2019年高考数学(文科)二轮专题突破训练：专题四数列专题能力训练12 Word版含答案

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2019年高考数学(文科)二轮专题突破训练：四数列专题能力训练12(含答案)

当 x=1 或 19 时,S=3 800.
∴Smin=2 000 m. 1
7. 解析由 a11=2 及 an+1=1 - ��,得 a10=. 1
同理 a9=-1,a8=2,a7=2,…. 1
所以数列{an}是周期为 3 的数列.所以 a1=a10=2.
{ 14,�� = 1,
2
专题能力训练 12 数列的通项与求和
一、能力突破训练
1.已知数列{an}是等差数列,a1=tan 225°,a5=13a1,设 Sn 为数列{(-1)nan}的前 n 项和,则 S2 016=( )
A. 2 016
B.-2 016
C.3 024
D.-3 024
1
2.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=n2+n,数列{bn}满足 bn=�� + 1(n∈N*),Tn 是数列{bn}的前 n 项和,则
B.an=2 2 3 ,n∈N*
1,�� = 1,
{ ( ) 3 3 +×
1 ��,�� > 2,且��
∈
��
*
C.an= 2 2 3
D.an=1,n∈N*
6.植树节,某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树,每人植一棵,相邻两棵树相距 10 m.开始时需将树苗集中放
(2)由(1)知 anbn=n·2n,
2
2
因此 Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n,
2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1, 所以 Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1. 故 Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*).

2019年高考数学真题分类汇编专题04：数列(基础题)

2019年高考数学真题分类汇编专题04：数列（基础题）一、单选题(共4题；共8分)1．（2分）设a ，b ∈R ，数列{a n }，满足a 1 =a ，a n+1= a n 2+b ，b ∈N *，则（）A ．当b= 12 时，a 10>10B ．当b= 14 时，a 10>10C ．当b=-2时，a 10>10D ．当b=-4时，a 10>102．（2分）已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5=3a 3+4a 1，则a 3=（）A ．16B ．8C ．4D ．23．（2分）古希腊吋期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是√5−12(√5−12≈0.618 ，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯“便是如此。

此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度也是 √5−12。

若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm ，头顶至脖子下端的长度为26cm ，则其身高可能是（）A ．165cmB ．175cmC ．185cmD ．190cm4．（2分）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-5B ．a n =3n-10C ．S n =2n 2-8nD ．S n = 12n 2-2n二、填空题(共6题；共7分)5．（1分）已知数列 {a n }(n ∈N ∗) 是等差数列， S n 是其前n 项和.若 a 2a 5+a 8=0,S 9=27 ，则S 8 的值是 .6．（1分）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若 a 3=5,a 7=13 ，则 S 10= . 7．（1分）记S n 为等差数列{a n }项和，若a 1≠0，a 2=3a 1，则 S 10S5= 。

8．（2分）设等差数列{a n}的前n项和为S n.若a2=-3，S5=-10，则a5=，S n的最小值为.9．（1分）记S n为等比数列{a n}的前n项和。

2019届高考数学文科二轮分类突破训练：第一篇考点四考查角度3 数列的综合运用 Word版含解析

考查角度3数列的综合运用分类透析一数列的新定义、新情景问题若三个非零且互不相等的实数x1,x2,x3成等差数列,且满足+=,则称x1,x2,x3成一个“β等差数列”.已知集合M={x||x|≤100,x∈Z},则由M中的三个元素组成的所有数列中,“β等差数列”的个数为().A.25B.50C.51D.100+=,且x1+x3=2x2,∴+=,∴(x1-x2)(x1+2x2)=0,∴x1=x2(舍去)或x1=-2x2,∴x3=4x2.令-100≤4x2≤100,得-25≤x2≤25,又由题意知x2≠0,2×25=50.含“新信息”背景的数列问题有以下几个难点:一是,学生不易抓住信息的关键部分并用于解题之中;二是学生不易发现每一问所指向的知识点,传统题目通常在问法上就直接表明该用哪些知识进行处理,但新信息问题所问的因为与新信息相关,所以要运用的知识隐藏的较深,学生不易找到解题的方向.分类透析二数列与函数的综合问题已知f(x)=的定义域为R,a n=f(n)(n∈N*),且数列{a n}是递增数列,则a的取值范围是().A.(1,+∞)B.C.(1,3)D.(3,+∞)(x)=的定义域为R,a n=f(n),且{a n}是递增数列,∴解得a>3.数列是特殊的函数,以数列为背景的不等式证明问.(2)数列与函数的综合问题主要有以下两类:①已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般要利用函数的性质及图象求解;②已知数列条件,解决函数问题,此类问题一般要充分利用数列的范围、公式和求和对式子化简变形.分类透析三数列与不等式的综合问题已知在数列{a n}中,a1=2,n·a n+1-(n+1)·a n=1,n∈N*.若对于任意的n∈N*,不等式<a恒成立,则实数a的取值范围为().+∞) B.(-∞,3) C.[3,+∞) D.(-∞,3]由n·a n+1-(n+1)·a n=1,n∈N*,可得-==-,n∈N*.∴-=1-,-=-,-=-,…,-=-,将上面各式相加,可得-=1-,则=3-<3.∵对于任意的n∈N*,不等式<a恒成立,∴a≥3,[3,+∞).在解决数列与不等式的综合问题时,若是证明题,则要,如比较法、综合法、分析法、放缩法等;若是含参数的不等式恒成立问题,则要分离参数,转化为研究最值问题来解决.1.(2018年全国Ⅰ卷,理14改编)记S n为数列{a n}的前n项和.若S n=3a n+1,则a6=.n=3a n+1,①∴当n=1时,a1=3a1+1,解得a1=-;当n≥2时,S n-1=3a n-1+1,②由①-②可得a n=3a n-3a n-1,∴a n=a n-1.∴{a n}是以-为首项,为公比的等比数列,∴a6=-.2.Ⅰ卷,理12改编)已知数列{a n}为1,1,2,3,5,8,…,即从该数列的第三项数字开始,每个数字等于前两个相邻数字之和.S n 为数列{a n}的前n项和,若a2018=m,则S2016=()..C.m+1 D.m-1由题意知a n+2=a n+a n+1=a n+a n-1+a nn n-1+a n-2+a n-1=a n+a n-1+a n-2+a n-3+a n-2=…=a n+a n-1+a n-2+a n-3+…+a2+a1+1=S n+1,=a2018-1=m-1.3.(2015年广东卷,理21(2)改编)已知函数f(n)=且a n=f(n)+f(n+1),则数列{a n}的前2018项和等于()..-2018 C.2017 D.2018(n)=a n=f(n)+f(n+1),∴a n=∴a n=(-1)n(2n+1),∴a n+a n+1=2(n是奇数),∴a 1+a 2+a 3+…+a 2018=(a 1+a 2)+(a 3+a 4)+…+(a 2017+a 2018)==2018.1.(2018玉溪模拟)函数y=x 2(x>0)的图象在点(a k ,)处的切线与x 轴交点的横坐标为a k+1,k 为正整数,a 1=16,则a 1+a 3+a 5=()..21 C .24 D .30依题意,y'=2x ,∴函数y=x 2(x>0)的图象在点(a k ,)处的切线方程为y-=2a k (x-a k ).令y=0,可得x=a k ,即a k+1=a k ,∴数列{a n }为等比数列,a n =16×,3+a 5=16+4+1=21.2.)在等差数列{a n }中,已知a 4,a 7是函数f (x )=x 2-4x+3的两个零点,则{a n }的前10项和等于().B .9C .18D .204,a 7是函数f (x )=x 2-4x+3的两个零点, 4a 7是方程x 2-4x+3=0的两个根, ∴由韦达定理可知a 4+a 7=4,∴S 10=×10=×10=20.3.(2018四川模拟)已知等比数列{a n }中,a 1=1,a 4=,且a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n+1<k ,则k 的取值范围是().A .B .C .D .设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 1=1,a 4=,∴q3=,解得q=.∴a n=1×=,∴a n a n+1=·==2×.∴a1a2+a2a3+…+a n a n+1=2=2×=<.∵a1a2+a2a3+…+a n a n+1<k,.4.)等比数列{a n}的前三项和S3=14,若a1,a2+1,a3成等差数列,则公比q=().A.2或-B.-1或D.-2或-设等比数列{a n}的公比为q,a1,a2+1,a3成等差数列,所以2(a2+1)=a1+a3,即2(1+a1q)=a1+a1q2. ①又S3=a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=14,②由①得a1(q2-2q+1)=2,③③÷②得=,q=2或q=.5.(2018江西模拟)在△ABC中,tan A是以-2为第三项,6为第七项的等差数列的公差,tan B是以为第二项,27为第七项的等比数列的公比,则这个三角形是().A.钝角三角形B.锐角三角形C.等腰直角三角形D.以上都不对由tan A是以-2为第三项,6为第七项的等差数列的公差,-3)·tan A=6,即tan A=2.由tan B是以为第二项,27为第七项的等比数列的公比,可得·(tan B)7-2=27,即tan B=3.∵在△ABC中,tan A=2>0,tan B=3>0,A+B+C=π,∴0<A<,0<B<.∵C=π-A-B,∴tan C=-tan(A+B)=-=-=1.∵0<C<π,∴C=..6.)已知定义在[0,+∞)上的函数f(x)满足f(x)=2f(x+2),当x∈[0,2)时,f(x)=-2x2+4x.设f(x)在[2n-2,2n)上的最大值为a n(n∈N*),且数列{a n}的前n项和为S n,则S n=().A.2-B.4-C.2-D.4-定义在[0,+∞)上的函数f(x)满足f(x)=2f(x+2), ∴f(x+2)=f(x),∴f(x+4)=f(x+2)=f(x),f(x+6)=f(x+4)=f(x),…,f(x+2n)=f(x).设x∈[2n-2,2n),n∈N*,则x-(2n-2)∈[0,2).∵当x∈[0,2)时,f(x)=-2x2+4x.∴f(x-(2n-2))=-2[x-(2n-2)]2+4[x-(2n-2)],∴f(x)=-2(x-2n+1)2+2,∴f(x)=21-n[-2(x-2n+1)2+2],x∈[2n-2,2n),∴当x=2n-1时,f(x)的最大值为22-n.∴a n=22-n(n∈N*).∴{a n}是以2为首项,为公比的等比数列,∴数列{a n}的前n项和S n==4-.7.(2017宁化县校级二模)已知函数f(x)=x3-x2+x+,则f的值为().B.1008C.504D.2017由f(x)=x3-x2+x+,可得f(1-x)=(1-x)3-(1-x)2+(1-x)+,即有f(x)+f(1-x)=x2+(1-x)2-x(1-x)-3x2+3x-++=2-=.则S=f=f+f+…+f,S=f+f+…+f+f,∴2S=+f+f+…+=++…+=×2016=1008,的值为504.8.(2017腾冲市校级一模)已知数列{a n}满足a1=2,a n+1=1-,设数列{a n}的前n项和为S n,则S2017=().A.1007B.1008C.1009.5D.1010a n+1=1-,1=2,∴a2=1-=1-=,a3=1-2=-1,a4=1+1=2,…∴数列{a n}是以3为周期的数列.∵S3=2+-1=,2017=3×672+1,=672×+2=1010.9.(2018咸阳三模)已知实数x,y满足在x,y中间插入5个数,使这7个数构成以x为首项,y为末项的等差数列,则这7个数之和的最大值为().A.49B.C.D.实数x,y满足画出可行域如图阴影部分所示.在x,y中间插入5个数,使这7个数构成以x为首项,y为末项的等差数列,则这7个数之和为.令x+y=t,则y=-x+t.可知当且仅当直线y=-x+t经过点A(4,3)时,t取得最大值7, 7个数之和的最大值为.10.广东二模)记函数f(x)=sin 2nx-cos nx在区间[0,π]内的零点个数为a n(n∈N*),则数列{a n}的前20项和是().B.840C.1250D.1660设f(x)=0,可得sin 2nx=cos nx,nx cos nx=cos nx,即cos nx=0或sin nx=,可得nx=kπ+,k∈Z,nx=2lπ+或nx=2lπ+,l∈Z.由于x∈[0,π],当n=1时,a1=1+2=3;当n=2时,a2=2+2=4;当n=3时,a3=3+4=7;当n=4时,a4=4+4=8;当n=5时,a5=5+6=11;当n=6时,a6=6+6=12;…可得数列{a n}的前20项和为(1+2+3+4+…+20)+(2+4+6+8+…+20)×2=×20×21+×10×22×2=210+220=430.11.哈师大附中三模)已知数列{a n}满足a n=(n2+4n)·cos nπ,则{50项和为.n=(n 2+4n)cos nπ⇒an=4(-1)n n+(-1)n n2,n的前50项和为S50=S M+S N,其中S M=(-1)1×12+(-1)2×22+…+(-1)50×502=-1+22-32+…-492+502=1+2+3+4+…+50=1275,S N=4[(-1)×1+1×2+(-1)×3+…+1×50]=4(2-1+4-3+50-49)=4×25=100,S50=1275+100=1375.12.(2018烟台一模)如图,在平面直角坐标系中,依次连接点P0(0,0),P1(x1,1),P2(x2,2),…,P n(x n,n),得到曲线P0P1P2…P n,若折线P i-1P i所在的直线的斜率为(i=1,2,…,n),则数列{x n}的前n项和为.由P0P1所在直线的斜率为1,可得=1,即x1=1;由P1P2所在直线的斜率为,可得=,即有x2=2+x1=1+2;由P2P3所在直线的斜率为,可得=,即有x3=4+x2=1+2+4;…x n=1+2+4+…+2n-1==2n-1.故数列{x n}的前n项和为(2+4+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2.n+1-n-213.(2018荆州一模)在数列{a n}中,a1=1,当n≥2时,a n=a n-1+n,若不等式>对任意n∈N*恒成立,则实数λ的取值范围是.在数列{a n}中,a1=1,当n≥2时,a n=a n-1+n,即a n-a n-1=n,(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1n=n+(n-1)+…+2+1=.(当n=1时也成立)∴a n=.不等式>可化为λ>,∵<2,且不等式>对任意n∈N*恒成立,∴λ≥2.则实数λ的取值范围是[2,+∞).+∞)14.(2018和平区二模)已知f(x)=规定f n(x)=(n∈N*),则f5的值为.由f(x)=f n(x)=(n∈N*),可得f1=f==,f2=f=f==3,f 3=f=f(3)==,f4=f=f()=20-1=19,f5=f=f(19)=192-1=360.15.(2018成都模拟)已知数列{a n}的各项取倒数后按原来顺序构成等差数列,各项都是正数的数列{x n}满足x1=3,x1+x2+x3=39,==,则x n=.设===k,则a n=lo k,所以=log k x n.同理可得,=log k x n+1,=log k x n+2.因为数列{a n}的各项取倒数后按原来顺序构成等差数列,所以2log k x n+1=log k x n+log k x n+2⇒=x n x n+2,所以数列{x n}是等比数列.把x1=3代入x1+x2+x3=39,得公比q=3或q=-4(舍去),所以x n=3×3n-1=3n.n。

2019年高考数学(文科)二轮练习(通用版)第二篇第12练数列的综合问题Word版含解析

第12练数列的综合问题[中档大题规范练][明晰考情] 1.命题角度：考查等差数列、等比数列的判定与证明；以a n, S n 的关系为切入点，考查数列的通项、前n 项和等；数列和函数、不等式的综合应用；一般位于解答题的17题位置.2.题目难度：中等偏下难度.考点一等差数列、等比数列的判定与证明方法技巧判断等差(比)数列的常用方法(1)定义法：若a n ＋1－a n ＝d ，d 为常数⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n ＝q ，q 为常数，则{a n }为等差(比)数列. (2)中项公式法.(3)通项公式法.1.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝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.(1)证明由题设知，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，由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)解由题设知，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1.由(1)知，a 3＝λ＋1.令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得数列{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；数列{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝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.2.已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，n ∈N *. (1)设b n ＝a n 2n ，证明：{b n }为等差数列，并求数列{b n }的通项公式；(2)在(1)的条件下，求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)把a n ＝2n b n 代入到a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，得2n ＋1b n ＋1＝2n ＋1b n ＋2n ＋1，两边同除以2n ＋1，得b n ＋1＝b n ＋1，即b n ＋1－b n ＝1，∴{b n }为等差数列，首项b 1＝a 12＝1，公差为1， ∴b n ＝n (n ∈N *).(2)由b n ＝n ＝a n 2n ，得a n ＝n ×2n ， ∴S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，∴2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，两式相减，得－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝(1－n )×2n ＋1－2， ∴S n ＝(n －1)×2n ＋1＋2(n ∈N *).3.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且首项a 1≠3，a n ＋1＝S n ＋3n (n ∈N *).(1)求证：{S n －3n }是等比数列；(2)若{a n }为递增数列，求a 1的取值范围.(1)证明 ∵a n ＋1＝S n ＋3n ，∴S n ＋1＝2S n ＋3n ，∴S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n ).∵a 1≠3，∴数列{S n －3n }是首项为a 1－3，公比为2的等比数列.(2)解由(1)得，S n －3n ＝(a 1－3)×2n －1.∴S n ＝(a 1－3)×2n －1＋3n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(a 1－3)×2n －2＋2×3n －1. ∵{a n }为递增数列，∴当n ≥2时，(a 1－3)×2n －1＋2×3n >(a 1－3)×2n －2＋2×3n －1，∴当n ≥2时，2n －2⎣⎡⎦⎤12×⎝⎛⎭⎫32n －2＋a 1－3>0， ∴a 1>－9.∵a 2＝a 1＋3>a 1，∴a 1的取值范围是(－9，＋∞).考点二数列的通项与求和方法技巧 (1)根据数列的递推关系求通项的常用方法 ①累加(乘)法形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，可用累加法；形如a n ＋1a n＝f (n )的数列，可用累乘法. ②构造数列法形如a n ＋1＝na n ma n ＋n ，可转化为1a n ＋1－1a n ＝m n，构造等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ；形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ×q ≠0，且p ≠1)，可转化为a n ＋1＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎫a n ＋q p －1构造等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋q p －1. (2)数列求和的常用方法①倒序相加法；②分组求和法；③错位相减法；④裂项相消法.4.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＝2S n ＋1(n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n －1)·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝2S 1＋1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1.当n ≥2时，由a n ＝2S n ＋1，得a n －1＝2S n －1＋1，两式相减得a n －a n －1＝2a n ，化简得a n ＝－a n －1，所以数列{a n }是首项为－1，公比为－1的等比数列，则可得a n ＝(－1)n .(2)由(1)得b n ＝(2n －1)·(－1)n ，当n 为偶数时，T n ＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－(2n －3)＋(2n －1)＝2×n 2＝n ，当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝(n ＋1)－(2n ＋1)＝－n . 所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(－1)n ·n .5.已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝14，a n ＋b n ＝1，b n ＋1＝b n 1－a 2n. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)设S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n a n ＋1，求S n .解 (1)b n ＋1＝b n (1－a n )(1＋a n )＝b n b n (2－b n )＝12－b n. a 1＝14，b 1＝34，因为b n ＋1－1＝12－b n －1＝b n －12－b n ，所以1b n ＋1－1＝2－b n b n －1＝－1＋1b n －1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n －1是以－4为首项，－1为公差的等差数列，所以1b n －1＝－4－(n －1)＝－n －3，所以b n ＝1－1n ＋3＝n ＋2n ＋3. (2)因为a n ＝1－b n ＝1n ＋3，所以S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n a n ＋1 ＝14×5＋15×6＋16×7＋…＋1(n ＋3)(n ＋4) ＝14－15＋15－16＋16－17＋…＋1n ＋3－1n ＋4 ＝14－1n ＋4＝n 4(n ＋4). 6.设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由已知，当n ≥2时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1. 所以a n ＝22n －1，而a 1＝2，也满足上式，。

2019年高考数学(文科)二轮专题突破课件：专题四数列4.1

由 b5=a4+2a6,可得 3a1+13d=16,从而 a1=1,d=1,故 an=n. 所以,Sn=��(��2+1). (2)由(1),有 T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n=2×1(1-2-2��)-n=2n+1-n-2. 由 Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn 可得,��(��2+1)+2n+1-n-2=n+2n+1, 整理得 n2-3n-4=0,解得 n=-1(舍)或 n=4.
差数列.
(2)等比数列的性质:①an=amqn-m(m,n∈N*); ②若m+n=p+q,则am·an=ap·aq(m,n,p,q∈N*); ③若等比数列{an}的公比不为-1,前n项和为Sn,则Sm,S2m-Sm,S3m-
S2m,…也成等比数列.
命题热点一
命题热点二
考情分析
高频考点
命题热点三命题热点四
复习策略
抓住考查的主要题目类型进行训练,重点是等差数列与等比数列的基本量的求解;利用等差数列与等比数列的性质求数列中的基本量;等差数列与等比数列的证明;求解等差数列、等比数列的综合问题.
考情分析
高频考点
核心归纳
-4-
命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四
等差数列与等比数列的基本量的求解
考情分析
高频考点
核心归纳
-11-
命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四
(2)证明 ∵3bn-bn-1=n(n≥2),

2019年高考数学(文科)二轮专题冲破操练专题四数列专题能力操练11 Word版含答案(数理化网

专题能力训练11 等差数列与等比数列一、能力突破训练 1.已知等比数列{a n }满足a 1=,a 3a 5=4(a 4-1),则a 2= ( )A.2B.1C.D.2.在等差数列{a n }中,a 1+a 2+a 3=3,a 18+a 19+a 20=87,则此数列前20项的和等于( )A.290B.300C.580D.6003.设{a n }是等比数列,S n 是{a n }的前n 项和.对任意正整数n ,有a n +2a n+1+a n+2=0,又a 1=2,则S 101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a 3,a 4,a 8成等比数列,则( )A .a 1d>0,dS 4>0B .a 1d<0,dS 4<0C .a 1d>0,dS 4<0D .a 1d<0,dS 4>0 5.在等比数列{a n }中,满足a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=3,a 12+a 22+a 32+a 42+a 52=15,则a 1-a 2+a 3-a 4+a 5的值是( )A.3B.√5C.-√5D.56.在数列{a n }中,a 1=2,a n+1=2a n ,S n 为{a n }的前n 项和.若S n =126,则n= .7.已知等比数列{a n }为递增数列,且a 52=a 10,2(a n +a n+2)=5a n+1,则数列的通项公式a n = .8.设x ,y ,z 是实数,若9x ,12y ,15z 成等比数列,且1x ,1y ,1z 成等差数列,则x z +z x = .9.(2018全国Ⅲ,文17)在等比数列{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.10.已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1=b 1=1,a 2+a 4=10,b 2b 4=a 5.(1)求{a n }的通项公式;(2)求和:b 1+b 3+b 5+…+b 2n-1.11.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.二、思维提升训练12.已知数列{a n },{b n }满足a 1=b 1=1,a n+1-a n =b n+1b n =2,n ∈N *,则数列{b a n }的前10项的和为( ) A. (49-1) B. (410-1)C. (49-1)D. (410-1) 13.若数列{a n }为等比数列,且a 1=1,q=2,则T n =1a 1a 2+1a 2a 3+…+1a n a n+1等于( )A.1-14nB.23(1-14n )C.1-12nD.23(1-12n ) 14.如图,点列{A n },{B n }分别在某锐角的两边上,且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|,A n ≠A n+2,n ∈N *,|B n B n+1|=|B n+1B n+2|,B n ≠B n+2,n ∈N *.(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)若d n =|A n B n |,S n 为△A n B n B n+1的面积,则( )A .{S n }是等差数列B .{S n 2}是等差数列C .{d n }是等差数列D .{d n 2}是等差数列15.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 -1S n≤B 对n ∈N *恒成立,则B-A 的最小值为 .16.已知数列{a n }的首项为1,S n 为数列{a n }的前n 项和,S n+1=qS n +1,其中q>0,n ∈N *.(1)若a 2,a 3,a 2+a 3成等差数列,求数列{a n }的通项公式;(2)设双曲线x 2-y 2a n 2=1的离心率为e n ,且e 2=2,求e 12+e 22+…+e n 2. 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 =2n 3-n 2.(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.专题能力训练11 等差数列与等比数列一、能力突破训练1.C 解析 ∵a 3a 5=4(a 4-1),∴a 42=4(a 4-1),解得a 4=2.又a 4=a 1q 3,且a 1=14,∴q=2,∴a 2=a 1q=12.2.B 解析由a 1+a 2+a 3=3,a 18+a 19+a 20=87,得a 1+a 20=30,故S 20=20×(a 1+a 20)2=300. 3.A 解析设公比为q ,∵a n +2a n+1+a n+2=0,∴a 1+2a 2+a 3=0,∴a 1+2a 1q+a 1q 2=0,∴q 2+2q+1=0,∴q=-1.又a 1=2,∴S 101=a 1(1-q 101)1-q =2[1-(-1)101]1+1=2. 4.B 解析设{a n }的首项为a 1,公差为d ,则a 3=a 1+2d ,a 4=a 1+3d ,a 8=a 1+7d.∵a 3,a 4,a 8成等比数列,∴(a 1+3d )2=(a 1+2d )(a 1+7d ),即3a 1d+5d 2=0.∵d ≠0,∴a 1d=-53d 2<0,且a 1=-53d.∵dS 4=4d (a 1+a 4)2=2d (2a 1+3d )=-23d 2<0,故选B . 5.D 解析由条件知{a 1(1-q 5)1-q =3,a 12(1-q 10)1-q 2=15,则a 1(1+q 5)1+q =5, 故a 1-a 2+a 3-a 4+a 5=a 1[1-(-q )5]1-(-q )=a 1(1+q 5)1+q =5. 6.6 解析 ∵a n+1=2a n ,即a n+1a n =2, ∴{a n }是以2为公比的等比数列.又a 1=2,∴S n =2(1-2n )1-2=126.∴2n =64,∴n=6.7.2n 解析 ∵a 52=a 10,∴(a 1q 4)2=a 1q 9,∴a 1=q ,∴a n =q n .∵2(a n +a n+2)=5a n+1,∴2a n (1+q 2)=5a n q ,∴2(1+q 2)=5q ,解得q=2或q=12(舍去),∴a n =2n .8.3415 解析由题意知{(12y )2=9x ×15z ,2y =1x +1z, 解得xz=1229×15y 2=1615y 2,x+z=3215y , 从而x z +z x =x 2+z 2xz =(x+z )2-2xzxz =(x+z )2xz -2=(3215)2y 21615y 2-2=3415. 9.解 (1)设{a n }的公比为q ,由题设得a n =q n-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-(-2)n 3.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=6.10.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d.因为a 2+a 4=10,所以2a 1+4d=10.解得d=2.所以a n =2n-1.(2)设等比数列{b n }的公比为q.因为b 2b 4=a 5,所以b 1qb 1q 3=9.解得q 2=3.所以b 2n-1=b 1q 2n-2=3n-1.从而b 1+b 3+b 5+…+b 2n-1=1+3+32+…+3n-1=3n -12. 11.解 (1)因为a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n ,故当n ≥2时,a 1+3a 2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)a n =2.所以a n =22n -1(n ≥2). 又由题设可得a 1=2,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 =11−13+13−15+…+12n -1−12n+1=2n2n+1. 二、思维提升训练12.D 解析由a 1=1,a n+1-a n =2,得a n =2n-1.由bn+1b n =2,b 1=1得b n =2n-1. 则b a n =2a n -1=22(n-1)=4n-1, 故数列{b a n }前10项和为1-4101-4=13(410-1). 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1a n a n+1=12×(14)n -1. 所以{1a n a n+1}是等比数列. 故T n =1a 1a 2+1a 2a 3+…+1a n a n+1=12×1×(1-14n )1-14=23(1-14n ). 14.A 解析如图,延长A n A 1,B n B 1交于P ,过A n 作对边B n B n+1的垂线,其长度记为h 1,过A n+1作对边B n+1B n+2的垂线,其长度记为h 2, 则S n =12|B n B n+1|×h 1,S n+1=12|B n+1B n+2|×h 2. ∴S n+1-S n =12|B n+1B n+2|h 2-12|B n B n+1|h 1. ∵|B n B n+1|=|B n+1B n+2|, ∴S n+1-S n =12|B n B n+1|(h 2-h 1).设此锐角为θ,则h 2=|PA n+1|sin θ,h 1=|PA n |sin θ,∴h 2-h 1=sin θ(|PA n+1|-|PA n |)=|A n A n+1|sin θ.∴S n+1-S n =12|B n B n+1||A n A n+1|sin θ.∵|B n B n+1|,|A n A n+1|,sin θ均为定值,∴S n+1-S n 为定值.∴{S n }是等差数列.故选A .15.5972 解析易得S n =1-(-13)n ∈[89,1)∪(1,43],因为y=S n -1S n 在区间[89,43]上单调递增(y ≠0),所以y ∈[-1772,712]⊆[A ,B ],因此B-A 的最小值为712−(-1772)=5972. 16.解 (1)由已知,S n+1=qS n +1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n ≥1.又由S 2=qS 1+1得到a 2=qa 1,故a n+1=qa n 对所有n ≥1都成立.所以,数列{a n }是首项为1,公比为q 的等比数列.从而a n =q n-1.由a 2,a 3,a 2+a 3成等差数列,可得2a 3=a 2+a 2+a 3.所以a 3=2a 2,故q=2.所以a n =2n-1(n ∈N *).(2)由(1)可知,a n =q n-1.所以双曲线x 2-y 2a n2=1的离心率e n =√1+a n 2=√1+q 2(n -1). 由e 2=√1+q 2=2,解得q=√3.所以e 12+e 22+…+e n 2=(1+1)+(1+q 2)+…+[1+q 2(n-1)]=n+[1+q 2+…+q 2(n-1)]=n+q 2n -1q 2-1=n+12(3n -1).17.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,则d>0,a n =dn+(a 1-d ),S n =12dn 2+(a 1-12d)n.对任意n ∈N *,恒有 a n ·S n =2n 3-n 2,则[dn+(a 1-d )]·[12dn 2+(a 1-12d)n]=2n 3-n 2,即[dn+(a 1-d )]·[12dn +(a 1-12d)]=2n 2-n. ∴{ 12d 2=2,12d (a 1-d )+d (a 1-12d)=-1,(a 1-d )(a 1-12d)=0. ∵d>0,∴{a 1=1,d =2,∴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,a 1b 1=A 1=4,∴b 1=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 ={4,n =1,2n -2,n ≥2, ∴T 1=4,当n ≥2时,T n =4+1-2n -11-2=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.。

2019年高考数学文科第二伦专题：数列、等差数列﹑等比数列(名师推荐)

1．在数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1，则a ＋a ＋…＋a 等于( )2122n A ．(2n －1)2 B. 2n －1 23C ．4n －1 D.4n －13【解析】设S n 为{a n }的前n 项和，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1，当n ≥2时，S n －1＝2n －1－1，a n ＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，a ＝4n －1，当n ＝1时，a 1＝1也符合上式，所以2n a ＋a ＋…＋a ＝＝.2122n 1－4n1－44n －13【答案】D2．已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，a 3,2a 2成等差数列，则＝( )12a 9＋a 10a 7＋a 8A ．1＋B ．1－22C ．3＋2D ．3－222【答案】C3．设等比数列{a n }的前6项和S 6＝6，且1－为a 1，a 3的等差中项，则a 7＋a 8＋a 9＝( )a 22A ．－2B ．8C ．10D ．14【解析】依题意得a 1＋a 3＝2－a 2，即S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝2，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列，即数列2,4，S 9－6成等比数列，于是有S 9－S 6＝8，即a 7＋a 8＋a 9＝8，选B.【答案】B4．已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝，若b 10b 11＝2，则a 21＝( )an ＋1an A ．29B ．210C ．211D ．212【解析】由b n ＝，且a 1＝2，得an ＋1an b 1＝＝，a 2＝2b 1；b 2＝，a 3＝a 2b 2＝2b 1b 2；b 3＝，a 4＝a 3b 3＝2b 1b 2b 3；…；a n ＝2b 1b 2b 3…b n －1，∴a 21a 2a 1a 22a 3a 2a 4a 3＝2b 1b 2b 3…b 20，又{b n }为等比数列，∴a 21＝2(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)＝2(b 10b 11)10＝211.【答案】C5．已知S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则等于( )a 2＋a 3a 1A ．4 B ．6C ．8D ．10【解析】设数列{a n }的公差为d ，则S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d ，故(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，整理得d ＝2a 1，所以＝＝＝8，选C.a 2＋a 3a 12a 1＋3d a 18a 1a 1＝＝12 2n －1 a1＋a2n －112 2n －1 b1＋b2n －1 A2n －1B2n －1＝＝7 2n －1 ＋45 2n －1 ＋314n ＋382n ＋2＝＝7＋ (n ∈N *)，7n ＋19n ＋112n ＋1故n ＝1,2,3,5,11时，为整数.an bn 即正整数n 的个数是5.【答案】D12.已知S n 是各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和，a 7＝64，a 1a 5＋a 3＝20，则S 5等于( )A.31B.63C.16D.127【答案】A13.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)2C.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 (n ＋1).n (2＋2n )214.数列{a n }满足a 1＝0，－＝1(n ≥2，n ∈N *)，则a 2 019等于( )11－an 11－an －1A. B. C. D.12 01912 018 2 0182 019 2 0172 018【答案】C【解析】∵数列{a n }满足a 1＝0，－＝1(n ≥2，n ∈N *)，11－an 11－an －1∴＝1，11－a 1∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，{11－an }∴＝1＋(n －1)＝n ，11－an ∴＝2 019，解得a 2 019＝.11－a 2 019 2 0182 01915.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＋＋…＋<t ，则t 的取值范围1a 11a 21an 为( )A. B.(13，＋∞)[13，＋∞)C. D.(23，＋∞)[23，＋∞)【答案】D16.在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当整数n ＞1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，则S 15等于( )A.210B.211C.224D.225【答案】B【解析】当n ＞1时，S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2，∴a n ＋1＝a n ＋2，n ≥2，∴a n ＋1－a n ＝2，n ≥2.∴数列{a n }从第二项开始组成公差为2的等差数列，∴S 15＝a 1＋(a 2＋…＋a 15)＝1＋×14＝211.2＋28217.设{a n }是任意等差数列，它的前n 项和、前2n 项和与前4n 项和分别为X ，Y ，Z ，则下列等式中恒成立的是( )A.2X ＋Z ＝3YB.4X ＋Z ＝4YC.2X ＋3Z ＝7YD.8X ＋Z ＝6Y【答案】D【解析】根据等差数列的性质X ，Y －X ，S 3n －Y ，Z －S 3n 成等差数列，∴S 3n ＝3Y －3X ，又2(S 3n －Y )＝(Y －X )＋(Z －S 3n )，∴4Y －6X ＝Y －X ＋Z －3Y ＋3X ，∴8X ＋Z ＝6Y .【答案】324.设{a n }是公比为q 的等比数列，|q|>1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2，…)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q ＝________.【答案】.－925.公差不为0的等差数列{a n }的部分项ak 1，ak 2，ak 3，…构成等比数列，且k 1＝1，k 2＝2，k 3＝6，则k 4＝________.答案 22【解析】根据题意可知等差数列的a 1，a 2，a 6项成等比数列，设等差数列的公差为d ，则有(a 1＋d)2＝a 1(a 1＋5d)，解得d ＝3a 1，故a 2＝4a 1，a 6＝16a 1⇒ak 4＝a 1＋(n －1)·(3a 1)＝64a 1，解得n ＝22，即k 4＝22.26.设函数f(x)＝a 1＋a 2x ＋a 3x 2＋…＋a n x n －1，f(0)＝，数列{a n }满足f(1)＝n 2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通12项公式为________.答案 a n ＝1n n ＋1【解析】由f(0)＝，得a 1＝，1212由f(1)＝n 2a n (n ∈N *)，得S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2a n .当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1，整理得＝，an an －1n －1n ＋1所以a n ＝a 1×××…×a2a1a3a2an an －1＝××××…×＝，12132435n －1n ＋11n n ＋1 显然a 1＝也符合.12即{a n }的通项公式为a n ＝.1n n ＋1 27.若f(n)为n 2＋1(n ∈N *)的各位数字之和，如62＋1＝37，f(6)＝3＋7＝10，f 1(n)＝f(n)，f 2(n)＝f(f 1(n))，…，f k ＋1(n)＝f(f k (n))，k ∈N *，则f 2016(4)＝________.【答案】528.数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2n ＋5，则a n ＝__________.1212212312n 【答案】a n ＝Error!【解析】∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n ＋5.①1212212n ∴a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2(n －1)＋5.②1212212n －1由①－②得a n ＝2，∴a n ＝2n ＋1 (n≥2).12n 又∵a 1＝2＋5，∴a 1＝14.12解得a ＝5.所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d ，10，18＋d.依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去).故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝.54所以b n ＝b 1·q n －1＝·2n －1＝5·2n －3，54即数列{b n }的通项公式b n ＝5·2n －3.33．在公差不为零的等差数列{a n }中，已知a 1＝1，且a 1，a 2，a 5依次成等比数列．数列{b n }满足b n ＋1＝2b n －1，且b 1＝3.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列的前n 项和为S n ，试比较S n 与1－的大小．{2an ·an ＋1}1bn 【解析】(1)设数列{a n }的公差为d .因为a 1＝1，且a 1，a 2，a 5依次成等比数列，所以a ＝a 1·a 5，即(1＋d )2＝1·(1＋4d )，2所以d 2－2d ＝0，解得d ＝2(d ＝0不合要求，舍去)．所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.因为b n ＋1＝2b n －1，所以b n ＋1－1＝2(b n －1)．所以{b n －1}是首项为b 1－1＝2，公比为2的等比数列．所以b n －1＝2×2n －1＝2n .所以b n ＝2n ＋1.(2)因为＝＝－，2an ·an ＋12 2n －1 2n ＋1 12n －112n ＋1所以S n ＝＋＋…＋＝1－，(11－13)(13－15)(12n －1－12n ＋1)12n ＋1于是S n －＝1－－1＋＝－＝.(1－1bn )12n ＋112n ＋112n ＋112n ＋12n －2n 2n ＋1 2n ＋1 所以当n ＝1,2时，2n ＝2n ，S n ＝1－；1bn 当n ≥3时，2n <2n ，S n <1－.1bn 34．已知函数f(x)＝(a ＋2cos2x)cos(2x ＋θ)为奇函数，且f π4＝0，其中a ∈R ，θ∈(0，π)．(1)求a ，θ的值；(2)若fα4＝－25，α∈π2，π，求sinα＋π3的值．35．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a－c＝66b，sin B＝6sin C.(1)求cos A的值；(2)求cos2A－π6的值．解：(1)在△ABC中，由bsin B＝csin C，及sin B＝6sin C，可得b＝6c.由a－c＝66b，得a＝2c.所以cos A＝b2＋c2－a22bc＝6c2＋c2－4c226c2＝64.(2)在△ABC中，由cos A＝64，可得sin A＝104.于是cos 2A＝2cos2A－1＝－14，sin 2A＝2sin A•cos A＝154.所以cos2A－π6＝cos 2A•cosπ6＋sin 2A•sinπ6＝15－38.36．如图所示，在四边形ABCD中，∠D＝2∠B，且AD＝1, CD＝3，cos B＝33.(1)求△ACD的面积；(2)若BC＝23，求AB的长．解：(1)因为∠D＝2∠B，cos B＝33，所以cos D＝cos 2B＝2cos2B－1＝－13.因为D∈(0，π)，所以sin D＝1－cos2D＝223.因为AD＝1，CD＝3，所以△ACD的面积S＝12AD•CD•sin D＝12×1×3×223＝2.(2)在△ACD中，AC2＝AD2＋DC2－2AD•DC•cos D＝12，所以AC＝23.因为BC＝23，ACsin B＝ABsin∠ACB，所以23sin B ＝ABsin π－2B ＝ABsin 2B ＝AB2sin Bcos B ＝AB233sin B ，所以AB ＝4.37.对于正项数列{a n }，定义H n ＝为{a n }的“光阴”值，现知某数列的“光阴”值为na 1＋2a 2＋3a 3＋…＋nan H n ＝，则数列{a n }的通项公式为________.2n ＋2【答案】a n ＝(n ∈N *)2n ＋12n。

2019年高考数学(文科)二轮专题突破课件：专题四数列4.2

即由于(22()aa设nn+>b1+0n=,a可n)��得=��1��2a��++n+111,-求−an��数=��2��2列=. ({abn+n}1+的a前n)(nan项+1和-an.).
又��12+2a1=4a1+3,解得 a1=-1(舍去),a1=3.
所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1.
(2)由
an=2n+1
可知
bn=��
1 ��
+1
=
1 (2�� +1)(2�� +3)
=
1 2
1-1 .
2��+1 2��+3
设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则
(4)an+1=
�� + ��
(an≠0,p,q为非零常数)型,可用倒数法转化为等
差数列解决.
考情分析
高频考点
核心归纳
命题热点一命题热点二命题热点三
(∴∴1)数 ��对((∵��1��12�� =))列点aaS111n=+训==��11��123��2练,-a,a1��是n,n��∴1��++��根1等+13=a1.n据2差2==+��下数��2��2+��2+,1列列∴��.��条,��其;��1+件首1 =,确项��1定为�� +数1,12列公. 差{a为n}的12, 通项公式: (2)∵Sn=23an+13,① ∴当 n≥2 时,Sn-1=23an-1+13.②

2019年高考数学(文科)二轮专题突破训练：一集合、逻辑用语、不等式等专题能力训练2(含答案)

专题能力训练2不等式、线性规划一、能力突破训练1.已知实数x,y满足a x<a y(0<a<1),则下列关系式恒成立的是()A.B.ln(x2+1)>ln(y2+1)C.sin x>sin yD.x3>y32.已知函数f(x)=(x-2)(ax+b)为偶函数,且在区间(0,+∞)内单调递增,则f(2-x)>0的解集为()A.{x|x>2或x<-2}B.{x|-2<x<2}C.{x|x<0或x>4}D.{x|0<x<4}3.不等式组的解集为()A.(0,)B.(,2)C.(,4)D.(2,4)4.若x,y满足则x+2y的最大值为()A.1B.3C.5D.95.已知函数f(x)=(ax-1)(x+b),若不等式f(x)>0的解集是(-1,3),则不等式f(-2x)<0的解集是()A.B.C.D.6.已知不等式组表示的平面区域的面积为2,则的最小值为()A. B. C.2 D.47.已知x,y满足约束条件使z=x+ay(a>0)取得最小值的最优解有无数个,则a的值为()A.-3B.3C.-1D.18.已知变量x,y满足约束条件若z=2x-y的最大值为2,则实数m等于()A.-2B.-1C.1D.29.若变量x,y满足则x2+y2的最大值是()A.4B.9C.10D.1210.(2018全国Ⅰ,文14)若x,y满足约束条件则z=3x+2y的最大值为.11.当实数x,y满足时,1≤ax+y≤4恒成立,则实数a的取值范围是.12.设不等式组表示的平面区域为D,若指数函数y=a x的图象上存在区域D上的点,则a的取值范围是.二、思维提升训练13.若平面区域夹在两条斜率为1的平行直线之间,则这两条平行直线间的距离的最小值是()A.B.C.D.14.设对任意实数x>0,y>0,若不等式x+≤a(x+2y)恒成立,则实数a的最小值为()A.B.C.D.15.设x,y满足约束条件若目标函数z=ax+by(a>0,b>0)的最大值为8,则ab的最大值为.16.(2018北京,文13)若x,y满足x+1≤y≤2x,则2y-x的最小值是.17.若a,b∈R,ab>0,则的最小值为.18.已知存在实数x,y满足约束条件则R的最小值是.专题能力训练2不等式、线性规划一、能力突破训练1.D解析由a x<a y(0<a<1)知,x>y,故x3>y3,选D.2.C解析∵f(x)=ax2+(b-2a)x-2b为偶函数,∴b-2a=0,即b=2a,∴f(x)=ax2-4a.∴f'(x)=2ax.又f(x)在区间(0,+∞)单调递增,∴a>0.由f(2-x)>0,得a(x-2)2-4a>0,∵a>0,∴|x-2|>2,解得x>4或x<0.3.C解析由|x-2|<2,得0<x<4;由x2-1>2,得x>或x<-,取交集得<x<4,故选C.4.D解析由题意画出可行域(如图).设z=x+2y,则z=x+2y表示斜率为-的一组平行线,当过点C(3,3)时,目标函数取得最大值z max=3+2×3=9.故选D.5.A解析由f(x)>0,得ax2+(ab-1)x-b>0.∵其解集是(-1,3),∴a<0,且解得a=-1或,∴a=-1,b=-3.∴f(x)=-x2+2x+3,∴f(-2x)=-4x2-4x+3.由-4x2-4x+3<0,得4x2+4x-3>0,解得x>或x<-,故选A.6.B解析画出不等式组表示的区域,由区域面积为2,可得m=0.而=1+表示可行域内任意一点与点(-1,-1)连线的斜率,所以的最小值为.故的最小值是.7.D解析如图,作出可行域如图阴影部分所示,作直线l0:x+ay=0,要使目标函数z=x+ay(a>0)取得最小值的最优解有无数个, 则将l0向右上方平移后与直线x+y=5重合,故a=1.选D.8.C解析画出约束条件的可行域,如图,作直线2x-y=2,与直线x-2y+2=0交于可行域内一点A(2,2),由题知直线mx-y=0必过点A(2,2),即2m-2=0,得m=1.故选C.9.C解析如图,作出不等式组所表示的可行域(阴影部分),设可行域内任一点P(x,y),则x2+y2的几何意义为|OP|2.显然,当P与A重合时,取得最大值.由解得A(3,-1).所以x2+y2的最大值为32+(-1)2=10.故选C.10.6解析作出可行域,如图阴影部分所示(包括边界).由z=3x+2y,得y=-x+z,作直线y=-x并向上平移,显然l过点B(2,0)时,z取最大值,z max=3×2+0=6.11.解析画出可行域如图所示,设目标函数z=ax+y,即y=-ax+z,要使1≤z≤4恒成立,则a>0,数形结合知,满足即可,解得1≤a≤.故a的取值范围是1≤a≤.12.1<a≤3解析作出平面区域D如图阴影部分所示,联系指数函数y=a x的图象,当图象经过区域的边界点C(2,9)时,a可以取到最大值3,而显然只要a大于1,图象必然经过区域内的点,则a的取值范围是1<a≤3.二、思维提升训练13.B解析画平面区域如图阴影部分所示.∵两平行直线的斜率为1,∴两平行直线与直线x+y-3=0垂直,∴两平行线间的最短距离是AB的长度.由得A(1,2).由得B(2,1).∴|AB|=,故选B.14.A解析原不等式可化为(a-1)x-+2ay≥0,两边同除以y,得(a-1)+2a≥0,令t=,则(a-1)t2-t+2a≥0,由不等式恒成立知,a-1>0,Δ=1-4(a-1)·2a≤0,解得a≥,a min=,故选A.15.2解析画出可行域如图阴影部分所示,目标函数变形为y=-x+,由已知,得-<0,且纵截距最大时,z取到最大值,故当直线l过点B(2,4)时,目标函数取到最大值,即2a+4b=8,因为a>0,b>0,由基本不等式,得2a+4b=8≥4,即ab≤2(当且仅当2a=4b=4,即a=2,b=1时取“=”),故ab的最大值为2.16.3解析由x,y满足x+1≤y≤2x,得作出不等式组对应的可行域,如图阴影部分所示.由得A(1,2).令z=2y-x,即y=x+z.平移直线y=x,当直线过点A(1,2)时,z最小,∴z min=2×2-1=3.17.4解析∵a,b∈R,且ab>0,∴=4ab+≥4.18.2解析根据前三个约束条件作出可行域如图中阴影部分所示.因为存在实数x,y满足四个约束条件,得图中阴影部分与以(0,1)为圆心、半径为R的圆有公共部分,因此当圆与图中阴影部分相切时,R最小.由图可知R的最小值为2.。

2019届高考数学大二轮复习精品练习：第1部分专题4 数列第2讲 Word版含解析

第一部分专题四第二讲A 组1．设{a n }的首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝(D )A ．2B ．－2C ．12D ．－12[解析]由题意知S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6，因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 2＝S 1·S 4，即(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12.故选D ．2．若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan ＋1等于( B )A ．1－14nB ．23(1－14n )C ．1－12nD ．23(1－12n)[解析]因为a n ＝1×2n －1＝2n －1，所以a n ·a n ＋1＝2n －1·2n ＝2×4n －1，所以1anan ＋1＝12×(14)n －1，所以{1anan ＋1}也是等比数列，所以T n ＝1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan ＋1＝12×错误!＝错误!(1－错误!)，故选B ．3．(2018·烟台模拟)已知等差数列{a n }中，a 2＝6，a 5＝15，若b n ＝a 2n ，则数列{b n }的前5项和等于( C)A ．30B ．45C ．90D ．186[解析]设{a n }的公差为d ，首项为a 1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a1＋d ＝6，a1＋4d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝3，d ＝3，所以a n ＝3n ，所以b n ＝a 2n ＝6n ，且b 1＝6，公差为6，所以S 5＝5×6＋5×42×6＝90.4．等差数列{a n }中，a 1>0，公差d <0，S n 为其前n 项和，对任意自然数n ，若点(n ，S n )在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是( C )[解析]∵S n ＝na 1＋错误!d ，∴S n ＝错误!n 2＋(a 1－错误!)n ，又a 1>0，公差d <0，所以点(n ，S n )所在抛物线开口向下，对称轴在y 轴右侧．[点评] 可取特殊数列验证排除，如a n ＝3－n .5．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2; ②f (x )＝2x ；③f (x )＝|x|； ④f (x )＝ln|x |.则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( C )A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④ [分析]保等比数列函数指：①定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数；②若{a n }是等比数列，则{f (a n )}仍是等比数列．[解析]解法一：设{a n }的公比为q .①f (a n )＝a 2n ，∵a2n ＋1a2n ＝(an ＋1an )2＝q 2，∴{f (a n )}是等比数列，排除B 、D ．③f (a n )＝|an|，∵|an ＋1||an|＝|an ＋1an|＝|q|，∴{f (a n )}是等比数列，排除A ．解法二：不妨令a n ＝2n .①因为f (x )＝x 2，所以f (a n )＝a 2n ＝4n .显然{f (a n )}是首项为4，公比为4的等比数列．②因为f (x )＝2x ，所以f (a 1)＝f (2)＝22，f (a 2)＝f (4)＝24，f (a 3)＝f (8)＝28，所以错误!＝错误!＝4≠错误!＝错误!＝16，所以{f (a n )}不是等比数列．③因为f (x )＝|x|，所以f (a n )＝2n ＝(2)n .显然{f (a n )}是首项为2，公比为2的等比数列．④因为f (x )＝ln|x |，所以f (a n )＝ln2n ＝n ln2.显然{f (a n )}是首项为ln2，公差为ln2的等差数列，故选C ．6．(2018·邵阳一模)已知数列{b n }为等比数列，且b 1009＝e(e 为自然对数的底数)，数列{a n }的首项为1.2_017的值为2018a 则ln ，n b ·n a ＝＋1n a 且，[解析]因为数列{b n }为等比数列，且b 1009＝e(e 为自然对数的底数)，数列{a n }的首项为1，且a n ＋1＝a n ·b n ，所以a 2018＝b 1·b 2·b 3·b 4·…·b 2017＝b 20171009＝e 2017，ln a 2018＝lne 2017＝2017.7．已知数列{a n }是等比数列，其公比为2，设b n ＝log 2a n ，且数列{b n }的前10项的和为25，那么1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a10的值为1 023128.[解析]数列{a n }是等比数列，其公比为2，设b n ＝log 2a n ，且数列{b n }的前10项的和为25，所以b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝log 2(a 1·a 2·…·a 10)＝log 2(a 10121＋2＋…＋9)＝25，所以a 101×245＝225，可得：a 1＝14.那么1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a10＝4(1＋12＋122＋…＋129)＝4×1－12101－12＝1023128.8．已知等比数列{a n }的公比q >1,42是a 1和a 4的一个等比中项，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的一个等比中项，所以a 1·a 4＝(42)2＝32.由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a2·a3＝32，a2＋a3＝12.因为q >1，所以a 3>a 2.解得⎩⎪⎨⎪⎧a2＝4，a3＝8.所以q ＝a3a2＝2.故数列{a n }的通项公式a n ＝2n .(2)由于b n ＝log 2a n (n ∈N *)，所以a n b n ＝n ·2n ， S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，①2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.②①－②得，－S n ＝1·2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝错误!－n ·2n ＋1.所以S n ＝2－2n ＋1＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1.9．(文)(2018·天津卷，18)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n∈N *)．已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．[解析](1)设等比数列{b n }的公比为q ，由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以T n ＝1－2n1－2＝2n －1.设等差数列{a n }的公差为d .由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4.由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n ，所以S n ＝错误!. (2)由(1)，知T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得错误!＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4.所以n 的值为4.(理)(2018·天津卷，18)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n∈N *)，{b n }是等差数列.已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式．(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)，①求T n ；②证明[解析](1)设等比数列{a n }的公比为q .由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d ，由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)①由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n －1，故T n ＝k ＝1n(2k －1)＝k ＝1n 2k－n ＝错误!－n ＝2n ＋1－n －2.②因为错误!＝错误!＝错误!＝错误!－错误!，B 组1．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52，则数列{错误!}的前n 项和T n ＝( C ) A ．－n2n ＋1B ．n2n ＋1C ．－2n2n ＋1D ．2n2n ＋1[解析]本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和．设{a n }的公差为d ，因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋a3－a12＝32a 1－54，S 4＝3a 3＋a 1＝a 1－152，因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以(32a 1－54)2＝(a 1－152)a 1，整理得4a 21＋12a 1＋5＝0，所以a 1＝－52或a 1＝－12.当a 1＝－52时，公差d ＝0不符合题意，舍去；当a 1＝－12时，公差d ＝a3－a12＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12＝－12(2n －1)，所以错误!＝－错误!＝－(错误!－错误!)，所以其前n 项和T n ＝－(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝－(1－12n ＋1)＝－2n2n ＋1，故选C ．2．(文)以S n 表示等差数列{a n }的前n 项和，若S 5>S 6，则下列不等关系不一定成立的是( D )A ．2a 3>3a 4B ．5a 5>a 1＋6a 6C ．a 5＋a 4－a 3<0D ．a 3＋a 6＋a 12<2a 7[解析]依题意得a 6＝S 6－S 5<0,2a 3－3a 4＝2(a 1＋2d )－3(a 1＋3d )＝－(a 1＋5d )＝－a 6>0,2a 3>3a 4；5a 5－(a 1＋6a 6)＝5(a 1＋4d )－a 1－6(a 1＋5d )＝－2(a 1＋5d )＝－2a 6>0,5a 5>a 1＋6a 6；a 5＋a 4－a 3＝(a 3＋a 6)－a 3＝a 6<0.综上所述，故选D ．(理)已知a n ＝32n －11，数列{a n }的前n 项和为S n ，关于a n 及S n 的叙述正确的是( C )A ．a n 与S n 都有最大值B ．a n 与S n 都没有最大值C ．a n 与S n 都有最小值D ．a n 与S n 都没有最小值[解析]画出a n ＝32n －11的图象，点(n ，a n )为函数y ＝32x －11图象上的一群孤立点，(112，0)为对称中心，S 5最小，a 5最小，a 6最大．3．已知正数组成的等差数列{a n }，前20项和为100，则a 7·a 14的最大值是( A )A ．25B ．50C ．100D ．不存在 [解析]∵S 20＝a1＋a202×20＝100，∴a 1＋a 20＝10.∵a 1＋a 20＝a 7＋a 14，∴a 7＋a 14＝10.∵a n >0，∴a 7·a 14≤(a7＋a142)2＝25.当且仅当a 7＝a 14时取等号．4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( B )A ．2n －1B ．(32)n －1C ．(23)n －1D ．12n －1[解析]由S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n ＋1－S n )，即2S n ＋1＝3S n ，∴Sn ＋1Sn ＝32，∵a 1＝1，S 1＝2a 2，∴a 2＝12a 1＝12，∴S 2＝32，∴S2S1＝32，∴S n ＝(32)n －1.5．(2018·山东省实验中学调研)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln(1＋1n)，则a n ＝( A )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n[解析]a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝ln n －ln(n －1)＋ln(n －1)－ln(n －2)＋…＋ln2－ln1＋2＝2＋ln n .6．(2018·西安一模)已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 2n n ＋1(n∈.16的值为n 4成立的最小自然数－<n S 则使，n S 项和为n 设其前)，*N[解析]因为a n ＝log 2nn ＋1，所以S n ＝log 212＋log 223＋log 234＋…＋log 2n n ＋1＝log 2(12·23·34·…·n n ＋1)＝log 21n ＋1，若S n <－4，则1n ＋1<116，即n >15，则使S n <－4成立的最小自然数n 的值为16.7．如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第一群，第二群，.－3n －2n 3·2个数的和是n 群中n 则第，个数n 群恰好n 第，…，群n 第，…[解析]由图规律知，第n 行第1个数为2n －1，第2个数为3·2n －2，第3个数为5·2n －3……设这n 个数的和为S则S ＝2n －1＋3·2n －2＋5×2n －3＋…＋(2n －3)·2＋(2n －1)·20①2S n ＝2n ＋3·2n －1＋5·2n －2＋…＋(2n －3)·22＋(2n －1)·21②②－①得S n ＝2n ＋2·2n －1＋2·2n －2＋…＋2·22＋2·2－(2n －1)＝2n ＋2n ＋2n －1＋…＋23＋22－(2n －1)＝2n ＋错误!－(2n －1) ＝2n ＋2n ＋1－4－2n ＋1＝3·2n －2n －3.8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝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．[分析](1)利用a n ＋1＝S n ＋1－S n 用配凑法可获证；(2)假设存在λ，则a 1，a 2，a 3应成等差数列求出λ的值，然后依据a n ＋2－a n ＝λ推证{a n }为等差数列．[解析](1)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. 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1.由(1)知，a 3＝λ＋1，令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4. 故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝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． 9．已知数列{a n }满足a n ＋1＝－1an ＋2，a 1＝－12.(1)求证{1an ＋1}是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1.若T n ≥p －n 对任意的n ∈N *恒成立，求p 的最大值．[解析](1)证明：∵a n ＋1＝－1an ＋2，∴a n ＋1＋1＝－1an ＋2＋1＝an ＋2－1an ＋2＝an ＋1an ＋2，由于a n ＋1≠0，∴1an ＋1＋1＝an ＋2an ＋1＝1＋1an ＋1， ∴{1an ＋1}是以2为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)题结论知：1an ＋1＝2＋(n －1)＝n ＋1，∴a n ＝1n ＋1－1＝－nn ＋1(n ∈N *)．(3)∵T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥P －n ，∴n ＋a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥P ，即(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋(1＋a n ＋2)＋…＋(1＋a 2n －1)≥p ，对任意n ∈N *恒成立，而1＋a n ＝1n ＋1，设H (n )＝(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋…＋(1＋a 2n －1)，∴H (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，H (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，∴H (n ＋1)－H (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2>0，∴数列{H (n )}单调递增，∴n ∈N *时，H (n )≥H (1)＝12，故P ≤12.1 2.∴P的最大值为。

2019年高考数学(文科)二轮专题突破训练专题四数列专题能力训练11 Word版含答案

专题能力训练等差数列与等比数列一、能力突破训练.已知等比数列{}满足(),则(). ..在等差数列{}中,则此数列前项的和等于().设{}是等比数列是{}的前项和.对任意正整数,有,又,则的值为().已知{}是等差数列,公差不为零,前项和是,若成等比数列,则()>><<><<>.在等比数列{}中,满足,则的值是()..在数列{}中为{}的前项和.若,则..已知等比数列{}为递增数列,且(),则数列的通项公式..设是实数,若成等比数列,且成等差数列,则..(全国Ⅲ,文)在等比数列{}中.()求{}的通项公式;()记为{}的前项和,若,求..已知等差数列{}和等比数列{}满足.()求{}的通项公式;()求和…..设数列{}满足…().()求{}的通项公式;()求数列的前项和.二、思维提升训练.已知数列{},{}满足∈*,则数列{}的前项的和为().() .().() .().若数列{}为等比数列,且,则…等于()...如图,点列{},{}分别在某锐角的两边上,且≠∈*≠∈*.(≠表示点与不重合)若为△的面积,则().{}是等差数列.{}是等差数列.{}是等差数列.{}是等差数列.已知等比数列{}的首项为,公比为,其前项和为,若≤≤对∈*恒成立,则的最小值为..已知数列{}的首项为为数列{}的前项和,其中>∈*.()若成等差数列,求数列{}的通项公式;()设双曲线的离心率为,且,求…..若数列{}是公差为正数的等差数列,且对任意∈*有·.()求数列{}的通项公式.()是否存在数列{},使得数列{}的前项和为()(∈*)?若存在,求出数列{}的通项公式及其前项和;若不存在,请说明理由.专题能力训练等差数列与等比数列一、能力突破训练解析∵(),∴(),解得.又,且,∴,∴.解析由,得,故.。

2019年高考数学(文科)二轮专题突破训练：专题一集合、逻辑用语、不等式等专题能力训练3 含答案

专题能力训练3平面向量与复数一、能力突破训练1.(2018全国Ⅰ,文2)设z=+2i,则|z|=()A.0B.C.1D.2.如图所示的方格纸中有定点O,P,Q,E,F,G,H,则=()A. B.C. D.3.设a,b是两个非零向量,下列结论正确的为()A.若|a+b|=|a|-|b|,则a⊥bB.若a⊥b,则|a+b|=|a|-|b|C.若|a+b|=|a|-|b|,则存在实数λ,使得b=λaD.若存在实数λ,使得b=λa,则|a+b|=|a|-|b|4.在复平面内,若复数z的对应点与的对应点关于虚轴对称,则z=()A.2-iB.-2-iC.2+iD.-2+i5.(2018全国Ⅱ,文4)已知向量a,b满足|a|=1,a·b=-1,则a·(2a-b)=()A.4B.3C.2D.06.下面是关于复数z=的四个命题:p1:| z|=2,p2:z2=2i,p3:z的共轭复数为1+i,p4:z的虚部为-1,其中的真命题为()A.p2,p3B.p1,p2C.p2,p4D.p3,p47.已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=60°,则=()A.- a2B.- a2C. a2D. a28.设向量a=(x,x+1),b=(1,2),且a⊥b,则x=.9.(2018全国Ⅲ,文13)已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c∥(2a+b),则λ=.10.在△ABC中,若=4,则边AB的长度为.11.已知a=(cos θ,sin θ),b=(,-1),f(θ)=a·b,则f(θ)的最大值为.12.过点P(1,)作圆x2+y2=1的两条切线,切点分别为A,B,则=.13.在平面直角坐标系中,O为坐标原点,已知向量=(2,2),=(4,1),在x轴上取一点P,使有最小值,则点P的坐标是.14.设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,|AD|=|AB|,|BE|=|BC|.若=λ1+λ2(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为.二、思维提升训练15.若z=4+3i,则=()A.1B.-1C.iD.i16.如图,已知平面四边形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC与BD交于点O,记I1=,I2=,I3=,则()A.I1<I2<I3B.I1<I3<I2C.I3<I1<I2D.I2<I1<I317.已知两点M(-3,0),N(3,0),点P为坐标平面内一动点,且||·||+=0,则动点P(x,y)到点M(-3,0)的距离d的最小值为()A.2B.3C.4D.618.已知a∈R,i为虚数单位,若为实数,则a的值为.19.已知两个单位向量a,b的夹角为60°,c=t a+(1-t)b.若b·c=0,则t=.20.在任意四边形ABCD中,E,F分别是AD,BC的中点,若=λ+μ,则λ+μ=.21.已知a,b∈R,i是虚数单位.若(a+i)(1+i)=b i,则a+b i=.专题能力训练3平面向量与复数一、能力突破训练1.C解析因为z=+2i=+2i=i,所以|z|=1.2.C解析设a=,以OP,OQ为邻边作平行四边形,则夹在OP,OQ之间的对角线对应的向量即为向量a=.因为a和长度相等,方向相同,所以a=,故选C.3.C解析设向量a与b的夹角为θ.对于A,可得cos θ=-1,因此a⊥b不成立;对于B,满足a⊥b时|a+b|=|a|-|b|不成立;对于C,可得cos θ=-1,因此成立,而D显然不一定成立.4.D解析=2+i所对应的点为(2,1),关于虚轴对称的点为(-2,1),故z=-2+i.5.B解析a·(2a-b)=2a2-a·b=2-(-1)=3.6.C解析z==-1-i,故|z|=,p1错误;z2=(-1-i)2=(1+i)2=2i,p2正确;z的共轭复数为-1+i,p3错误;p4正确.7.D解析如图,设=a,=b.则=()·=(a+b)·a=a2+a·b=a2+a·a·cos 60°=a2+a2=a2.8.-解析∵a⊥b,∴a·b=x+2(x+1)=0,解得x=-.9.解析2a+b=2(1,2)+(2,-2)=(4,2),c=(1,λ),由c∥(2a+b),得4λ-2=0,得λ=.10.2解析由=4,=4,得=8,于是·()=8,即=8,故||2=8,得||=2.11.2解析f(θ)=a·b=cos θ-sin θ=2=2cos,故当θ=2kπ-(k∈Z)时,f(θ)max=2.12.解析由题意可作右图,∵OA=1,AP=,又PA=PB,∴PB=.∴∠APO=30°.∴∠APB=60°.∴=||||·cos 60°=.13.(3,0)解析设点P的坐标为(x,0),则=(x-2,-2),=(x-4,-1),=(x-2)(x-4)+(-2)×(-1)=x2-6x+10=(x-3)2+1.当x=3时,有最小值1.此时点P的坐标为(3,0).14.解析由题意)=-,故λ1=-,λ2=,即λ1+λ2=.二、思维提升训练15.D解析因为z=4+3i,所以它的模为|z|=|4+3i|==5,共轭复数为=4-3i.故i,选D.16.C解析由题图可得OA<AC<OC,OB<BD<OD,∠AOB=∠COD>90°,∠BOC<90°,所以I2=>0,I1=<0,I3=<0,且|I1|<|I3|,所以I3<I1<0<I2,故选C.17.B解析因为M(-3,0),N(3,0),所以=(6,0),||=6,=(x+3,y),=(x-3,y).由||·||+=0,得6+6(x-3)=0,化简得y2=-12x,所以点M是抛物线y2=-12x的焦点,所以点P到M的距离的最小值就是原点到M(-3,0)的距离,所以d min=3.18.-2解析∵i为实数,∴-=0,即a=-2.19.2解析∵c=t a+(1-t)b,∴b·c=t a·b+(1-t)|b|2.又|a|=|b|=1,且a与b的夹角为60°,b·c=0,∴0=t|a||b|cos 60°+(1-t),0=t+1-t.∴t=2.20.1解析如图,因为E,F分别是AD,BC的中点,所以=0,=0.又因为=0,所以.①同理.②由①+②得,2+()+()=,所以).所以λ=,μ=.所以λ+μ=1.21.1+2i解析因为(a+i)(1+i)=a-1+(a+1)i=b i,a,b∈R,所以解得故a+b i=1+2i.。

2019年高考数学(文科)二轮专题突破：专题一集合、逻辑用语、不等式等专题能力4版含答案

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= -2,k =k +1 =4,此时满足条件,继续循环;第四次循环:S =2 - =3,k =k +1 =5,此时满足条件,继续循环;第五次循环:S =2 -,k =k +1 =6,此时满足条件,继续循环;……可知此循环是以4为周期反复循环,由2 014 =4×503 +2,可知第2 014次循环:S =2 -,k =k +1 =2 015,此时不满足条件,结束循环,所以输出的S为.15.B解析由程序框图可知,f(x) =当a<0时,f(x) =log2(1 -x) +1在区间[ -1,a]上为减函数,f( -1) =2,f(a) =0⇒1 -a =,a =,不符合题意;当a≥0时,f'(x) =3x2 -3>0⇒x>1或x< -1,∴函数在区间[0,1]上单调递减,又f(1) =0,∴a≥1;又函数在区间[1,a]上单调递增,∴f(a) =a3-3a +2≤2⇒a≤.故实数a的取值范围是[1,].16.A解析f'(x) =2ax +b.假设A正确,那么f( -1) =0,即a -b +c =0,①假设B正确,那么f'(1) =0,即2a +b =0,②假设C正确,那么f'(x0) =0,且f(x0) =3,即f =3,即c - =3.③假设D项正确,那么f(2) =8,即4a +2b +c =8.④假设②③④正确,那么由②得b = -2a,代入④得c =8,代入③得8 - =3,解得a =5,b = -10,c =8.此时f(x) =5x2 -10x +8,f( -1) =5×( -1)2 -10×( -1) +8 =5 +10 +8 =23≠0,即A不成立.故B,C,D可同时成立,而A不成立.应选A.17.B解析依题意,用(t,s)表示2t +2s,题中等式的规律为:第|一行为3(0,1);第二行为5(0,2),6(1,2);第三行为9(0,3),10(1,3),12(2,3);第四行为17(0,4),18(1,4),20(2,4),24(3,4);……,又因为99 =(1 +2 +3 +… +13) +8,所以第99个等式应位于第14行的从左到右的第8个位置,即是27 +214 =16 512,应选B.18.4解析当a =1,n =1时,进入循环,a =1 +,n =2;此时|a -1.414|≥0.005,继续循环,a =1+ =1 +,n =3;此时|a -1.414|≥0.005,继续循环,a =1 + =1 +,n =4;此时|a -1.414|≈0.003<0.005,退出循环,因此n的值为4.19.8解析第|一次循环,i =1 +3 =4,S =0 +;第二次循环,i =4 +1 =5,S =;第三次循环,i =5 +3 =8,S =.由于不成立,结束循环,输出的i值为8.20. n(n +1)(n +2)(n +3)解析先改写第k项:k(k +1)(k +2) = [k(k +1)(k +2)(k +3) -(k -1)k(k+1)(k +2)],由此得1×2×3 = (1×2×3×4 -0×1×2×3),2×3×4 =(2×3×4×5 -1×2×3×4),…,n(n +1)(n +2) =[n(n +1)(n +2)(n +3) -(n -1)n(n +1)·(n+2)],相加得1×2×3 +2×3×4 +… +n(n +1)(n +2) =n(n +1)(n +2)(n +3).。

2019届高考数学大二轮复习精品(文理通用)练习第1部分专题4 数列第2讲 Word版含解析

第一部分专题四第二讲组．设{}的首项为，公差为－的等差数列，为其前项和．若，，成等比数列，则＝( )．．－．－．[解析]由题意知＝，＝－，＝－，因为，，成等比数列，所以＝·，即(－)＝(－)，解得＝－.故选．．若数列{}为等比数列，且＝，＝，则＝＋＋…＋等于( )．(－)．－．－．(－)[解析]因为＝×－＝－，所以·＋＝－·＝×－，所以＝×()－，所以{}也是等比数列，所以＝＋＋…＋＝×＝(－)，故选．．(·烟台模拟)已知等差数列{}中，＝，＝，若＝，则数列{}的前项和等于( )．．．．[解析]设{}的公差为，首项为，由题意得(\\(＋＝，＋＝))，解得(\\(＝，＝，))所以＝，所以＝＝，且＝，公差为，所以＝×＋×＝.．等差数列{}中，>，公差<，为其前项和，对任意自然数，若点(，)在以下条曲线中的某一条上，则这条曲线应是( )[解析]∵＝＋，∴＝＋(－)，又>，公差<，所以点(，)所在抛物线开口向下，对称轴在轴右侧．[点评]可取特殊数列验证排除，如＝－.．定义在(－∞，)∪(，＋∞)上的函数()，如果对于任意给定的等比数列{}，{()}仍是等比数列，则称()为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，)∪(，＋∞)上的如下函数：①()＝; ②()＝；③()＝；④()＝.则其中是“保等比数列函数”的()的序号为( )．①②．③④．②④．①③[分析]保等比数列函数指：①定义在(－∞，)∪(，＋∞)上的函数；②若{}是等比数列，则{()}仍是等比数列．[解析]解法一：设{}的公比为.①()＝，∵＝()＝，∴{()}是等比数列，排除、．③()＝，∵＝＝，∴{()}是等比数列，排除．解法二：不妨令＝.①因为()＝，所以()＝＝.显然{()}是首项为，公比为的等比数列．②因为()＝，所以()＝()＝，()＝()＝，()＝()＝，所以＝＝≠＝＝，所以{()}不是等比数列．③因为()＝，所以()＝＝().显然{()}是首项为，公比为的等比数列．④因为()＝，所以()＝＝.显然{()}是首项为，公差为的等差数列，故选．．(·邵阳一模)已知数列{}为等比数列，且＝(为自然对数的底数)，数列{}的首项为，且＋＝·，则的值为. [解析]因为数列{}为等比数列，且＝(为自然对数的底数)，数列{}的首项为，且＋＝·，所以＝····…·＝＝，＝＝.．已知数列{}是等比数列，其公比为，设＝，且数列{}的前项的和为，那么＋＋＋…＋的值为).[解析]数列{}是等比数列，其公比为，设＝，且数列{}的前项的和为，。

2019年高考数学(文科)二轮专题突破训练：四数列专题能力训练11(含答案)

专题能力训练11等差数列与等比数列一、能力突破训练1.已知等比数列{a n}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2=()A.2B.1C.D.2.在等差数列{a n}中,a1+a2+a3=3,a18+a19+a20=87,则此数列前20项的和等于()A.290B.300C.580D.6003.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.在等比数列{a n}中,满足a1+a2+a3+a4+a5=3,=15,则a1-a2+a3-a4+a5的值是()A.3B.C.-D.56.在数列{a n}中,a1=2,a n+1=2a n,S n为{a n}的前n项和.若S n=126,则n=.7.已知等比数列{a n}为递增数列,且=a10,2(a n+a n+2)=5a n+1,则数列的通项公式a n=.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.(2018全国Ⅲ,文17)在等比数列{a n}中,a1=1,a5=4a3.(1)求{a n}的通项公式;(2)记S n为{a n}的前n项和,若S m=63,求m.10.已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.(1)求{a n}的通项公式;(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.11.设数列{a n}满足a1+3a2+…+(2n-1)a n=2n.(1)求{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和.二、思维提升训练12.已知数列{a n},{b n}满足a1=b1=1,a n+1-a n==2,n∈N*,则数列{}的前10项的和为()A. (49-1)B. (410-1)C. (49-1)D. (410-1)13.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.如图,点列{A n},{B n}分别在某锐角的两边上,且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|,A n≠A n+2,n∈N*,|B n B n+1|=|B n+1B n+2|,B n≠B n+2,n ∈N*.(P≠Q表示点P与Q不重合)若d n=|A n B n|,S n为△A n B n B n+1的面积,则()A.{S n}是等差数列B.{}是等差数列C.{d n}是等差数列D.{}是等差数列15.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.16.已知数列{a n}的首项为1,S n为数列{a n}的前n项和,S n+1=qS n+1,其中q>0,n∈N*.(1)若a2,a3,a2+a3成等差数列,求数列{a n}的通项公式;(2)设双曲线x2-=1的离心率为e n,且e2=2,求+…+.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.专题能力训练11等差数列与等比数列一、能力突破训练1.C解析∵a3a5=4(a4-1),∴=4(a4-1),解得a4=2.又a4=a1q3,且a1=,∴q=2,∴a2=a1q=.2.B解析由a1+a2+a3=3,a18+a19+a20=87,得a1+a20=30,故S20==300.3.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解析由条件知=5,故a1-a2+a3-a4+a5==5.6.6解析∵a n+1=2a n,即=2,∴{a n}是以2为公比的等比数列.又a1=2,∴S n==126.∴2n=64,∴n=6.7.2n解析∵=a10,∴(a1q4)2=a1q9,∴a1=q,∴a n=q n.∵2(a n+a n+2)=5a n+1,∴2a n(1+q2)=5a n q,∴2(1+q2)=5q,解得q=2或q=(舍去),∴a n=2n.8.解析由题意知解得xz=y2=y2,x+z=y,从而-2=-2=.9.解(1)设{a n}的公比为q,由题设得a n=q n-1.由已知得q4=4q2,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=.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=6.10.解(1)设等差数列{a n}的公差为d.因为a2+a4=10,所以2a1+4d=10.解得d=2.所以a n=2n-1.(2)设等比数列{b n}的公比为q.因为b2b4=a5,所以b1qb1q3=9.解得q2=3.所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1.从而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=.11.解(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)a n=2n,故当n≥2时,a1+3a2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)a n=2.所以a n=(n≥2).又由题设可得a1=2,从而{a n}的通项公式为a n=.(2)记的前n项和为S n.由(1)知,则S n=+…+.二、思维提升训练12.D解析由a1=1,a n+1-a n=2,得a n=2n-1.由=2,b1=1得b n=2n-1.则=22(n-1)=4n-1,故数列{}前10项和为(410-1).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.A解析如图,延长A n A1,B n B1交于P,过A n作对边B n B n+1的垂线,其长度记为h1,过A n+1作对边B n+1B n+2的垂线,其长度记为h2,则S n=|B n B n+1|×h1,S n+1=|B n+1B n+2|×h2.∴S n+1-S n=|B n+1B n+2|h2-|B n B n+1|h1.∵|B n B n+1|=|B n+1B n+2|,∴S n+1-S n=|B n B n+1|(h2-h1).设此锐角为θ,则h2=|PA n+1|sin θ,h1=|PA n|sin θ,∴h2-h1=sin θ(|PA n+1|-|PA n|)=|A n A n+1|sin θ.∴S n+1-S n=|B n B n+1||A n A n+1|sin θ.∵|B n B n+1|,|A n A n+1|,sin θ均为定值,∴S n+1-S n为定值.∴{S n}是等差数列.故选A.15.解析易得S n=1-,因为y=S n-在区间上单调递增(y≠0),所以y∈⊆[A,B],因此B-A的最小值为.16.解(1)由已知,S n+1=qS n+1,S n+2=qS n+1+1,两式相减得到a n+2=qa n+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1,故a n+1=qa n对所有n≥1都成立.所以,数列{a n}是首项为1,公比为q的等比数列.从而a n=q n-1.由a2,a3,a2+a3成等差数列,可得2a3=a2+a2+a3.所以a3=2a2,故q=2.所以a n=2n-1(n∈N*).(2)由(1)可知,a n=q n-1.所以双曲线x2-=1的离心率e n=.由e2==2,解得q=.所以+…+=(1+1)+(1+q2)+…+[1+q2(n-1)]=n+[1+q2+…+q2(n-1)]=n+=n+(3n-1).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.。

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