF 2→＝0，直线AF 2交y 轴于点M ，若|F 1F 2|＝6|OM |，则该椭圆的离心率为( )A.13B.33C.58D.104解析：由题意，可知|F 1F 2|＝2c ，则|OM |＝c 3，则tan ∠MF 2C ＝13，又AF 1→·AF 2→＝0，则∠F 1AF 2＝90°，所以|AF 1||AF 2|＝13，设|AF 1|＝x ，则|AF 2|＝3x ，所以2a ＝3x ＋x ＝4x,4c 2＝(3x )2＋x 2＝10x 2，所以e ＝c a ＝104，故选D.答案：D12．[2019·山东泰安期末]定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足x 2f ′(x )>1，f (2)＝52，则关于x 的不等式f (x )<3－1x的解集为( ) A ．(－∞，1) B ．(－∞，2) C ．(0,1)D ．(0,2)解析：令g (x )＝f (x )＋1x (x >0)，则g ′(x )＝f ′(x )－1x 2＝x 2f ′(x )－1x2>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增．又f (2)＝52，则g (2)＝f (2)＋12＝3，所以f (x )<3－1x ⇔f (x )＋1x<3⇔g (x )<g (2)．又因为g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以0<x <2，故选D.答案：D13．[2019·甘肃、青海、宁夏联考]设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 7＝5，S 5＝－55，则nS n 的最小值为( )A ．－343B ．－324C ．－320D ．－243解析：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝5，5(a 1＋2d )＝－55，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－19，d ＝4，所以S n ＝－19n ＋n (n －1)2×4＝2n 2－21n ，nS n ＝2n 3－21n 2，设f (x )＝2x 3－21x 2(x >0)，则f ′(x )＝6x (x －7)，当0<x <7时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >7时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以nS n 的最小值为f (7)＝－343，故选A.答案：A14．[2019·陕西咸阳二模]已知定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x∈(0，π)，有f ′(x )sin x >f (x )cos x ，且f (x )＋f (－x )＝0，设a ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，b ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，c ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，则( ) A ．a <b <c B ．b <c <a C ．a <c <bD ．c <b <a解析：构造函数g (x )＝f (x )sin x ，则g ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos xsin 2x>0，x ∈(0，π)，所以g (x )在(0，π)上单调递增．又f (x )＋f (－x )＝0，则f (x )为奇函数，从而g (x )为偶函数，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2.又因为0<π6<π4<π2<π，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sinπ6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4sin π4<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2sinπ2，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，故选A.答案：A15．[2019·河南十所名校联考]设双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点为F ，O 为坐标原点，若双曲线及其渐近线上各存在一点Q ，P 使得四边形OPFQ 为矩形，则其离心率为( )A. 3 B ．2 C. 5D. 6解析：依据题意作出如下图象，其中四边形OPFQ 为矩形，如图所示．双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±bax ，所以直线OQ 的方程为y ＝ab x ，直线QF 的方程为y ＝－b a(x －c )， 联立直线OQ 与直线QF 的方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝a bx ，y ＝－b a (x －c )，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝b 2c，y ＝abc ，所以点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2c ，ab c ，又点Q 在双曲线C ： x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)上， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2c 2a2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ab c 2b2＝1，整理得c 2＝3a 2，所以e ＝ca＝c 2a 2＝3，故选A. 答案：A 二、填空题16．[2019·湖南怀化一模]已知正方形ABCD 的边长为2，P 为平面ABCD 内一点，则(PA →＋PB →)·(PC →＋PD →)的最小值为________．解析：以A 为原点，AB ，AD 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系因为正方形ABCD 的边长为2，所以A (0,0)，B (2,0)，C (2,2)，D (0,2)． 设P (x ，y )，则PA →＝(－x ，－y )， PB →＝(2－x ，－y )，PC →＝(2－x,2－y )，PD →＝(－x ，2－y )，所以PA →＋PB →＝(2－2x ，－2y )，PC →＋PD →＝(2－2x,4－2y )，所以(PA →＋PB →)·(PC →＋PD →)＝(2－2x )2－2y (4－2y )＝4(x －1)2＋4y (y －2)＝4(x －1)2＋4(y －1)2－4≥－4，当且仅当x ＝y ＝1时，取等号，故(PA →＋PB →)·(PC →＋PD →)的最小值为－4.答案：－417．[2019·甘肃、青海、宁夏联考]过点M (－1,0)引曲线C ：y ＝2x 3＋ax ＋a 的两条切线，这两条切线与y 轴交于A ，B 两点，若|MA |＝|MB |，则a ＝________.解析：设切点坐标为(t,2t 3＋at ＋a )，y ′＝6x 2＋a ，则由题意得6t 2＋a ＝2t 3＋at ＋a t ＋1，整理得2t 3＋3t 2＝0，解得t ＝0或t ＝－32.因为|MA |＝|MB |，所以两条切线的斜率互为相反数，故2a ＋6×⎝ ⎛⎭⎪⎫－322＝0，解得a ＝－274.答案：－27418．[2019·湖北黄冈八模]已知F 1，F 2为双曲线C ：x 22－y 2b2＝1(b >0)的左、右焦点，点A为双曲线C 右支上一点，AF 1交左支于点B ，△AF 2B 是等腰直角三角形，∠AF 2B ＝π2，则双曲线C 的离心率为________．解析：设|AF 2|＝x ，∵△AF 2B 为等腰直角三角形，∠AF 2B ＝π2，∴|BF 2|＝x ，|AB |＝2x ，∠F 2AB ＝π4，由双曲线的定义知|AF 1|－|AF 2|＝22，|BF 2|－|BF 1|＝22，∴|AF 1|＝22＋x ，|BF 1|＝x －2 2.又|AF 1|＝|AB |＋|BF 1|，∴22＋x ＝2x ＋x －22，解得x ＝4，∴|AF 1|＝22＋4，|AF 2|＝4.在△AF 2F 1中，由余弦定理得4c 2＝42＋(4＋22)2－2×(4＋22)×4×22，解得c ＝6， ∴e ＝c a＝ 3. 答案： 319．[2019·安徽六校联考改编]已知抛物线y 2＝2px (p >0)上一点(5，t )到焦点的距离为6，P 、Q 分别为抛物线与圆(x －6)2＋y 2＝1上的动点，则|PQ |的最小值为________．解析：由抛物线C ：y 2＝2px (p >0)焦点在x 轴上，准线方程x ＝－p2，则点(5，t )到焦点的距离为d ＝5＋p2＝6，则p ＝2，所以抛物线方程为y 2＝4x .设P (x ，y )，由圆M ：(x －6)2＋y 2＝1，知圆心为(6,1)，半径为1，则|PM |＝(x －6)2＋y 2＝(x －6)2＋4x ＝(x －4)2＋20，当x ＝4时，|PQ |取得最小值，最小值为20－1＝25－1. 答案：25－120．[2019·广东深圳调研改编]若关于x 的不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1x λx ≤19有正整数解，则实数λ的最小值为________．解析：由⎝ ⎛⎭⎪⎫1x λx ≤19，得x λx ≥9，两边取对数得λ·ln x x ≥ln 9.因为x ∈N *，所以λ>0，所以ln xx≥ln 9λ.令f (x )＝ln xx(x >0)，则f ′(x )＝1－ln xx 2，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．因为2<e<3，所以只考虑f (2)和f (3)的大小关系．因为f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96，所以f (2)<f (3)，所以只需f (3)＝ln 96≥ln 9λ，即λ≥6，所以实数λ的最小值为6. 答案：6。
2020届高考理科数学二轮复习训练：专题1_第2讲 函数与导数
专题复习检测A 卷1．(2019年天津)已知a ＝log 52，b ＝log 0.50.2，c ＝0.50.2，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a ＜c ＜b B ．a ＜b ＜c C ．b ＜c ＜a D ．c ＜a ＜b【答案】A【解析】a ＝log 52＜1，b ＝log 0.50.2＝log 1215＝log 25＞log 24＝1，c ＝0.50.2＜1，所以b 最大．因为a ＝log 52＝1log 25，c ＝0.50.2＝⎝⎛⎭⎫1215 ＝512＝152.而log 25＞log 24＝2＞52，所以1log 25＜152，即a ＜c .故选A ．2．(2019年甘肃白银模拟)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2＋a ，x ≤1，log 12(x ＋1)，x >1有最大值，则a 的取值范围为( )A ．(－5，＋∞)B ．[－5，＋∞)C ．(－∞，－5)D ．(－∞，－5]【答案】B【解析】易知f (x )在(－∞，1]上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，要使f (x )有最大值，则f (1)＝4＋a ≥log 12(1＋1)＝－1，解得a ≥－5.3．(2018年新课标Ⅲ)下列函数中，其图象与函数y ＝ln x 的图象关于直线x ＝1对称的是( )A ．y ＝ln(1－x )B ．y ＝ln(2－x )C ．y ＝ln(1＋x )D ．y ＝ln(2＋x )【答案】B【解析】y ＝ln x 的图象与y ＝ln(－x )的图象关于y 轴即x ＝0对称，要使新的图象与y ＝ln x 关于直线x ＝1对称，则y ＝ln(－x )的图象需向右平移2个单位，即y ＝ln(2－x )．4．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则( ) A ．a <－1 B ．a >－1 C ．a >－1eD ．a <－1e【答案】A【解析】∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a .∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，∴方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解．∵x >0时，－e x <－1，∴a ＝－e x <－1.5．(2019年云南玉溪模拟)函数f (x )＝x 2ln x 的最小值为( )A ．－1eB ．1eC ．－12eD ．12e【答案】C【解析】由f (x )＝x 2ln x ，得定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝2x ln x ＋x 2·1x＝x (2ln x ＋1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e －12.当0<x <e －12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >e －12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝e －12时，f (x )取得最小值，即f (x )min ＝f (e －12)＝－12e.故选C ．6．(2019年贵州遵义模拟)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (x ＋4)＝f (x －2)．若当x ∈[－3,0]时，f (x )＝6－x ，则f (919)＝________.【答案】6【解析】由f (x ＋4)＝f (x －2)，可得f (x ＋6)＝f (x )，则f (x )是周期为6的周期函数，所以f (919)＝f (153×6＋1)＝f (1)．又f (x )是偶函数，所以f (919)＝f (1)＝f (－1)＝6－(－1)＝6.7．(2019年广东模拟)已知曲线f (x )＝a e x ＋b (a ，b ∈R )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x ＋1，则a －b ＝________.【答案】3【解析】由f (x )＝a e x ＋b ，得f ′(x )＝a e x .因为曲线f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)＝a ＋b ＝1，f ′(0)＝a ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－1.所以a －b ＝3.8．定义在R 内的可导函数f (x )，已知y ＝2f′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的减区间是______．【答案】(2，＋∞)【解析】令f ′(x )<0，则y ＝2f′(x )<1，由图知，当x >2时，2f′(x )＜1，故y ＝f (x )的减区间是(2，＋∞)．9．已知函数f (x )＝x e x －ax 2－x .(1)若f (x )在(－∞，－1]内单调递增，在[－1,0]上单调递减，求f (x )的极小值； (2)若x ≥0时，恒有f (x )≥0，求实数a 的取值范围．【解析】(1)∵f (x )在(－∞，－1]内单调递增，在[－1,0]上单调递减，∴f ′(－1)＝0. ∵f ′(x )＝(x ＋1)e x －2ax －1，∴2a －1＝0，a ＝12.∴f ′(x )＝(x ＋1)e x －x －1＝(x ＋1)(e x －1)．∴f (x )在(－∞，－1)内单调递增，在(－1,0)内单调递减，在(0，＋∞)内单调递增，f (x )的极小值为f (0)＝0.(2)f (x )＝x (e x －ax －1)，令g (x )＝e x －ax －1，则g ′(x )＝e x －a ， 若a ≤1，则x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )为增函数， 而g (0)＝0，∴当x ≥0时，g (x )≥0.从而f (x )≥0. 若a >1，则x ∈(0，ln a )时，g ′(x )<0，g (x )为减函数， g (0)＝0，当x ∈(0，ln a )时，g (x )<0，从而f (x )<0. 综上，实数a 的取值范围是(－∞，1]．10．(2019年江苏节选)设函数f (x )＝(x －a )(x －b )(x －c )，a ，b ，c ∈R ，f ′(x )为f (x )的导函数．(1)若a ＝b ＝c ，f (4)＝8，求a 的值；(2)若a ≠b ，b ＝c ，且f (x )和f ′(x )的零点均在集合{－3,1,3}中，求f (x )的极小值． 【解析】(1)若a ＝b ＝c ，则f (x )＝(x －a )3. 由f (4)＝8，得(4－a )3＝8，解得a ＝2. (2)若a ≠b ，b ＝c ，f (x )＝(x －a )(x －b )2. 令f (x )＝0，得x ＝a 或x ＝b .f ′(x )＝(x －b )2＋2(x －a )(x －b )＝(x －b )(3x －b －2a )． 令f ′(x )＝0，得x ＝b 或x ＝2a ＋b3. f (x )和f ′(x )的零点均在集合A ＝{－3,1,3}中， 若a ＝－3，b ＝1，则2a ＋b 3＝－53∉A ，舍去．若a ＝1，b ＝－3，则2a ＋b 3＝－13∉A ，舍去．若a ＝－3，b ＝3，则2a ＋b3＝－1∉A ，舍去．若a ＝3，b ＝1，则2a ＋b 3＝73∉A ，舍去．若a ＝1，b ＝3，则2a ＋b 3＝53∉A ，舍去．若a ＝3，b ＝－3，则2a ＋b3＝1∈A .∴f (x )＝(x －3)(x ＋3)2，f ′(x )＝3(x ＋3)(x －1)． 易知x ＝1时，f (x )取得极小值－32. B 卷11．(2019年甘肃兰州模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ′(x )＋1x 2>0，f (2)＝52，则关于x 的不等式f (ln x )>1ln x＋2的解集为( )A ．(1，e 2)B ．(0，e 2)C ．(e ，e 2)D ．(e 2，＋∞)【答案】D【解析】设g (x )＝f (x )－1x (x >0)，则g ′(x )＝f ′(x )＋1x 2>0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．由f (ln x )>1ln x ＋2，可得f (ln x )－1ln x >2，又g (2)＝f (2)－12＝2，所以待解不等式等价于解g (ln x )>g (2)．所以ln x >2，解得x >e 2.故选D ．12．(2018年江西师大附中月考)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪2x －a2x 在[0,1]上单调递增，则a 的取值范围为________．【答案】[－1,1]【解析】令2x ＝t ，t ∈[1,2]，则y ＝⎪⎪⎪⎪t －at 在[1,2]上单调递增．当a ＝0时，y ＝|t |＝t 在[1,2]上单调递增显然成立；当a >0时，y ＝⎪⎪⎪⎪t －at ，t ∈(0，＋∞)的单调递增区间是[a ，＋∞)，此时a ≤1，即0<a ≤1时成立；当a <0时，y ＝⎪⎪⎪⎪t －a t ＝t －at ，t ∈(0，＋∞)的单调递增区间是[－a ，＋∞)，此时－a ≤1，即－1≤a <0时成立．综上，a 的取值范围是[－1,1]．13．(2018年新课标Ⅰ)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，求证：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.【解析】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a >2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42，易得0<a －a 2－42<a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a >2.由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1. 由于f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝0，则当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.。
2020新课标高考数学(理)二轮总复习(课件+专题限时训练)1-2-1
专题限时训练 (小题提速练)(建议用时：45分钟)一、选择题1．(2018·高考全国卷Ⅰ)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( ) A ．－12 B ．－10 C ．10 D ．12答案：B解析：设该等差数列的公差为d ，根据题中的条件可得3⎝ ⎛⎭⎪⎫3×2＋3×22×d ＝2×2＋d ＋4×2＋4×32×d ，整理解得d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2－12＝－10，故选B.2．(2017·江西省五市联考)已知等差数列{a n }的前10项和为30，a 6＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．958 C ．948 D ．18 答案：C解析：法一 因为等差数列{a n }的前10项和为30，所以a 1＋a 10＝6，即a 5＋a 6＝6，因为a 6＝8，所以a 5＝－2，公差d ＝10，所以－2＝a 1＋4×10，即a 1＝－42，所以a 100＝－42＋99×10＝948，故选C.法二 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎨⎧a 1＋5d ＝8，10a 1＋10×92d ＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－42，d ＝10，所以a 100＝－42＋99×10＝948，故选C. 3．已知数列{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110答案：D解析：a 7是a 3与a 9的等比中项，公差为－2，所以a 27＝a 3·a 9. 所以a 27＝(a 7＋8)(a 7－4)，所以a 7＝8，所以a 1＝20， 所以S 10＝10×20＋10×92×(－2)＝110.故选D.4．(2019·吉林模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若1a 1＋1a 2＋1a 3＝2，a 2＝2，则S 3＝( ) A ．8 B ．7 C ．6 D ．4答案：A解析：1a 1＋1a 2＋1a 3＝a 1＋a 3a 1a 3＋1a 2＝a 1＋a 2＋a 3a 22＝S 34＝2，则S 3＝8.故选A.5．(2019·怀化三模)《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，书中有一道题为：今有出门望见九堤，堤有九木，木有九枝，枝有九巢，巢有九禽，禽有九雏，雏有九毛，毛有九色，问各几何？若记堤与枝的个数分别为m ，n ，一等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝m ，S 6＝n ，则a 5为( ) A ．18 B ．81 C ．234 D ．243 答案：C解析：∵a 2＝9，S 6＝93， ∴729＝6(a 2＋a 5)2＝3(a 5＋9)，∴a 5＝234.故选C.6．(2018·昆明市调研测试)已知等差数列{a n }的公差为2，且a 4是a 2与a 8的等比中项，则{a n }的通项公式a n ＝( ) A ．－2nB ．2nC ．2n －1D ．2n ＋1答案：B解析：由题意，得a 2a 8＝a 24.又a n ＝a 1＋2(n －1)，所以(a 1＋2)(a 1＋14)＝(a 1＋6)2，解得a 1＝2，所以a n ＝2n .故选B.7．在等差数列{a n }中，首项a 1＝0，公差d ≠0，若a k ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7，则k ＝( ) A ．22 B ．23 C ．24 D ．25答案：A解析：{a n }为等差数列，所以a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7＝7a 4，则a 1＋(k －1)d ＝7(a 1＋3d )．因为a 1＝0，所以(k －1)d ＝21d ，d ≠0，解得k ＝22，故选A.8．正项等比数列{a n }中的a 1，a 4 037是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x －3的极值点，则log6a 2 019＝()A ．1B ．2 C. 2 D ．－1答案：A解析：因为f ′(x )＝x 2－8x ＋6，且a 1，a 4 037是方程x 2－8x ＋6＝0的两根，所以a 1·a 4 037＝a 22 019＝6，即a 2 019＝6，所以log6a 2 019＝1，故选A.9．(2018·湖北八校联考)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1a 6＝2a 3，a 4与2a 6的等差中项为32，则S 5＝( ) A ．36 B ．33 C ．32 D ．31答案：D解析：设{a n }的公比为q (q >0)，因为a 1a 6＝2a 3，而a 1a 6＝a 3a 4，所以a 3a 4＝2a 3，所以a 4＝2.又a 4＋2a 6＝3，所以a 6＝12，所以q ＝12，a 1＝16，所以S 5＝16⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝31.故选D.10．(2018·大连模拟)在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n 等于( ) A ．n (3n －1) B ．n (n ＋3)2 C ．n (n ＋1) D ．n (3n ＋1)2答案：C解析：依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)，选C.11．已知正项等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，若存在两项a m ，a n 使得a m a n ＝4a 1，则1m ＋4n 的最小值为( ) A.32 B ．53 C.256 D ．不存在答案：A解析：∵a 7＝a 6＋2a 5，∴a 5q 2＝a 5q ＋2a 5，∴q 2－q －2＝0，∴q ＝2.∵存在两项a m ，a n 使得a m a n ＝4a 1，∴a m a n ＝16a 21，∴q m ＋n －2＝16＝24，而q ＝2，∴m ＋n －2＝4，∴m ＋n ＝6，∴1m ＋4n ＝16(m ＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋n m ＋4m n ≥16×(5＋4)＝32，当且仅当m ＝2，n ＝4时，等号成立，∴1m ＋4n 的最小值为32.故选A.12．数列{a n }的通项a n ＝n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2n π3－sin 2n π3，其前n 项和为S n ，则S 30为( )A ．470B ．490C ．495D ．510答案：A解析：由于cos 2n π3－sin 2n π3＝cos 2n π3以3为周期，故S 30＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋222＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－42＋522＋62＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－282＋2922＋302＝∑k ＝110⎣⎢⎡⎦⎥⎤－(3k －2)2＋(3k －1)22＋(3k )2 ＝∑k ＝110 ⎝ ⎛⎭⎪⎫9k －52＝9×10×112－25＝470.二、填空题13．(2019·北京四中热身卷)若等差数列{a n }满足a 1＝12，a 4＋a 6＝5，则a 2 019＝________. 答案：2 0192解析：∵等差数列{a n }满足a 1＝12，a 4＋a 6＝5， ∴12＋3d ＋12＋5d ＝5， 解得d ＝12，∴a 2 019＝12＋2 018×12＝2 0192.14．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 1，S 3，S 2成等差数列，则{a n }的公比q ＝__________. 答案：－12解析：由题意得，2S 3＝S 1＋S 2，∴2(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋(a 1＋a 2)，整理得a 2＋2a 3＝0，∴a 3a 2＝－12，即公比q ＝－12.15．(2017·石家庄市高三质量检测)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 ＝__________.答案：78解析：因为1n ＋2n ＋…＋n －1n ＝1＋2＋…＋n －1n ＝n 2－12，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋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＋n4.令T n ＝n 2＋n 4＝14，解得n ＝7，所以a k ＝78.16．(2018·云南师大附中月考)已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＝2na n －1a n －1＋n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.答案：n ·2n2n －1解析：由a n ＝2na n －1a n －1＋n －1，得n a n ＝n －12a n －1＋12，于是n a n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －1a n －1－1(n ≥2，n ∈N *)． 又1a 1－1＝－12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n －1是以－12为首项，12为公比的等比数列，故n a n－1＝－12n ，∴a n ＝n ·2n 2n－1(n ∈N *)． 专题限时训练 (大题规范练)(建议用时：60分钟)1．(2019·河北模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2且a n ＋1＝3a n ＋2n －1(n ∈N *)． (1)求证：数列{a n ＋n }为等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求数列{a n }的前n 项和S n .解析：(1)数列{a n }满足a 1＝2且a n ＋1＝3a n ＋2n －1， 可得a n ＋1＋n ＋1＝3a n ＋3n ＝3(a n ＋n )，可得数列{a n ＋n }是首项为3，公比为3的等比数列． (2)a n ＋n ＝3n ，即a n ＝3n －n (n ∈N *)． (3)S n ＝(3＋9＋…＋3n )－(1＋2＋…＋n ) ＝3(1－3n )1－3－12n (n ＋1)＝32(3n －1)－12n (n ＋1)．2．(2017·山西省八校联考)已知等比数列{a n }的公比q >1，a 1＝1，且2a 2，a 4,3a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝2na n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)由2a 2，a 4,3a 3成等差数列可得2a 4＝2a 2＋3a 3，即2a 1q 3＝2a 1q ＋3a 1q 2. 又q >1，a 1＝1，故2q 2＝2＋3q ， 即2q 2－3q －2＝0，得q ＝2， 因此数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)b n ＝2n ×2n －1＝n ×2n ，T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ， ① 2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1， ② ①－②得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1，－T n ＝2(2n －1)2－1－n ×2n ＋1，T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.3．(2017·福建省高中毕业班质量检测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝2，S 5＝15，数列{b n }的前n 项和T n 满足T n ＝(n ＋5)a n . (1)求a n ；(2)求数列{1a nb n}的前n 项和．解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝2，S 5＝15，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，5a 1＋10d ＝15，解得a 1＝d ＝1，所以a n ＝n .(2)由(1)得，a n ＝n ，所以T n ＝n (n ＋5)．当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝n (n ＋5)－(n －1)(n ＋4)＝2n ＋4， 当n ＝1时，b 1＝T 1＝6也满足上式， 所以b n ＝2n ＋4(n ∈N *)．所以1a n b n ＝1n (2n ＋4)＝12n (n ＋2)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. 设{1a nb n }的前n 项和为P n ，则当n ≥2时，P n ＝1a 1b 1＋1a 2b 2＋…＋1a n b n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n －⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14＋…＋1n ＋1n ＋1＋1n ＋2 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝38－14(n ＋1)－14(n ＋2).当n ＝1时，P 1＝1a 1b 1＝16也满足上式．综上，P n ＝38－14(n ＋1)－14(n ＋2).4．已知数列{a n }满足：a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)(n ∈N *)． (1)若b n ＝a nn ＋1，试证明数列{b n }为等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式a n 及其前n 项和S n .解析：(1)证明：由na n ＋1＝2(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)得a n ＋1n ＋1＝2a nn ＋1，得a n ＋1n ＋1＋1＝2a n n ＋2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ＋1，即b n ＋1＝2b n .又b 1＝2，所以数列{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝2n ，得a nn ＋1＝2n ，即a n ＝n (2n －1)，∴S n ＝1×(2－1)＋2×(22－1)＋3×(23－1)＋…＋n (2n －1) ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n －(1＋2＋3＋…＋n ) ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n－n (n ＋1)2.令T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ， 则2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1， 两式相减，得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，∴T n ＝2(1－2n )＋n ·2n ＋1＝(n －1)·2n ＋1＋2，n(n＋1)∴S n＝(n－1)·2n＋1＋2－2.。
高考数学(江苏专版)二轮专题：第一部分-专题10-数列(Ⅱ)省公开课获奖课件市赛课比赛一等奖课件
[解] (1)设数列{bn}的公差为d， 则bb11＋ ＋d4＝ d＝4， 10， 解得bd1＝＝22，， 所以bn＝2n. (2)①设每一行组成的等比数列的公比为q. 由于前n行共有1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2个数，且 32<13<42， 所以a10＝b4＝8. 所以a13＝a10q3＝8q3.又a13＝1，解得q＝12.
即an＝13×2n－1－23×(－1)n.
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1．求数列通项公式的方法：(1)公式法；(2)根据递推关系求 通项公式有：①叠加法；②叠乘法；③转化法;(3)已知前 n 项和 公式用 an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2 求解．
2．数列求和的基本方法：(1)公式法；(2)分组法；(3)裂项相 消法；(4)错位相减法；(5)倒序相加法．
预测在2023年旳高考题中，数列旳考察变化不大： (1)填空题依然是考察等差、等比数列旳基本性质. (2)在解答题中，依然是考察等差、等比数列旳综合问题，可能会涉及恒等关系 论证和不等关系旳论证.
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1．在等差数列{an}中，公差d＝12，前100项的和S100＝45，则a1 ＋a3＋a5＋…＋a99＝________. 解析：S100＝1020(a1＋a100)＝45，a1＋a100＝190， a1＋a99＝a1＋a100－d＝25. a1＋a3＋a5＋…＋a99＝520(a1＋a99)＝520×25＝10. 答案：10
(1)已知正数数列{an}对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap·aq，若 a2＝4，则an＝________.
(2)数列{an}为正项等比数列，若a2＝1，且an＋an＋1＝6an－1(n ∈N，n≥2)，则此数列的前n项和Sn＝________.
[解析] (1)由ap＋q＝ap·aq，a2＝4，可得a2＝a21＝4⇒a1＝2，所
2020届数学(理)高考二轮专题复习课件：第二部分 专题六 第2讲 基本初等函数、函数与方程 (数理化网)
于( )
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：(1)当 x＞1 时，f(x)＝ln(x－1)＝0，得 x＝2. 当 x≤1 时，2x－1－1＝0，得 x＝1. 所以 f(x)有两个零点 x＝1 与 x＝2. (2)因为 f(2)＝ln 2－1＜0，f(3)＝ln 3－23＞0， 又 f(x)＝ln x－2x在(0，＋∞)上是增函数， 所以 x0∈(2，3)，从而 g(x0)＝2. 答案：(1)C (2)B
答案：①130 ②15
从近年高考命题看，基本初等函数着重于分段函数、 幂函数、指数函数、对数函数的图象性质；以基本初等 函数为载体考查函数与方程，以及函数简单的实际应用， 突出数形结合与转化思想方法的考查．题目以中档难度 为主，大多以选择题、填空题的形式呈现．考查的数学 核心素养主要有数学运算、直观想象、数学建模．
（RM＋1r）2＋Mr22＝(R＋r)MR31.
设
α
＝
r R
.
由
于
α
的值很小，因此在近似计算中
3α（3＋1＋3αα4）＋2α5≈3α3，则 r 的近似值为(
)
A. MM21R
B. 2MM21R
3 C.R
解析：由 α＝Rr 得 r＝αR， 代入（RM＋1r）2＋Mr22＝(R＋r)MR31， 整理得3α（3＋1＋3αα4）＋2α5＝MM21. 又因为3α（3＋1＋3αα4）＋2α5≈3α3，所以 3α3≈MM21，所以 α≈
热点 1 基本初等函数的图象与性质(自主演练) 1．指数函数 y＝ax(a＞0，a≠1)与对数函数 y＝logax(a ＞0，a≠1)的图象和性质，分 0＜a＜1，a＞1 两种情况， 当 a＞1 时，两函数在定义域内都为增函数，当 0＜a＜1 时，两函数在定义域内都为减函数． 2．同底的指数函数 y＝ax 与对数函数 y＝logax(a＞0， 且 a≠1)的图象关于直线 y＝x 对称．
第2讲 大题专攻——数 列 2023高考数学二轮复习课件
|方法总结| 数列判断与证明的注意点
(1)判定一个数列是等差(比)数列，可以利用通项公式或前n项和公式，但不 能将其作为证明方法；
(2)
an＋1 an
＝q和a
2 n
＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，
判定时还要看各项是否为零．
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已知数列{an}满足a1＝1，4an＋1＝3an－n＋4. (1)证明：数列{an＋n－8}是等比数列； 证明：因为4an＋1＝3an－n＋4， 所以an＋1＝34an－n4＋1， 所以an＋a1n＋＋nn＋－18－8＝43an－n4a＋n＋1n＋－n8＋1－8＝34aann＋ ＋n34n－－86＝34（aann＋＋nn－－88）＝34. 又因为 a1＋1－8＝－6，所以数列{an＋n－8}是以－6 为首项，34为公比的等比
解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则
2q（2＋d）＝12， 2q＋3＋3d＝10， d>0，
解得dq＝ ＝12， ，
∴an＝n，n∈N*，bn＝2n，n∈N*.
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(2)设 cn＝bn＋S1n，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解：由(1)知 Sn＝n（n2＋1）. ∴cn＝bn＋S1n＝2n＋n（n2＋1）＝2n＋2n1－n＋1 1， ∴Tn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋21－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1 ＝2（11－－22n）＋21－n＋1 1 ＝2n＋1－n＋2 1.
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(2)求{an}的前20项和．
解 因为 an＋1＝aann＋＋12，，nn为为奇偶数数，，
所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1，
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第一部分刷考点考点十一等差数列与等比数列(理)
考点十一 等差数列与等比数列一、选择题1．已知数列{a n }为等比数列，且a 3＝－4，a 7＝－16，则a 5＝( ) A ．－8 B ．8 C ．±8 D ．±4 2答案 A解析 由a 7a 3＝q 4得q 4＝4，则q 2＝2，所以a 5＝a 3·q 2＝－4×2＝－8，故选A. 2．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＋1＝a 2n ＋2＋a 2n ，则a 6＝( ) A ．16 B ．8 C ．4 D ．2 2答案 C解析 由2a 2n ＋1＝a 2n ＋2＋a 2n 知，数列{a 2n }是等差数列，前两项为1,4，所以公差d ＝3，故a 26＝1＋5×3＝16，所以a 6＝4，故选C.3．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答案 B解析 若a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，则此数列可以为0,0,0,0,0，…，此时{a n }不是等比数列；若{a n }是公比为2的等比数列，则由等比数列的定义可知a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，….故选B.4．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n n －12×2＝n 2－4n .故选A.5．(2019·湖南六校联考)已知公差d ≠0的等差数列{a n }满足a 1＝1，且a 2，a 4－2，a 6成等比数列，若正整数m ，n 满足m －n ＝10，则a m －a n ＝( )A ．10B ．20C ．30D ．5或40答案 C解析 由题知(a 4－2)2＝a 2a 6，因为{a n }为等差数列，所以(3d －1)2＝(1＋d )(1＋5d )，因为d ≠0，解得d ＝3，从而a m －a n ＝(m －n )d ＝30，故选C.6．(2019·河南百校联盟仿真试卷)已知等差数列{a n }满足a 1＝32，a 2＋a 3＝40，则{|a n |}的前12项和为( )A ．－144B ．80C ．144D ．304答案 D解析 a 2＋a 3＝2a 1＋3d ＝64＋3d ＝40⇒d ＝－8，所以a n ＝40－8n .所以|a n |＝|40－8n |＝⎩⎪⎨⎪⎧40－8n ，n ≤5，8n －40，n >5，所以前12项和为5×32＋02＋7×8＋562＝80＋224＝304.7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )且a 2＝3，a 6＝11，则S 7等于( ) A ．13 B ．49 C ．35 D ．63答案 B解析 由S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )可知数列{a n }是等差数列，所以S 7＝7a 1＋a 72＝7a 2＋a 62＝7×142＝49.选B. 8．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9答案 A解析 由a 4＋a 6＝2a 5＝－6得a 5＝－3，则公差为－3＋115－1＝2，所以由a n ＝－11＋(n －1)×2＝2n －13≤0得n ≤132，所以前6项和最小，选A.二、填空题9．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6a 3＝2，则S 6S 3＝________. 答案 72解析 设等差数列{a n }的公差为d ，a 6a 3＝2，即a 3＋3d ＝2a 3，a 3＝3d ，S 6S 3＝3a 3＋a 43a 2＝a 3＋a 3＋d a 3－d ＝3d ＋3d ＋d 3d －d ＝72.10．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝32，S 3＝92，则公比q ＝________.答案 1或－12解析因为⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝32，a 1＋a 2＋a 3＝92，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝32，a 1＋a 2＝3，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝32，a 1＋a 1q ＝3，即1＋qq 2＝2，所以2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12.11．(2019·广东广州天河区综合测试一)在等差数列{a n }中，首项a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20，则m ＝________.答案 191解析 等差数列{a n }中，首项a 1＝0，公差d ≠0，a m ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20，则a m ＝d ＋2d ＋…＋19d ＝19×1＋192d ＝190d ＝a 191，m ＝191.12．(2019·河南新乡第一次模拟)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，(n ＋1)a n ＋1＝(n －1)S n ，则S n ＝________.答案2n －1n解析 ∵(n ＋1)a n ＋1＝(n －1)S n ，∴na n ＋1＋S n ＋1＝nS n ，∴n (S n ＋1－S n )＋S n ＋1＝nS n ，∴n ＋1S n ＋1nS n ＝2，∴{nS n }是首项为1，公比为2的等比数列，则nS n ＝2n －1，∴S n ＝2n －1n.三、解答题13．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧9a 1＋9×82d ＝－a 1＋4d ，a 1＋2d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，d ＝－2，所以a n ＝8＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋10.(2)由(1)知a 5＝0，即a 5＝a 1＋4d ＝0，即a 1＝－4d ， 又a 1>0，所以d <0， 由S n ≥a n 得na 1＋n n －12d ≥a 1＋(n －1)d ，整理得(n 2－9n )d ≥(2n －10)d ， 因为d <0，所以n 2－9n ≤2n －10， 即n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤10， 所以n 的取值范围是1≤n ≤10(n ∈N *)．14．已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19.(1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n . 解 (1)∵数列{a n }是等差数列，a 2＝6， ∴S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19，∴b 1＝1， ∵b 2＝2，数列{b n }是等比数列，∴b n ＝2n －1.∴b 3＝4，∵a 1b 3＝12，∴a 1＝3， ∵a 2＝6，数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝3n .(2)由(1)得，令C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1，∴C n ＋1＝(－1)n ＋12n，∴C n ＋1C n＝－2，又C 1＝－1， ∴数列{b n cos(a n π)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列， ∴T n ＝－1×[1－－2n]1＋2＝－13[1－(－2)n]＝－2n－13.一、选择题1．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n ＋1＋λ，则λ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2答案 A解析 解法一：a 2＝S 2－S 1＝23－22＝4，a 3＝S 3－S 2＝24－23＝8，所以a 1＝a 22a 3＝2，所以S 1＝22＋λ＝2，故λ＝－2.解法二：S n ＝2n ＋1＋λ＝2·2n＋λ，根据等比数列前n 项和公式的结构知λ＝－2.2．《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾．初日织五尺，今一月日织九匹三丈．”其意思为今有女子善织布，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一个月(按30天计)共织390尺布．则该女最后一天织多少尺布？( )A ．18B ．20C ．21D ．25答案 C解析 依题意得，织女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为{a n }，其中a 1＝5，前30项和为390，于是有305＋a 302＝390，解得a 30＝21，即该织女最后一天织21尺布，选C.3．若等比数列的前n 项和，前2n 项和，前3n 项和分别为A ，B ，C ，则( ) A ．A ＋B ＝C B ．B 2＝ACC ．A ＋B －C ＝B 3D ．A 2＋B 2＝A (B ＋C )答案 D解析 由等比数列的性质可知，当公比q ≠－1时，A ，B －A ，C －B 成等比数列，所以(B －A )2＝A (C －B )，所以A 2＋B 2＝AC ＋AB ＝A (B ＋C )，当q ＝－1时，易验证此等式成立，故选D.4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝4，S 5≥S 4≥S 6，则公差d 的取值范围是( ) A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－89 B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－45C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－89，－45D ．[]－1，0答案 A解析 因为S 5≥S 4≥S 6，所以S 4＋a 5≥S 4≥S 4＋a 5＋a 6，所以a 5≥0≥a 5＋a 6，又a 1＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧4＋4d ≥0，8＋9d ≤0，解得－1≤d ≤－89.5．数列{a n }中，已知对任意自然数n ，a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n－1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n 等于( ) A ．(2n－1)2B ．13(2n－1) C ．4n－1 D ．13(4n－1) 答案 D解析 当n ＝1时，a 1＝2－1＝1；当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝(2n －1)－(2n －1－1)＝2n －1，n ＝1时也符合，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．所以a 2n ＝4n －1(n ∈N *)也是等比数列，所以a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1＋4＋42＋…＋4n －1＝1－4n1－4＝4n－13，故选D.6．已知数列{a n }是等差数列，r ，s ，t 为正整数，则“r ＋t ＝2s ”是“a r ＋a t ＝2a s ”的( ) A ．充要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分不必要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 C解析 设{a n }的公差为d ，由a r ＋a t ＝2a s 得(r ＋t －2)d ＝(2s －2)d ，即r ＋t ＝2s 或d ＝0，则“r ＋t ＝2s ”是“r ＋t ＝2s 或d ＝0”的充分不必要条件．故选C.7．已知在公比不为1的等比数列{a n }中，a 2a 4＝9，且2a 3为3a 2和a 4的等差中项，设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T 8＝( )A ．12×37－16 B ．310C ．318D ．320答案 D解析 由题意，得a 23＝9，设等比数列的公比为q ，由2a 3为3a 2和a 4的等差中项，得3·a 3q＋a 3q ＝4·a 3，由公比不为1，解得q ＝3，所以T 8＝a 1·a 2·…·a 8＝a 81q 28＝a 81q 16·q 12＝(a 1q 2)8·q 12＝(a 23)4q 12＝94×312＝320.8．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－2a 2n －a n ＋1a n ＝0，设b n ＝log 2a n ＋1a 1，则数列{b n }的前n 项和为( )A ．nB ．n n －12C ．n n ＋12D ．n ＋1n ＋22答案 C解析 因为a 2n ＋1－2a 2n －a n ＋1a n ＝0，所以(a n ＋1＋a n )·(2a n －a n ＋1)＝0，又因为a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即a n ＋1a n ＝2，所以数列{a n }是公比为2的等比数列，a n ＋1a 1＝a 1q n a 1＝2n ，所以b n ＝log 2a n ＋1a 1＝log 22n＝n ，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12.二、填空题9．(2019·江西抚州七校联考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝10，S 30＝30，则S 20＝________.答案 20解析 因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ，所以S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等比数列，因为S 10＝10，S 30＝30，所以(S 20－10)2＝10×(30－S 20)，解得S 20＝20或S 20＝－10，因为S 20－S 10＝q 10S 10>0，所以S 20>0，则S 20＝20.10．(2019·广东深圳适应性考试)等差数列{a n }中，a 4＝10且a 3，a 6，a 10成等比数列，数列{a n }的前20项和S 20＝________.答案 200或330解析 设数列{a n }的公差为d ，则a 3＝a 4－d ＝10－d ，a 6＝a 4＋2d ＝10＋2d ，a 10＝a 4＋6d ＝10＋6d ，又a 3a 10＝a 26，即(10－d )(10＋6d )＝(10＋2d )2，整理得10d 2－10d ＝0，解得d ＝0或d ＝1.当d ＝0时，S 20＝20a 4＝200；当d ＝1时，a 1＝a 4－3d ＝10－3×1＝7，于是，S 20＝20a 1＋20×192d ＝20×7＋190＝330. 11．(2019·河北唐山质检)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n＝________.答案 －1n解析 由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，两边同时除以S n ＋1S n ，得1S n ＋1－1S n＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.12．(2019·山东德州第一次考试)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ≠0,3S n ＝a n a n＋1＋1，则a 2019＝________. 答案 3028解析 数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1,3S n ＝a n a n ＋1＋1 ①，当n ＝1时，整理得3S 1＝3a 1＝a 1·a 2＋1，解得a 2＝2，当n ≥2时，3S n －1＝a n －1·a n ＋1 ②，①－②得，3a n ＝a n (a n ＋1－a n －1)，由于a n ≠0，故a n ＋1－a n －1＝3(常数)，故数列{a n }的奇数项为首项为1，公差为3的等差数列，则a n ＝1＋3⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12－1.数列{a n }的偶数项为首项为2，公差为3的等差数列，a n＝2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1，所以a 2019＝1＋3⎝⎛⎭⎪⎫2019＋12－1＝3028. 三、解答题13．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (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 . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－－2n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.14．(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝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．解 (1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8， 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1，所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.。
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（6）数列
1、已知数列{}n a 满足143a =,211n n n a a a +=-+，
则122017
111m a a a =+++的整数部分是( ) A ．1 B ．2 C ．3
D ．4
2、数列{}n a 满足11a =，对任意的N n *
∈都有11n n a a a n +=++，则
12
2016
111a a a +++
=
（ ） A.
20152016 B.4032
2017
C.
40342017 D.2016
2017
3、已知等差数列{}n a ，37810,8a a a +==，则公差d =( ) A ．1
B ．
1
2
C ．
1
2
D ．1-
4、设数列{}n a 的前n 项和2n S n =，则8a 的值为( ) A.15
B.16
C ．49
D.64
5、设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足17 0S >,18 0S <,则11S a ,2
2S a ,…, 1515
S a 中最大的项为( ) A.
77S a B. 88S a C. 99
S
a D.
10
10
S a 6、设数列{}n a 是由正数组成的等比数列, n S 为其前n 项和,已知2431,7a a S ==,则5S = ( ) A.
152
B.
314
C.
334
D.
172
7、已知等差数列 {}n a 的公差为2,若134,,a a a 成等比数列,则3a = ( ) A. 10-
B. 6-
C. 8-
D. 4-
8、在等比数列{}n a 中, 12166,128,126n n n a a a a S -+=⨯==则n 的值为( ) A.5 B.6 C.7 D.8
9、数列234534561,,,,...2222，1
2
n n +，…的前n 项之和为n S ，则n S 的值等于（ ）
A.32n n
- B.1132n n -+- C.332n n +- D.432n n +-
10、若数列{}n a 的通项公式为221n n a n =+-，则数列{}n a 的前n 项和n S =( )
A.221n n +-
B.1221n n ++-
C.1222n n ++-
D.222n n +-
11、等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若834S a =，且72a =-，则10a =____________． 12、已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,且675S S S >>,给出下列五个命题： ①0d <②110S >③120S <④数列{}n S 中的最大项为11S ； 其中正确命题的序号是：______ ．
13、已知数列{}n a 的各项均为正，记n S 为{}n a 的前n 项和，若2112n
n n n
a a a a ++=-(),n N *∈ 161=a S =，则___________.
14、己知数列{}n a 是各项均为正数的等比数列,其前n 项和为n S ,点,n n A B 均在函数()2log f x x ＝的图像上,n A 的横坐标为,n n a B 的横坐标为n S ＋1。
直线n n A B 的斜率为n k ,若
121
2
1,k k ==
,则数列(){}n n a f a 的前n 项和n T =________________. 15、在数列{}n a 中，12a =,1431n n a a n +=-+,*N n ∈. (1).证明：数列{}n a n -是等比数列；
(2).记()n n b a n n =-，求数列{}n b 的前n 项和n S .
答案以及解析
1答案及解析： 答案：B
解析：由2
11413
n n n a a a a +==-+，得21(1)n n n a a a +-=-0>，所以数列{}n a 为单调递增数列，
11(1)n n n a a a +-=-，所以1111
11n n n a a a +=
--- 所以12
2017
111a m a a =+++
2018131
a =-
-
因为1413a =>，()2
110n n n a a a +-=->，2419a =+，352181a =+，46916126561
a =+>，所以
2018
2a >，2018201811
01,23311
a a <
<<-<--，所以m 的整数部分是2.
2答案及解析： 答案：B 解析：
3答案及解析： 答案：A
解析：等差数列{}378,10,8n a a a a +==,则375210a a a +==， ∴55a =，
∴85853a a d -=-=， ∴1d =， 故选：A
4答案及解析： 答案：A
解析：因为22787150,8165S D =+==+=,所以887655015a S S =-=-=,故选:A
5答案及解析：
答案：C 解析：
6答案及解析： 答案：B
解析：设此数列的公比为()0q q >,
由已知241a a =,得2
3
1a =,所以31a =, 由37S =,知33327a a a q q +
+=,即2610q q --=,解得11
,23
q q ==- (舍去), 所以312
21412a a q ===⎛⎫ ⎪⎝⎭
.所以551412311412S ⎡⎤
⎛⎫-⎢⎥
⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦==-
.选B.
7答案及解析： 答案：D
解析：由题意知2
333(4)(2)a a a -+=,解得34a =-,故选D.
8答案及解析： 答案：B 解析：
9答案及解析：
答案：C 解析：
10答案及解析： 答案：C
解析：设{}n a 的前n 项和为n S ,由221n n a n =+-
可得122(12)(121)
22122
n n n n n S n +-+-=
+=-+-
11答案及解析： 答案：-8
解析：由等差数列的性质得()()1883684
2
a a S a a +⋅==+
又因为834S a = 所以60a =
所以公差762d a a =-=-
所以10648a a d =+=- 综上所述，答案：-8
12答案及解析：
答案：①② 解析：
13答案及解析： 答案：63 解析：由21
12n n n n
a a a a ++=-，得2
11()2n n n n a a a a ++-=，即11(+)(2)0n n n n a a a a ++-=，又{}n a 的各项均为正，所以120(*)n n a a n N +-=∈，故{}n a 为等比数列，公比为2，661(1)
631q S q
-=
=-
14答案及解析：
答案：(2)22n n -⋅+
解析：由题意可得：2121111111
log (1)log 1
1,2,11s a s k a s a a +-+=
===+-∴∴，
又2222222222
log (1)log 1
1,2,212s a s k a s a a +-+=
===+-∵∴∴， 所以数列{}n a 是以11a =为首项，公比为2的等比数列. 1112()2log 2(1)2n n n n n a f a n ---==-∴
12123402223(1)2,222232(1)2n n n n T n T n 3-=++⋅+⋅2+⋅⋅⋅+-⋅=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅∴ 12312(2222)(1)2n n n n T T n --=-+++⋅⋅⋅++-⋅∴
12(12)
(1)2(2)2212n n n n n --=-+-⋅=-⋅+-
即(2)22n n T n =-⋅+.
15答案及解析：
答案：(1).证明：由1431n n a a n +=-+，可得()()114n n a n a n +-+=-. 又111a -=，
所以数列{}n a n -是首项为1，公比为4的等比数列；
(2).由(1)知14n n a n --=，即14n n a n -=+， 所以14n n b n -=⋅， 01114244n n S n -=⋅+⋅++⋅，① 12414244n n S n =⋅+⋅+
+⋅，②
①-②得，2
1
31444
4n n
n S n --=++++-⋅41
43
n n n -=-⋅，
所以()31419
n n n S -+=
解析：。