2019版高考数学(文)高分计划一轮狂刷练：第5章数列 5-3a含解析

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高考数学(文)高分计划一轮狂刷练：第5章数列5-4aWord版含解析

[重点保分两级优选练]A 级一、选择题1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2＝10，S 5＝55，则a n＋100＋a n －98＝( )A ．8n ＋6B ．4n ＋1C ．8n ＋3D ．4n ＋3 答案 A解析设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，由S 2＝10，S 5＝55，可得⎩⎨⎧2a 1＋2(2－1)2d ＝10，5a 1＋5(5－1)2d ＝55，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝4，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4n －1，则a n ＋100＋a n －98＝2a n＋1＝8n ＋6.故选A.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 33－S 22＝1，则数列{a n }的公差是( )A ．1B ．2C ．4D ．6 答案 B解析由S 33－S 22＝1得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝a 1＋d －2a 1＋d 2＝d 2＝1，所以d ＝2.故选B.3．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别是S n ，T n ，已知S n T n＝7n n ＋3，则a 5b 5＝( )A.23B.278 C ．7 D.214 答案 D解析 a 5b 5＝2a 52b 5＝a 1＋a 9b 1＋b 9＝9(a 1＋a 9)29(b 1＋b 9)2＝S 9T 9＝7×99＋3＝214.故选D.4．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，当n 为正奇数时，－n 2，当n 为正偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．102 答案 B解析由题意，得a 1＋a 2＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.故选B.5．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前项的和等于( )A ．1512B ．1513C ．1513.5D ．答案 C解析因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎨⎧12，n ＝2k －1(k ∈N *)，1，n ＝2k (k ∈N *)，故数列的前项的和S ＝1009×⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＝1513.5.故选C.6．在数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A ．(3n －1)2B.12(9n－1) C ．9n －1 D.14(3n －1)答案 B解析因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，所以a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)．则n ≥2时，a n ＝2×3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式，所以a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．则数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列．故选B.7．设直线nx ＋(n ＋1)y ＝ 2 (n ∈N *)与两坐标轴围成的三角形面积为S n ，则S 1＋S 2＋…＋S 的值为( )A.20142015B.20152016C.20162017D.20172018 答案 D解析直线与x 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ，0，与y 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2n ＋1，∴S n ＝12·2n ·2n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∴原式＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12017－12018＝1－12018＝20172018 .故选D.8．已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 3a 5＝14a 1，且a 4与a 7的等差中项为98，则S 5等于( )A ．35B ．33C ．31D ．29 答案 C解析设等比数列{a n }的公比是q ，所以a 3a 5＝a 21q 6＝14a 1，得a 1q 6＝14，即a 7＝14.又a 4＋a 7＝2×98，解得a 4＝2，所以q 3＝a 7a 4＝18，所以q＝12，a 1＝16，故S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1321－12＝31.故选C.9．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列说法中一定成立的是( )A ．若a 3>0，则a <0B ．若a 4>0，则a <0C ．若a 3>0，则S >0D ．若a 4>0，则S >0 答案 C解析等比数列{a n }的公比q ≠0.对于A ，若a 3>0，则a 1q 2>0，所以a 1>0，所以a ＝a 1q >0，所以A 不成立；对于B ，若a 4>0，则a 1q 3>0，所以a 1q >0，所以a ＝a 1q >0，所以B 不成立；对于C ，若a 3>0，则a 1＝a 3q 2>0，所以当q ＝1时，S >0，当q ≠1时，S ＝a 1(1－q 2017)1－q >0(1－q 与1－q 同号)，所以C 一定成立，易知D 不一定成立．故选C.10．(·江西九校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．1 B.22 C ．－22 D ．－3 答案 D解析 {a n }是等比数列，{b n }是等差数列，且a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，∴a 36＝(3)3,3b 6＝7π，∴a 6＝3，b 6＝7π3，∴tanb 3＋b 91－a 4·a 8＝tan 2b 61－a 26＝tan 2×7π31－(3)2＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3 .故选D.二、填空题11．S n ＝1＋11＋111＋…＋＝________.答案 10n ＋1－9n －108112．数列{a n }满足：a 1＝43，且a n ＋1＝4(n ＋1)a n 3a n ＋n (n ∈N *)，则1a 1＋2a2＋3a 3＋…＋2018a 2018＝________.答案 23＋13×42018解析由题意可知n ＋1a n ＋1＝34＋14 ·n a n ⇒n ＋1a n ＋1－1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫n a n －1，又1a 1－1＝－14，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n －1是以－14为首项，以14为公比的等比数列，所以n a n＝1－14n ，所以1a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋n a n＝n －14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝n －13＋13·14n ，则1a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋2018a 2018＝－13＋13×142018＝23＋13×42018.13．设f (x )＝12x ＋2，利用课本中推导等差数列前n 项和的公式的方法，可求得f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)的值为________．答案 32解析 ∵6＋(－5)＝1，∴f (－5)，f (－4)，…，f (5)，f (6)共有11＋1＝12项．由f (－5)，f (6)；f (－4)，f (5)；…；f (0)，f (1)共有6对，且该数列为等差数列．又f (0)＋f (1)＝11＋2＋12＋2＝11＋2＋12(1＋2)＝2＋12(1＋2)＝12＝22，∴f (－5)＋f (－4)＋…＋f (6)＝6×22＝3 2.14．已知数列{a n }的各项均为正整数，其前n 项和为S n ，若a n ＋1＝⎩⎨⎧a n ＋12，a n 是奇数，3a n －1，a n 是偶数且S 3＝10，则S ＝________.答案 6720解析当a 1为奇数时，a 2＝a 1＋12，此时若a 2为奇数，则a 3＝a 2＋12＝a 1＋12＋12＝a 1＋34，∴S 3＝a 1＋a 1＋12＋a 1＋34＝7a 1＋54＝10，解得a 1＝5，此时数列{a n }为5,3,2,5,3,2，….当a 1为奇数时，a 2＝a 1＋12，此时若a 2为偶数，则a 3＝3a 2－1＝3(a 1＋1)2－1＝3a 1＋12，∴S 3＝a 1＋a 1＋12＋3a 1＋12＝3a 1＋1＝10，解得a 1＝3，此时数列{a n }为3,2,5,3,2,5，….当a 1为偶数时，a 2＝3a 1－1，此时a 2为奇数，则a 3＝a 2＋12＝(3a 1－1)＋12＝3a 12，∴S 3＝a 1＋3a 1－1＋3a 12＝112a a 1－1＝10，解得a 1＝2，此时数列{a n }为2,5,3,2,5,3，….上述三种情况中，数列{a n }均为周期数列．∵672×3＝，∴S ＝672S 3＝6720.B 级三、解答题15．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4. (1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n .解 (1)证明：由题意知S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)，即S n ＝2S n－1－n ＋4，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2]，又易知a 1＝3，所以S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列． (2)由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝4(1－2n )1－2＋n (n ＋1)2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82. 16．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋4，a 2－1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前3项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若c n ＝log 2b n b n－1a n a n ＋1，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)因为a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋4，所以a 2n ＝2S n －1＋n －1＋4(n ≥2)，两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＝2a n ＋1，所以a 2n ＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2，所以a n ＋1－a n ＝1.又a 23＝(a 2－1)a 7，所以(a 2＋1)2＝(a 2－1)(a 2＋5)，解得a 2＝3，又a 22＝2a 1＋1＋4，所以a 1＝2，所以{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n ＋1.故b 1＝2，b 2＝4，b 3＝8，所以b n ＝2n .(2)由(1)得，c n ＝n 2n －1(n ＋1)(n ＋2)，故T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋24＋…＋n 2n －⎣⎢⎡12×3＋13×4＋…＋⎦⎥⎤1(n ＋1)(n ＋2).设F n ＝12＋24＋…＋n 2n ，则12F n ＝122＋223＋…＋n 2n ＋1，作差得12F n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1，所以F n ＝2－n ＋22n .设G n ＝12×3＋13×4＋…＋1(n ＋1)(n ＋2)＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2，所以T n ＝2－n ＋22n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＝32－n ＋22n ＋1n ＋2.17．(·山东高考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n an 的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，由以上两式联立方程组解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n . (2)由题意知S 2n ＋1＝(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n ，则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .18．在等比数列{a n }中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1，a 5的等比中项为16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n <k 对任意n ∈N *恒成立，若存在，求出正整数k 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)设数列{a n }的公比为q ，由题意可得a 3＝16， a 3－a 2＝8，则a 2＝8，q ＝2，a 1＝4，所以a n ＝2n ＋1. (2)b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12， S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (n ＋3)4. 1S n ＝4n (n ＋3)＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋3，所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫11－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3＝43⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋13－1n＋1－1n＋2－1n＋3＝43×116－43×⎝⎛⎭⎪⎫1n＋1＋1n＋2＋1n＋3＝229－43×⎝⎛⎭⎪⎫1n＋1＋1n＋2＋1n＋3.当n＝1时，1S1＝1<2<229；当n≥2时，1S1＋1S2＋…＋1S n＝229－43⎝⎛⎭⎪⎫1n＋1＋1n＋2＋1n＋3<229<3.故存在k＝3时，对任意的n∈N*都有1S1＋1S2＋1S3＋…＋1S n<3.。

教育最新K122019版高考数学(文)高分计划一轮狂刷练：第5章数列 5-4a

[重点保分两级优选练]A 级一、选择题1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2＝10，S 5＝55，则a n ＋100＋a n －98＝( )A ．8n ＋6B ．4n ＋1C ．8n ＋3D ．4n ＋3 答案 A解析设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，由S 2＝10，S 5＝55，可得⎩⎨⎧2a 1＋2(2－1)2d ＝10，5a 1＋5(5－1)2d ＝55，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝4，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4n －1，则a n ＋100＋a n －98＝2a n＋1＝8n ＋6.故选A.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 33－S 22＝1，则数列{a n }的公差是( )A ．1B ．2C ．4D ．6 答案 B解析由S 33－S 22＝1得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝a 1＋d －2a 1＋d 2＝d 2＝1，所以d ＝2.故选B.3．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别是S n ，T n ，已知S n T n＝7n n ＋3，则a 5b 5＝( )A.23B.278 C ．7 D.214 答案 D解析 a 5b 5＝2a 52b 5＝a 1＋a 9b 1＋b 9＝9(a 1＋a 9)29(b 1＋b 9)2＝S 9T 9＝7×99＋3＝214.故选D.4．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，当n 为正奇数时，－n 2，当n 为正偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．102 答案 B解析由题意，得a 1＋a 2＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.故选B.5．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2018项的和等于( )A ．1512B ．1513C ．1513.5D ．2018 答案 C解析因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎨⎧12，n ＝2k －1(k ∈N *)，1，n ＝2k (k ∈N *)，故数列的前2018项的和S 2018＝1009×⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＝1513.5.故选C.6．在数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n－1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A ．(3n－1)2B.12(9n－1) C ．9n －1 D.14(3n －1)答案 B解析因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，所以a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n－1－1(n ≥2)．则n ≥2时，a n ＝2×3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式，所以a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．则数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列．故选B.7．设直线nx ＋(n ＋1)y ＝2(n ∈N *)与两坐标轴围成的三角形面积为S n ，则S 1＋S 2＋…＋S 2017的值为( )A.20142015B.20152016C.20162017D.20172018 答案 D解析直线与x 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ，0，与y 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2n ＋1，∴S n ＝12·2n ·2n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1. ∴原式＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12017－12018＝1－12018＝20172018.故选D.8．已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 3a 5＝14a 1，且a 4与a 7的等差中项为98，则S 5等于( )A ．35B ．33C ．31D ．29 答案 C解析设等比数列{a n }的公比是q ，所以a 3a 5＝a 21q 6＝14a 1，得a 1q 6＝14，即a 7＝14.又a 4＋a 7＝2×98，解得a 4＝2，所以q 3＝a 7a 4＝18，所以q＝12，a 1＝16，故S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1321－12＝31.故选C.9．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列说法中一定成立的是( )A ．若a 3>0，则a 2017<0B ．若a 4>0，则a 2018<0C ．若a 3>0，则S 2017>0D ．若a 4>0，则S 2018>0 答案 C解析等比数列{a n }的公比q ≠0.对于A ，若a 3>0，则a 1q 2>0，所以a 1>0，所以a 2017＝a 1q 2016>0，所以A 不成立；对于B ，若a 4>0，则a 1q 3>0，所以a 1q >0，所以a 2018＝a 1q 2017>0，所以B 不成立；对于C ，若a 3>0，则a 1＝a 3q 2>0，所以当q ＝1时，S 2017>0，当q ≠1时，S 2017＝a 1(1－q 2017)1－q >0(1－q 与1－q 2017同号)，所以C 一定成立，易知D 不一定成立．故选C.10．(2017·江西九校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．1 B.22 C ．－22 D ．－3 答案 D解析 {a n }是等比数列，{b n }是等差数列，且a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，∴a 36＝(3)3,3b 6＝7π，∴a 6＝3，b 6＝7π3，∴tanb 3＋b 91－a 4·a 8＝tan 2b 61－a 26＝tan 2×7π31－(3)2＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3.故选D.二、填空题11．S n ＝1＋11＋111＋…＋＝________.答案 10n ＋1－9n －108112．数列{a n }满足：a 1＝43，且a n ＋1＝4(n ＋1)a n 3a n ＋n (n ∈N *)，则1a 1＋2a2＋3a 3＋…＋2018a 2018＝________.答案 201723＋13×42018解析由题意可知n ＋1a n ＋1＝34＋14·n a n ⇒n ＋1a n ＋1－1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫n a n －1，又1a 1－1＝－14，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n －1是以－14为首项，以14为公比的等比数列，所以n a n＝1－14n ，所以1a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋n a n＝n －14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝n －13＋13·14n ，则1a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋2018a 2018＝2018－13＋13×142018＝201723＋13×42018.13．设f (x )＝12x ＋2，利用课本中推导等差数列前n 项和的公式的方法，可求得f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)的值为________．答案 3 2解析 ∵6＋(－5)＝1，∴f (－5)，f (－4)，…，f (5)，f (6)共有11＋1＝12项．由f (－5)，f (6)；f (－4)，f (5)；…；f (0)，f (1)共有6对，且该数列为等差数列．又f (0)＋f (1)＝11＋2＋12＋2＝11＋2＋12(1＋2)＝2＋12(1＋2)＝12＝22， ∴f (－5)＋f (－4)＋…＋f (6)＝6×22＝3 2.14．已知数列{a n }的各项均为正整数，其前n 项和为S n ，若a n ＋1＝⎩⎨⎧a n ＋12，a n 是奇数，3a n －1，a n 是偶数且S 3＝10，则S 2016＝________.答案 6720解析当a 1为奇数时，a 2＝a 1＋12，此时若a 2为奇数，则a 3＝a 2＋12＝a 1＋12＋12＝a 1＋34，∴S 3＝a 1＋a 1＋12＋a 1＋34＝7a 1＋54＝10，解得a 1＝5，此时数列{a n }为5,3,2,5,3,2，….当a 1为奇数时，a 2＝a 1＋12，此时若a 2为偶数，则a 3＝3a 2－1＝3(a 1＋1)2－1＝3a 1＋12，∴S 3＝a 1＋a 1＋12＋3a 1＋12＝3a 1＋1＝10，解得a 1＝3，此时数列{a n }为3,2,5,3,2,5，….当a 1为偶数时，a 2＝3a 1－1，此时a 2为奇数，则a 3＝a 2＋12＝(3a 1－1)＋12＝3a 12，∴S 3＝a 1＋3a 1－1＋3a 12＝112a 1－1＝10，解得a 1＝2，此时数列{a n }为2,5,3,2,5,3，….上述三种情况中，数列{a n }均为周期数列．∵672×3＝2016，∴S 2016＝672S 3＝6720.B 级三、解答题15．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4. (1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n .解 (1)证明：由题意知S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)，即S n ＝2S n－1－n ＋4，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2]，又易知a 1＝3，所以S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列． (2)由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝4(1－2n)1－2＋n (n ＋1)2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82. 16．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋4，a 2－1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前3项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若c n ＝log 2b n b n－1a n a n ＋1，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)因为a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋4，所以a 2n ＝2S n －1＋n －1＋4(n ≥2)，两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＝2a n ＋1，所以a 2n ＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n＋1)2，所以a n ＋1－a n ＝1.又a 23＝(a 2－1)a 7，所以(a 2＋1)2＝(a 2－1)(a 2＋5)，解得a 2＝3，又a 22＝2a 1＋1＋4，所以a 1＝2，所以{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n ＋1.故b 1＝2，b 2＝4，b 3＝8，所以b n ＝2n .(2)由(1)得，c n ＝n 2n －1(n ＋1)(n ＋2)，故T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋24＋…＋n 2n －⎣⎢⎡12×3＋13×4＋…＋⎦⎥⎤1(n ＋1)(n ＋2).设F n ＝12＋24＋…＋n 2n ，则12F n ＝122＋223＋…＋n 2＋，作差得12F n ＝12＋122＋…＋12n －n 2＋，所以F n ＝2－n ＋22n .设G n ＝12×3＋13×4＋…＋1(n ＋1)(n ＋2)＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2，所以T n ＝2－n ＋22n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＝32－n ＋22n ＋1n ＋2.17．(2017·山东高考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，由以上两式联立方程组解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n . (2)由题意知S 2n ＋1＝(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1. 令c n ＝b na n ，则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .18．在等比数列{a n }中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1，a 5的等比中项为16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n <k 对任意n ∈N *恒成立，若存在，求出正整数k 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)设数列{a n }的公比为q ，由题意可得a 3＝16， a 3－a 2＝8，则a 2＝8，q ＝2，a 1＝4，所以a n ＝2n ＋1. (2)b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (n ＋3)4. 1S n ＝4n (n ＋3)＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋3，所以1S1＋1S2＋1S3＋…＋1S n＝43⎝⎛⎭⎪⎫11－14＋12－15＋13－16＋…＋1n－1n＋3＝43⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋13－1n＋1－1n＋2－1n＋3＝43×116－43×⎝⎛⎭⎪⎫1n＋1＋1n＋2＋1n＋3＝229－43×⎝⎛⎭⎪⎫1n＋1＋1n＋2＋1n＋3.当n＝1时，1S1＝1<2<229；当n≥2时，1S1＋1S2＋…＋1S n＝229－43⎝⎛⎭⎪⎫1n＋1＋1n＋2＋1n＋3<229<3.故存在k＝3时，对任意的n∈N*都有1S1＋1S2＋1S3＋…＋1S n<3.。

2019版高考数学一轮复习第五章数列课时作业理

第五章数列、推理与证明第1讲数列的概念与简单表示法知匪训练1. 设数列｛a n ｝的前n 项和S= n 2,则的值为（）A. 15 B . 16 C . 49 D . 642. 在数列｛a n ｝中，已知a 1 = 1,且当n 》2时，a •比•…A. 3B. 61C. 35D. 3 16 153.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，如图图 X5-1-1他们研究过图X5-1-1（1）中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图 X5-1-1（2）中的1,4,9,16，…，这样的数为正方形数•下列数中既是三角形数又是正方形数的是（）A. 289 B . 1024 C . 1225 D . 1378 a n + 1 — 14.已知数列｛ a n ｝满足a 1= 2, a n =，其前n 项积为T n ,则抵仃=（）a n + 1 十 I1 1A. 2 B . — 2 C . 2 D . — 2 5 . （2015年辽宁大连模拟）在数列｛a n ｝中，a 1 = 2, a n +1= a n +In ［十三j,贝U a n =（）A . 2 + ln nB . 2 + （ n — 1）ln n C. 2 + n ln n D . 1 + n + ln n16 . （2014年新课标n ）若数列｛a n ｝满足a n +1= ----- , a 8= 2,贝U a = _________ .1 — a n*7.已知数列｛a n ｝满足：a 4n —3= 1, a 4n — 1 = 0, a 2n = a n , n € N ，贝U ________________________ 32009= ,酝仏=11~4 a n = n 2,贝U a 3 + 空=( X5-1-1.&已知递增数列｛a n｝的通项公式为a n= n2+ kn十2,则实数k的取值范围为_____________ .2 19 . （2013年新课标I ）若数列｛a n｝的前n项和S=-a n+ -，则数列｛a n｝的通项公式是a n3 310 . （2016年上海）无穷数列｛a n｝由k个不同的数组成，S为｛a n｝的前n项和.若对任意n€ N*, S€ ｛2,3｝，贝U k的最大值为______ .着底B华a n最大?11.已知数列｛a n｝的通项公式为a n= （n+ 1）哼）（n€ N），则当n为多大时,V1/n+ 212. （2012年大纲）已知数列｛a n｝中，a i= 1，前n项和S= 丐~乩（1）求a2，a3 ；⑵求｛a n｝的通项公式.第2讲等差数列1.（2017年江西南昌二模）已知数列｛a n ｝为等差数列，其前n 项和为S, 2a 7 - a 8= 5,则 S i =（）A. 110 B . 55C. 50 D .不能确定 2. 设｛a n ｝是首项为a 1，公差为—1的等差数列，S 为其前n 项和，若S, $, 9成等比数列，贝U a 1 =（）A. 2 B . — 2 1 —2S 为等差数列｛a n ｝的前n 项和，若a 1+ a ?+恥的值是一个确定的常数，则下列① a 21 :② a 7；③ $3；④ S 4；⑤ S 3— S 5.其结果为确定常数的是（） A.②③⑤B .①②⑤ C.②③④D .③④⑤4. （2017年新课标川）等差数列｛a n ｝的首项为1，公差不为0.若a 2, a 3, a 6成等比数列，则数列｛a n ｝前6项的和为（）A.— 24 B . — 3 C . 3 D . 3 5. （2017年湖北七市4月联考）在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢？（）A. 9 日 B . 3 日 C . 16 日 D . 12 日6. 已知等差数列｛a n ｝的公差为d,关于x 的不等式|x 2 + ja — 2 X + c >0的解集是[0,22], 则使得数列｛a n ｝的前n 项和最大的正整数 n 的值是（）A. 11 B . 11 或 12 C. 12 D . 12 或 13*17 . （2017年广东揭阳一模）已知数列｛刘对任意的n € N 都有a n +1= a n — 2a n +心，若a=-, 贝 Ha8 = ___________ .3 .已知数列｛a n ｝的通项公式为 a n = 2n — 10（n € N ），则| a^ + | a 2| +…+ |=_______________________________ .車底盘华9 . （2016年新课标n ）在等差数列｛a n ｝中，a 3+ a 4=4, a s + a ?= 6. （1）求数列｛a n ｝的通项公式；1 C.2 D .3.已知各式：（2）设b n= [ a n]，求数列｛b n｝的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9] =0, [2.6] = 2.10. (2014 年大纲)数列｛a n｝满足a i= 1, a2= 2, a n+2= 2a n+1 —a n + 2.(1)设b n = a n + 1 —a n，证明｛b n｝是等差数列；⑵求｛a n｝的通项公式.11. (2014年新课标I )已知数列｛a n｝的前n项和为S, a1= 1, a n丰0, a n a n+ 1=入S—1, 其中入为常数.(1) 证明：a n + 2 —a n =入；(2) 是否存在入，使得｛a n｝为等差数列？并说明理由.第3讲等比数列1.对任意的等比数列｛a n ｝，下列说法一定正确的是（）A. a i , a 3, a 9成等比数列 B . a 2, a 3, a 6成等比数列C. a 2, a 4, a 8成等比数列 D . a 3, a 6, a 9成等比数列2.（2016年河北衡水模拟）各项均为正数的等比数列｛a n ｝的前n 项和为S,若S= 2, Sn=14，贝 U S 4n =（）A. 80 B . 30 C . 26 D . 1623.（2013年新课标I ）设首项为1,公比为3的等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,则（）A. S = 2a n — 1 B . S = 3a n — 2C. S n = 4 — 3a n D . S= 3 — 2a nn — 1a4 . （2017年广东深圳一模）已知等比数列｛a n ｝的前n 项和为S= a-3+ b,则-=（）A. — 3 B . — 1 C . 1 D . 3315 . （2016年河南模拟）已知等比数列｛a n ｝的首项为，公比为—2，其前n 项和为S n ,则 S 的最大值为（）6 . （2017年北京）若等差数列｛叭和等比数列｛b n ｝满足a 1 = b 1 = — 1, a 4 = b 4 = 8,则g =7 . （2017年江西南昌二模）在等比数列｛a n ｝中，a 1= 1,前n 项和为S,满足S — 4S 6 + 3S 5 = 0,贝U S = .& （2017年广东深圳第二次调研）《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各穿几何？ ”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半.”如果墙足够厚， S n 为前n 天两只老鼠打洞长度之和，则 S= ___________ 尺.3 A.4 B. C.19 . （2016年新课标I ）已知｛a n｝是公差为3的等差数列，数列｛b n｝满足b= 1, b =石,3 a n b n+1 + b n+1 = nb n.（1）求｛a n｝的通项公式；（2）求｛b n｝的前n项和.10. (2016年新课标川)已知数列｛a n｝的前n项和$= 1 +入a n，其中入丰0. (1)证明｛a n｝是等比数列，并求其通项公式；⑵若S =32求入.11. (2017年广东广州一模)已知数列｛a n｝的前n项和为S,且S = 2a n—2( n€ N).(1) 求数列｛a n｝的通项公式；(2) 求数列｛S｝的前n项和T n.第4讲数列的求和知能训练 1. （2017年辽宁鞍山一中统测）数列｛a n ｝的通项公式为 a n = 4nri ，则数列｛a n ｝的前n 项和Si =( 2n A. 2 n + 1 2n B. 2n + 1 n C. D. 4n + 1 4n + 12. 若数列｛a n ｝的通项公式是 a n =（ — 1）n•（3n — 2），贝U a + a 2+・・・+ ae =（）A. 15 B . 12 C . — 12 D . — 15 3. 已知等差数列｛a n ｝满足a 1>0, 5a 8= sa®则当前n 项和S 取最大值时，n =（）A. 20 B . 21 C . 22 D . 2324. 已知数列｛a n ｝的前n 项和S= n — 6n ,则数列｛| a n |｝的前n 项和T n 等于（） 2 2 A. 6n — n B . n — 6n + 18j- 2 r 2 6n — n , 1< n w 3, 6n — n , 1< n w 3, C 「2 D. 2n — 6n + 18, n > 3 n — 6n , n >3 5 . （2016年湖北七校2月联考）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题： “ 百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其意思为：有一个人走 378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了 6天后到达目的地，请问第二天走了（） A. 192 里 B . 96 里 C . 48 里 D . 24 里 6 . (2015 年江苏)已知数列｛◎｝满足 a 1 = 1,且 a n +1 — a n = n + 1( n € N), 10项和为 7.如图X5-4-1 ,它满足：①第n 行首尾两数均为n ；②图中的递推关系类似杨辉三角, 则第n（n 》2）行的第2个数是_____________________ . 2 2 3 4 34 7 7 45 11 14 11 5 图 X5-4-1 & （2017年安徽合肥第二次质检）已知数列｛a n ｝的前n 项和为S,若S = 2a n —2：贝U S 9 . （2016年浙江金华模拟）设数列｛a n ｝的前n 项和S 满足6S + 1 = 9a n （n € N*）. （1）求数列｛a n ｝的通项公式；1⑵若数列｛b n ｝满足b n =，求数列｛b n ｝的前n 项和T n .a n10. (2017年广东佛山二模)已知｛a n｝是等差数列，｛b n｝是各项均为正数的等比数列, 且b i = a i = 1, b3= a4, b i + b+ b s= a s+ a4.⑴求数列｛a n｝, ｛b n｝的通项公式；(2)设C n = a n b n，求数列｛C n｝11. (2017年广东湛江二模)观察下列三角形数表，数表(1)是杨辉三角数表，数表是与数表(1)有相同构成规律(除每行首末两端的数外)的一个数表.1 12 2…"■第一行1 2 1 3 4 3 •…”第二行1 3 3 1 4 7 7 414641 5 11 11 11 51 N m 1 N+1仏■ +■-第”行数表〔1) 数表〔2)对于数表(2)，设第n行第二个数为a n.( n€ N*)(女口a1 = 2, a2= 4, a3= 7){a n}(1) 归纳出a n与a n-1( n》2, n€ N)的递推公式(不用证明)，并由归纳的递推公式求出的通项公式a n；(2) 数列｛b n｝满足：(a n—1) • b n= 1 ,求证：6+匕鸟+…十b n<2.第5讲合情推理和演绎推理知能训练1 •在平面几何中有如下结论：正三角形ABC 勺内切圆面积为 S ,外接圆面积为S 2,则君 =£推广到空间可以得到类似结论；已知正四面体 P -ABC 勺内切球体积为 V ,外接球体积为V ，则V =() 2. (2017年广东惠州三模)我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理 (祖暅原理)：“幕势既同，则积不容异” •“势”即是高，“幕”是面积•意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等.类比祖暅原理，如图X5-5-1 ,在平面直角坐标系中，图X5-5-1(1)是一个形状不规则的封闭图形，图X5-5-1(2)是一个上底为1的梯形，且当实数t 取［0,3］上的任意值时，直线 y = t 被图X5-5-1(1)和图3. (2017年北京)某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件:① 男学生人数多于女学生人数； ② 女学生人数多于教师人数； ③ 教师人数的两倍多于男学生人数.(1)若教师人数为4，则女学生人数的最大值为 _________________ ⑵该小组人数的最小值为 _____________ . 4. 观察下列等式： 12= 112— 22=- 3 12— 22 + 32 = 612— 22 + 32 — 42 =— 10照此规律，第n 个等式为 __________________________________________ . 5.如图X5-5-2，在平面上，用一条直线截正方形的一个角，则截下的一个直角三角形按如图X5-5-2(1)所标边长，由勾股定理，得 c 2= a 2+ b 2.设想把正方形换成正方体，把截线换成如图X5-5-2(2)所示的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥OABC若用S 1, Sa , S 3表示三个侧面面积，S 4表示截面面积，则可以类比得到的结论是1 A.8 B.1 C.64 D. 1 27b图X5-5-2n 1n2 n 6.已知 cos =-, cos • cos =3 2 5 5式，可猜想出的一般结论是 ________________________________________ .7. (2017年东北三省四市一联)在某次数学考试中，甲、乙、丙三名同学中只有一个人得了优秀.当他们被问到谁得到了优秀时，丙说“甲没有得优秀”，乙说“我得了优秀”，甲说“丙说的是真话”. 事实证明，在这三名同学中，只有一人说的是假话，那么得优秀的同学是 ___________ .类比等差数列｛a n ｝的上述结论，对于等比数列｛b n ｝( b>0, n € N *)，若b m = c , b n = d (n — m>2, m n € N)，则可以得到 b m+ n= ______________________ . 9.某同学在一次研究性学习中发现，以下 5个式子的值都等于同一个常数.① sin 1 213°+ cos 217°— sin 13 ° cos17°;22② sin 15°+ cos 15°— sin15 ° cos15°; ③ sin 218°+ cos 212°— sin 18 ° cos12°;22④ sin ( —18° ) + cos 48°— sin( — 18° )cos48 ° ; ⑤ sin 2( — 25° ) + cos 255°— sin( — 25° )cos55 ° .(1) 试从上述5个式子中选择一个，求出这个常数；(2) 根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论.110. ----------------------------------------------------------------------------- 在等差数列｛a n ｝中，a 1 + a 2= 5, a 3= 7,记数列= ---------------------------------------------- 的前n 项和为S .a n a n + 1(1) 求数列｛a n ｝的通项公式；(2) 是否存在正整数 m n,且1<n <n ,使得S , S m S 成等比数列？若存在，求出所有符合条件的m n 的值；若不存在，请说明理由.1 n2 n3 n 1 ,cos • cos • cos =-4 7 7 7 8 …，根据以上等&已知数列｛列为等差数列，若 a m = a ,*a n =b (n — 1, m n € N)，贝U a m+ n = nb — ma n — m •第6讲直接证明与间接证明知能训练1 •用反证法证明命题“设 a , b 为实数，则方程 x 2+ ax + b = 0至少有一个实根”时, 要作的假设是( )A. 方程x + ax + b = 0没有实根B. 方程x 2 + ax + b = 0至多有一个实根C. 方程x 2 + ax + b = 0至多有两个实根D. 方程x 2 + ax + b = 0恰好有两个实根2.分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a >b >c ,且a + b + c = 0,求证 b 2— ac <.3a ”索的因应是()A. a — b >0 B . a — c >0C. (a — b )( a — c )>0 D . (a — b )( a — c )<03. 在△ ABC 中，三个内角 A, B, C 的对边分别为 a , b , c ,且A B , C 成等差数列，a , b , c 成等比数列，则△ ABC 的形状为 __________ 三角形.4. _____________________________________________ 用反证法证明命题：若整系数一元二次方程 ax 2+ bx + c = 0( a ^ 0)存在有理数根，则 a , b , c 中至少有一个是偶数.下列假设正确的是 ________________________________________________________ .① 假设a , b , c 都是偶数；② 假设a , b , c 都不是偶数；③ 假设a , b , c 至多有一个偶数； ④ 假设a , b , c 至多有两个偶数.5.凸函数的性质定理：如果函数 f (x )在区间D 上是凸函数，那么对于区间 D 内的任意在区间(0 , n )上是凸函数，则在△ ABC 中, sin A + sin B+ sin C 的最大值为 _______________6. a ,3是两个不同的平面， m n 是平面a 及B 之外的两条不同的直线，给出下列四个论断：①m ± n ；②a 丄3 :③门丄3;④mL a .以其中的三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题7.请将错误的一个改正为 __________________ .8. _______________________________ 已知集合｛a , b , c ｝ = ｛0,1,2｝，且下列三个关系：① a z 2；②b = 2；③c ^0有且只有一个正确，则 100a + 10b + c = .9.已知等差数列｛a n ｝的公差d >0,设｛a n ｝的前n 项和为S , a 1= 1, S 2 • S 3 = 36.x i , X 2,f X 1 + f X 2 +•••+ f X n ,X n ,有X i + X 2+…+ x n.已知函数 y = sin x(1) 求d及S;(2) 求m k( m k € N*)的值，使得a m+ a m+1+ a计2+ — + a m+ k= 65 成立.10. （2016年湖北武汉调研）已知等差数列｛a n ｝的前n 项和为S, a 3 = 5, 64.⑴求数列｛a n ｝的通项公式；亠、 1 1 2 *⑵求证：n 》2, n € N ）.数学归纳法和能训练左边计算所得的式子是（A. C.4+ 2用数学归纳法证明等式： 1 + 2+ 3 +…+ n 2= n 2 n ( n € N*)，则从n = k 至U n = k + 11. 从“n =用数学归纳法证明：(n +1)( n + 2)•(k ”至n = k +1”左端需乘的代数式是( A. 2k + 1 B . 2(2 k + 1)2k + 12k + 3n *n + n ) = 2 x 1X 3x-x (2 n —1)( n € N), )2•用数学归纳法证明:2 21 +2 +••• + 2n2 .22 + 12 =〜3，第二步证明由“ k到k +1”时，左边应加(k 2 B . (k + 1)2 k 2+ (k + 1)2+ k 2 A. C. 2 2(k + 1) + k 3. 用数学归纳法证明1 + a + a +…+ a =. n + 1 n 1 — a *(a z 1, n € N)时，当验证 n = 1时, 1 — a1 B . 1+ a2 2 41 + a + a D . 1 + a + a + a 4.时，左边应添加的项为()2A. k + 12B. (k+ 1)k+ 4+ k+ 2C. ------------- 2--------------2 2 2 2D. (k +1) + (k + 2) + (k + 3) +•••+ ( k+ 1)5•用数学归纳法证明1 + 2+ 22+…+ 25n「III是31的整数倍时，当n= 1时，上式等于()2A. 1+ 2 B . 1+ 2 + 2C. 1 + 2 + 22+ 23 D . 1 + 2 + 22+ 23+ 246•用数学归纳法证明1+ 2+ 3 +…+ 2n= 2n「1+ 22n「1(n€ N+)时，假设当n= k时命题成立，则当n= k+ 1时，左端增加的项数是()kA. 1 项B . k—1 项C . k 项D . 2 项7•用数学归纳法证明“ n3+(n+ 1)3+ (n+ 2) 3( n€ N*)能被9整除”，利用归纳法假设证明当n= k+ 1时，只需展开()3 3A. (k+ 3) B . (k + 2)3 3 3C. (k+ 1) D . (k + 1) + (k + 2)1 1 1 13&用数学归纳法证明不等式T + +…+n>24的过程中，由k推导到k + 1时,n+ 1 n + 2 n+ n 24不等式左边增加的式子是着底珂华2 2 2 n n + ] 29.是否存在常数a, b, c,使等式1X2 + 2X3 +…+ n(n+ 1)= -------------------- 乜--- (an + bn + c）对一切正整数n都成立？证明你的结论.III 1(3) 2^ W X n W 2^^.10 . (2017 年浙江)已知数列｛X n｝满足：X1= 1 , X n= X n+1 + ln (1 + X n+1)(n€ N). 证明：当n€ N*时，(1) 0 V X n+ 1< X n ；X n X n +1(2) 2 X n + 1 —X n W —；14第五章数列、推理与证明第1讲数列的概念与简单表示法1. A 解析：a 8= S s — S 7= 8 — 7 = 64 — 49= 15.2. B13. C 解析：第n 个三角形数可表示为2门(n + 1)，第n 个四边形数可表示为则有a 2= — 3, a s =— 2, a 4 = 3, a 5= 2.故数列｛a n ｝是以4为周期的周期数列，且aaa s a 。

【K12教育学习资料】2019版高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第5章数列5-1a

[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(2018·海南三亚一模)在数列1,2，7，10，13，…中，219是这个数列的( )A ．第16项B ．第24项C ．第26项D ．第28项答案 C解析设题中数列为{a n }，则a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n ＝3n －2.令3n －2＝219＝76，解得n ＝26.故选C.2．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n＝n 2，则a 3＋a 5＝ ( )A.6116B.259C.2516D.3115 答案 A解析解法一：令n ＝2,3,4,5，分别求出a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.故选A.解法二：当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2.两式相除得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －12，∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.故选A.3．(2018·安徽江南十校联考)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( )A ．100B ．110C ．120D ．130 答案 C解析 {a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120.故选C.4．(2018·广东测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，则a n ＝( )A ．3(3n －2n )B ．3n ＋2C ．3nD ．3·2n －1答案 C解析由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝S 1＝32(a 1－1)，a 1＋a 2＝32(a 2－1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，a 2＝9，代入选项逐一检验，只有C 符合．故选C.5．(2018·金版原创)对于数列{a n }，“a n ＋1>|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 B解析当a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)时，∵|a n |≥a n ，∴a n ＋1＞a n ，∴{a n }为递增数列．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a 2＞|a 1|不成立，即a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)不一定成立．故综上知，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的充分不必要条件．故选B.6．(2018·广东三校期末)已知数列{a n }满足：a 1＝17，对于任意的n ∈N *，a n ＋1＝72a n (1－a n )，则a 1413－a 1314＝( )A ．－27 B.27 C ．－37 D.37 答案 D解析 a 1＝17，a 2＝72×17×67＝37，a 3＝72×37×47＝67，a 4＝72×67×17＝37，….归纳可知当n 为大于1的奇数时，a n ＝67；当n 为正偶数时，a n＝37.故a 1413－a 1314＝37.故选D.7．(2018·江西期末)定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为15n ，又b n ＝a n5.则b 10等于( )A ．15B ．17C ．19D ．21 答案 C解析由n a 1＋a 2＋…＋a n＝15n 得S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝5n 2，则S n－1＝5(n －1)2(n ≥2)，a n ＝S n －S n －1＝10n －5(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝5也满足．故a n ＝10n －5，b n ＝2n －1，b 10＝2×10－1＝19.故选C.8．(2018·西安模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )x ＋2，x ≤2，a 2x 2－9x ＋11，x >2(a >0且a ≠1)，若数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫83，3 C ．(2,3) D ．(1,3) 答案 C解析因为{a n }是递增数列，所以 ⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，(3－a )×2＋2<a 2×32－9×3＋11，解得2<a <3，所以实数a的取值范围是(2,3)．故选C.9．对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋x n ＋22<x n ＋1成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设b n ＝2t －tn －12n －1，若数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，则实数t 的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(－∞，－1]C ．(1，＋∞)D ．(－∞，1]答案 C解析由数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，得b n ＋b n ＋22<b n ＋1(n ≥3)，即t －tn －12n ＋t －t (n ＋2)－12n ＋2<2t －t (n ＋1)－12n ，即tn －12n ＋t (n ＋2)－12n ＋2>t (n ＋1)－12n . 化简得t (n －2)>1.当n ≥3时，若t (n －2)>1恒成立，则t >1n －2恒成立，又当n ≥3时，1n －2的最大值为1，则t 的取值范围是(1，＋∞)．故选C.10．(2018·湖北八校模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1(n ∈N *)，b 1＝－32λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是( )A ．λ＜45B ．λ＜1C ．λ＜32D ．λ＜23 答案 A解析 ∵数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)，∴a n >0，1a n ＋1＝2a n＋1，则1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是等比数列，且首项为1a 1＋1＝2，公比为2，∴1a n＋1＝2n .∴b n ＋1＝(n －2λ)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1＝(n －2λ)·2n (n ∈N *)， ∴b n ＝(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)， ∵数列{b n }是单调递增数列， ∴b n ＋1＞b n ，∴(n －2λ)·2n ＞(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)，可得λ<n ＋12(n ≥2)，∴λ<32，又当n ＝1时，b 2>b 1， ∴(1－2λ)·2>－32λ，解得λ<45，综上，λ的取值范围是λ<45.故选A. 二、填空题11．(2018·厦门海沧实验中学联考)若数列{a n }满足a 1·a 2·a 3·…·a n＝n 2＋3n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________．答案a n ＝⎩⎨⎧6，n ＝1，n ＋2n，n ≥2，n ∈N *解析 a 1·a 2·a 3·…·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)，当n ＝1时，a 1＝6；当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 2·a 3·…·a n －1·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝n (n ＋1)，故当n ≥2时，a n ＝n ＋2n ，所以a n ＝⎩⎨⎧6，n ＝1，n ＋2n，n ≥2，n ∈N *.12．(2017·湖北襄阳优质高中联考)若a 1＝1，对任意的n ∈N *，都有a n >0，且na 2n ＋1－(2n －1)a n ＋1a n －2a 2n ＝0.设M (x )表示整数x 的个位数字，则M (a 2017)＝________.答案 6解析由已知得(na n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0， ∵a n ＞0，∴a n ＋1－2a n ＝0，则a n ＋1a n＝2，∵a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝1×2n －1＝2n －1.∴a 2＝2，a 3＝4，a 4＝8，a 5＝16，a 6＝32，a 7＝64，a 8＝128，…，∴n ≥2时，M (a n )依次构成以4为周期的数列．∴M (a 2017)＝M (a 5)＝6，故答案为6.13．(2017·吉林模拟)若数列{a n }满足a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2且n ∈N *)，则a 2016等于________．答案 2解析 ∵a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2且n ∈N *)，∴a 2＝1－1a 1＝1－112＝－1，∴a 3＝1－1a 2＝1－1－1＝2，∴a 4＝1－1a3＝1－12＝12，…，依此类推，可得a n ＋3＝a n ，∴a 2016＝a 671×3＋3＝a 3＝2.14．(2017·河南测试)已知各项均为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝a n2＋14，a 1＝72，S n 为数列{a n }的前n 项和，若对于任意的n ∈N *，不等式12k 12＋n －2S n≥2n －3恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫38，＋∞ 解析由a n ＋1＝12a n ＋14，得a n ＋1－12＝12⎝⎛⎭⎪⎫a n －12，且a 1－12＝3，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是以3为首项，12为公比的等比数列，则a n －12＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以a n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12，所以S n ＝3×( 120＋12＋122＋…＋12n －1 )＋n2＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2，则12＋n －2S n ＝122n .因为不等式12k12＋n －2S n＝k ·2n ≥2n －3，n ∈N *恒成立，所以k ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －32n max ，n ∈N *.令2n －32n ＝b n ，则b n ＋1－b n ＝2n －12n ＋1－2n －32n ＝5－2n 2n ＋1，则b 1<b 2<b 3>b 4>…，所以(b n )max ＝b 3＝38，故k ≥38.三、解答题15．(2017·河南百校联盟模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数n 都有a n ＝34S n ＋2成立．记b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的通项公式．解在a n ＝34S n ＋2中，令n ＝1，得a 1＝8.因为对任意正整数n 都有a n ＝34S n ＋2成立，所以a n ＋1＝34S n ＋1＋2，两式相减得a n ＋1－a n ＝34a n ＋1，所以a n ＋1＝4a n ，又a 1＝8，所以{a n }是首项为8，公比为4的等比数列，所以a n＝8×4n －1＝22n ＋1，所以b n ＝log 222n ＋1＝2n ＋1.16．(2015·四川高考)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<11000成立的n 的最小值．解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有 a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n＝2a n－1(n≥2)．从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)．所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.所以数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列．故a n＝2n.(2)由(1)得1a n＝12n，所以T n＝12＋122＋…＋12n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫12n1－12＝1－1 2n.由|T n－1|<11000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n－1<11000，即2n>1000.因为29＝512<1000<1024＝210，所以n≥10.于是，使|T n－1|<11000成立的n的最小值为10.。

2019版高考数学(文)高分计划一轮狂刷练：第5章数列 5-3a

[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(2018·邢台摸底)已知数列{a n }为等比数列，a 5＝1，a 9＝81，则a 7＝( )A ．9或－9B ．9C ．27或－27D ．27答案 B解析依题意得a 27＝a 5·a 9＝81，又注意到a 7a5＝q 2>0(其中q 为公比)，因此a 5，a 7的符号相同，故a 7＝9.故选B.2．(2018·安徽安庆模拟)数列{a n }满足：a n ＋1＝λa n －1(n ∈N *，λ∈R 且λ≠0)，若数列{a n －1}是等比数列，则λ的值等于( )A ．1B ．－1 C.12 D ．2 答案 D解析由a n ＋1＝λa n －1，得a n ＋1－1＝λa n －2＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2λ.由于数列{a n －1}是等比数列，所以2λ＝1，得λ＝2.故选D.3．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里答案 B解析设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ＝12，依题意有a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝192×12＝96，即第二天走了96里．故选B.4．(2018·浙江温州十校联考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6 答案 C解析由已知得，S m －S m －1＝a m ＝－16，S m ＋1－S m ＝a m ＋1＝32，故公比q ＝a m ＋1a m＝－2.又S m ＝a 1－a m q 1－q ＝－11，故a 1＝－1.又a m ＝a 1·q m－1＝－16，故(－1)×(－2)m －1＝－16，求得m ＝5.故选C.5．(2017·福建漳州八校联考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5等于( )A ．－3B ．5C ．－31D ．33 答案 D解析设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知得q ≠1. ∵S 3＝2，S 6＝18， ∴1－q 31－q 6＝218，得q 3＝8， ∴q ＝2.∴S 10S 5＝1－q 101－q 5＝1＋q 5＝33.故选D. 6．(2017·安徽六校素质测试)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2，a 4＋2，a 5成等差数列，a 1＝2，S n 是数列{a n }的前n 项的和，则S 10－S 4＝( )A ．1008B ．2016C ．2032D ．4032 答案 B解析由题意知2(a 4＋2)＝a 2＋a 5，即2(2q 3＋2)＝2q ＋2q 4＝q (2q 3＋2)，得q ＝2，所以a n ＝2n ，S 10＝2(1－210)1－2＝211－2＝2046，S 4＝2(1－24)1－2＝25－2＝30，所以S 10－S 4＝2016.故选B.7．(2018·上海黄浦模拟)已知{a n }是首项为1的等比数列，若S n是数列{a n }的前n 项和，且28S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前4项和为( )A.158或4B.4027或4C.4027D.158 答案 C解析设数列{a n }的公比为q .当q ＝1时，由a 1＝1，得28S 3＝28×3＝84，S 6＝6，两者不相等，因此不合题意．当q ≠1时，由28S 3＝S 6及首项为1，得28(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q ，解得q ＝3.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前4项和为1＋13＋19＋127＝4027. 8．(2018·衡水模拟)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，a 1＝120，9S 3＝S 6，设T n ＝a 1a 2a 3·…·a n ，则使T n 取最小值时n 的值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6 答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，由9S 3＝S 6知，q ≠1，故9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q，解得q ＝2，又a 1＝120，所以a n ＝a 1qn －1＝2n －120.因为T n ＝a 1a 2a 3·…·a n ，故当T n 取最小值时a n ≤1，且a n ＋1≥1，即⎩⎨⎧2n －120≤1，2n20≥1，得n ＝5.故选C.9．(2018·河南洛阳模拟)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9 答案 D解析 ∵a ，b 是函数f (x )＝x 2－px 十q (p >0，q >0)的两个不同的零点，∴a ＋b ＝p ，ab ＝q .∵p >0，q >0，∴a >0，b >0.又a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2b ＝a －2，ab ＝4①或⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝b －2，ab ＝4，② 解①得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1，解②得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.∴p ＝a ＋b ＝5，q ＝1×4＝4. ∴p ＋q ＝9.故选D.10．(2017·广东清远一中一模)已知正项等比数列{a n }满足：a 3＝a 2＋2a 1，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.32B.53C.256 D ．不存在答案 A解析 ∵正项等比数列{a n }满足：a 3＝a 2＋2a 1， ∴a 1q 2＝a 1q ＋2a 1，即q 2＝q ＋2，解得q ＝－1(舍)或q ＝2，∵存在两项a m ，a n ，使得a m a n ＝4a 1， ∴a m a n ＝16a 21，∴(a 1·2m －1)·(a 1·2n －1)＝16a 21， ∴a 21·2m ＋n －2＝16a 21，∴m ＋n ＝6，∴1m ＋4n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ⎣⎢⎡⎦⎥⎤16(m ＋n ) ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋n m ＋4m n ≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋2n m ·4m n ＝32(当且仅当n ＝2m 时取等)， ∴1m ＋4n 的最小值是32.故选A. 二、填空题11．(2014·天津高考)设{a n }是首项为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的值为________．答案－12解析 S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6.故(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12.12．(2014·广东高考)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.答案 50解析因为等比数列{a n }中，a 10·a 11＝a 9·a 12，所以由a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，可解得a 10·a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln (a 1·a 2·…·a 20) ＝ln (a 10·a 11)10＝10ln (a 10·a 11)＝10ln e 5＝50.13．(2017·广东潮州二模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，a n ＝2×3n －1(n ∈N *)，若b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，则b 1＋b 2＋…＋b n ＝________.答案 12－13n ＋1－1解析由a n ＝2×3n －1可知数列{a n }是以2为首项，3为公比的等比数列，所以S n ＝2(1－3n )1－3＝3n －1，则b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n－1S n ＋1，则b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝12－13n ＋1－1. 14．一正数等比数列前11项的几何平均数为32，从这11项中抽去一项后所余下的10项的几何平均数为32，那么抽去的这一项是第________项．答案 6解析由于数列的前11项的几何平均数为32，所以该数列的前11项之积为3211＝255.当抽去一项后所剩下的10项之积为3210＝250， ∴抽去的一项为255÷250＝25.又因a 1·a 11＝a 2·a 10＝a 3·a 9＝a 4·a 8＝a 5·a 7＝a 26， ∴a 1·a 2·…·a 11＝a 116.故有a 116＝255，即a 6＝25.∴抽出的应是第6项．三、解答题15．(2017·海淀区模拟)已知{a n }是等差数列，满足a 1＝2，a 4＝14，数列{b n }满足b 1＝1，b 4＝6，且{a n －b n }是等比数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若∀n ∈N *，都有b n ≤b k 成立，求正整数k 的值．解 (1)设{a n }的公差为d ，则d ＝a 4－a 13＝4， ∴a n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2，故{a n }的通项公式为a n ＝4n －2(n ∈N *)．设c n ＝a n －b n ，则{c n }为等比数列．c 1＝a 1－b 1＝2－1＝1，c 4＝a 4－b 4＝14－6＝8，设{c n }的公比为q ，则q 3＝c 4c 1＝8，故q ＝2.则c n ＝2n －1，即a n －b n ＝2n －1. ∴b n ＝4n －2－2n －1(n ∈N *)．故{b n }的通项公式为b n ＝4n －2－2n －1(n ∈N *)． (2)由题意，b k 应为数列{b n }的最大项．由b n ＋1－b n ＝4(n ＋1)－2－2n －4n ＋2＋2n －1＝4－2n －1(n ∈N *)．当n ＜3时，b n ＋1－b n ＞0，b n ＜b n ＋1，即b 1＜b 2＜b 3；当n ＝3时，b n ＋1－b n ＝0，即b 3＝b 4；当n ＞3时，b n ＋1－b n ＜0，b n ＞b n ＋1，即b 4＞b 5＞b 6＞…. 综上所述，数列{b n }中的最大项为b 3和b 4. 故存在k ＝3或4，使∀n ∈N *，都有b n ≤b k 成立．16．(2015·广东高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列；(3)求数列{a n }的通项公式．解 (1)∵4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1， ∴n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，∴4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋5(a 1＋a 2)＝8(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1，∴4×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8×( 1＋32＋54 )＋1，解得a 4＝78. (2)证明：∵n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1， ∴4(S n ＋2－S n ＋1)－2(S n ＋1－S n ) ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤(S n ＋1－S n )－12(S n －S n －1)，∴(S n ＋2－S n ＋1)－12(S n ＋1－S n ) ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤(S n ＋1－S n )－12(S n －S n －1)，∴a n ＋2－12a n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12a n .又a 3－12a 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－12a 1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是首项为1，公比为12的等比数列． (3)由(2)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是首项为1，公比为12的等比数列，∴a n ＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，两边同乘以2n ＋1，得a n ＋1·2n ＋1－a n ·2n ＝4. 又a 2·22－a 1·21＝4，∴{a n ·2n }是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a n ·2n ＝2＋4(n －1)＝2(2n －1)， ∴a n ＝2(2n －1)2n ＝2n －12n －1.。

2019届高三人教A版数学一轮复习练习：第五章数列第4节

第五章第4节[基础训练组]1．(导学号14577473)设f (x )是定义在R 上的恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，2B.⎣⎡⎦⎤12，2 C.⎣⎡⎭⎫12，1D.⎣⎡⎦⎤12，1解析：C [∵对任意x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )， ∴令x ＝n ，y ＝1，得f (n )·f (1)＝f (n ＋1)，即a n ＋1a n ＝f (n ＋1)f (n )＝f (1)＝12，∴数列{a n }是以12为首项，以12为等比的等比数列，∴a n ＝f (n )＝⎝⎛⎭⎫12n，∴S n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－⎝⎛⎭⎫12n ∈⎣⎡⎭⎫12，1.故选C.] 2．(导学号14577474)12＋12＋38＋…＋n2n 等于( )A.2n －n －12nB.2n ＋1－n －22nC.2n －n ＋12nD.2n ＋1－n ＋22n解析：B [法一：令S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①则12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②，得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－n2n ＋1.∴S n ＝2n ＋1－n －22n.故选B.法二：取n ＝1时，n 2n ＝12，代入各选项验证可知选B.]3．(导学号14577475)已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，那么数列{b n }＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为( )A ．4⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1B ．4⎝⎛⎭⎫12－1n ＋1C ．1－1n ＋1D.12－1n ＋1解析：A [由题意知a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n 2，b n ＝1a n a n ＋1＝4⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以b 1＋b 2＋…＋b n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12＋4⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋4⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝4⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝4⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1.]4．(导学号14577476)数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400解析：B [S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.]5．(导学号14577477)(2018·太原市三模)数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n＋1＝a 1＋a n ＋n ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前100项和为( )A.100101B.99100C.101100D.200101解析：D [数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ， ∴a n ＋1－a n ＝1＋n ，∴a n －a n －1＝n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋2＋1＝n (n ＋1)2，∴1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前100项和 2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝2⎝⎛⎭⎫1－1101＝200101，故选D.] 6．(导学号14577478)(2018·大理州一模)若数列{a n }的首项a 1＝2，且a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)；令b n ＝log 3(a n ＋1)，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝ ____________ .解析：∵数列{a n }的首项a 1＝2，且a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，a 1＋1＝3，∴{a n ＋1}是首项为3，公比为3的等比数列， ∴a n ＋1＝3n ，∴b n ＝log 3(a n ＋1)＝log 33n ＝n ，∴b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝1＋2＋3＋…＋100＝100(100＋1)2＝5 050.答案：5 0507．(导学号14577479)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－4n ＋2，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝ ________ .解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －5，n ≥2.令2n －5≤0，得n ≤52，∴当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝－(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4＋…＋a 10)＝S 10－2S 2＝66. 答案：668．(导学号14577480)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________ .解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，又∵a 1＝1适合上式．∴a n ＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1. ∴数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以4为公比的等比数列．∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1·(1－4n)1－4＝13(4n－1)．答案：13(4n －1)9．(导学号14577481)(2018·郴州市一模)等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．解：(1)设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，(a 1＋3d )＋(a 1＋6d )＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1，所以a n ＝3＋(n －1)＝n ＋2；(2)b n ＝2a n －2＋n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋…＋＝(2＋22＋…＋210)＋(1＋2＋…＋10) ＝2(1－210)1－2＋(1＋10)×102＝2 101.10．(导学号14577482)(2018·绵阳市质量诊断)设S n 为各项不相等的等差数列{a n }的前n 项和，已知a 3a 5＝3a 7，S 3＝9.(1)求数列{a n }通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，求T na n ＋1的最大值．解：(1)设{a n }的公差为d ，∵a 3a 5＝3a 7，S 3＝9， ∴⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋2d )(a 1＋4d )＝3(a 1＋6d )3a 1＋3×22d ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝0a 1＝3(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1a 1＝2，∴a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1； (2)∵1a n a n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2， ∴T n ＝1a 1a 2＝1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2(n ＋2)∴T n a n ＋1＝n 2(n ＋2)2＝n 2(n 2＋4n ＋4)＝12⎝⎛⎭⎫n ＋4＋4n ≤12⎝⎛⎭⎫4＋2n ·4n ＝116，当且仅当n ＝4n ，即n ＝2时“＝”成立，即当n ＝2时，T n a n ＋1取得最大值116.[能力提升组]11．(导学号14577483)已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值等于( )A ．126B ．130C ．132D ．134 解析：C [b n ＋1－b n ＝lg a n ＋1－lg a n ＝lga n ＋1a n＝lg q (常数)，∴{b n }为等差数列．∴⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋2d ＝18，b 1＋5d ＝12，∴⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－2，b 1＝22.由b n ＝－2n ＋24≥0，得n ≤12，∴{b n }的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负，∴S 11、S 12最大且S 11＝S 12＝132.]12．(导学号14577484)已知F (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋12－1是R 上的奇函数，a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝n －1 B ．a n ＝n C ．a n ＝n ＋1D ．a n ＝n 2解析：C [∵F (x )＋F (－x )＝0，∴f ⎝⎛⎭⎫x ＋12＋f ⎝⎛⎭⎫－x ＋12＝2，即若a ＋b ＝1，则f (a )＋f (b )＝2.于是，由a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)，得2a n＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋…＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋[f (1)＋f (0)]＝2n ＋2，∴a n ＝n ＋1.故选C.]13．(导学号14577485)(理科)(2018·太原市一模)已知数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1＝2a n＋3n －1(n ∈N *)，则其前n 项和S n ＝ __________ .解析：∵数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1＝2a n ＋3n －1(n ∈N *)， ∴a 2＝0，n ≥2时，a n ＝2a n －1＋3n －4，∴a n ＋1－a n ＝2a n －2a n －1＋3，化为a n ＋1－a n ＋3＝2(a n －a n －1＋3)，a 2－a 1＋3＝2， ∴数列{a n －a n －1＋3}是等比数列，首项为2，公比为2. ∴a n －a n －1＋3＝2n ，即a n －a n －1＝2n －3.∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －3＋2n －1－3＋…＋22－3－1＝4(2n －1－1)2－1－3(n －1)－1＝2n ＋1－3n －2.∴S n ＝4(2n －1)2－1－3×n (n ＋1)2－2n＝2n ＋2－4－3n 2＋7n2.答案：2n ＋2－4－3n 2＋7n 213．(导学号14577486)(文科)(2018·龙岩市一模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，对n ∈N *都有S n ＝1－a n ，若b n ＝log 2a n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝ _______________ .解析：对n ∈N *都有S n ＝1－a n ，n ＝1时，a 1＝1－a 1，解得a 1＝12.n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝1－a n －(1－a n －1)，化为a n ＝12a n －1，∴数列{a n }是等比数列，公比为12，首项为12，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n，∴b n ＝log 2a n ＝－n . ∴1b n b n ＋1＝1－n (－n －1)＝1n －1n ＋1， ∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案：nn ＋114．(导学号14577487)(2018·潍坊市一模)已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解：(1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q ＞0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴ a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍去)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[(n －1)＋1]·2n －2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋1－4n21－4＝⎝⎛⎭⎫n －23·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎝⎛⎭⎫n －53·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎝⎛⎭⎫2n －23·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式，∴T n＝⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫2n －23·2n －1＋23，n 为奇数⎝⎛⎭⎫n －23·2n＋23，n 为偶数.。

2019版高考数学(文)高分计划一轮狂刷练：第5章数列 5-4a Word版含解析

[重点保分两级优选练]A 级一、选择题1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 2＝10,S 5＝55,则a n ＋100＋a n －98＝( )A ．8n ＋6B ．4n ＋1C ．8n ＋3D ．4n ＋3 答案 A解析设等差数列{a n }的公差为d ,则S n ＝na 1＋n (n －1)2d ,由S 2＝10,S 5＝55,可得⎩⎨⎧2a 1＋2(2－1)2d ＝10，5a 1＋5(5－1)2d ＝55，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝4，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4n －1,则a n ＋100＋a n －98＝2a n ＋1＝8n ＋6.故选A.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足S 33－S 22＝1,则数列{a n }的公差是( )A ．1B ．2C ．4D ．6 答案 B解析由S 33－S 22＝1得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝a 1＋d －2a 1＋d 2＝d 2＝1,所以d ＝2.故选B.3．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别是S n ,T n ,已知S n T n＝7n n ＋3,则a 5b 5＝( )A.23B.278 C ．7 D.214 答案 D解析 a 5b 5＝2a 52b 5＝a 1＋a 9b 1＋b 9＝9(a 1＋a 9)29(b 1＋b 9)2＝S 9T 9＝7×99＋3＝214.故选D.4．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，当n 为正奇数时，－n 2，当n 为正偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1),则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．102 答案 B解析由题意,得a 1＋a 2＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.故选B.5．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ,且a 1＝12,则该数列的前2018项的和等于( )A ．1512B ．1513C ．1513.5D ．2018 答案 C解析因为a 1＝12,又a n ＋1＝12＋a n －a 2n , 所以a 2＝1,从而a 3＝12,a 4＝1,即得a n ＝⎩⎨⎧12，n ＝2k －1(k ∈N *)，1，n ＝2k (k ∈N *)，故数列的前2018项的和S 2018＝1009×⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＝1513.5.故选C.6．在数列{a n }中,已知对任意n ∈N *,a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1,则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A ．(3n－1)2B.12(9n－1) C ．9n －1 D.14(3n －1)答案 B解析因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1,所以a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)．则n ≥2时,a n ＝2×3n －1.当n ＝1时,a 1＝3－1＝2,适合上式,所以a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．则数列{a 2n }是首项为4,公比为9的等比数列．故选B.7．设直线nx ＋(n ＋1)y ＝2(n ∈N *)与两坐标轴围成的三角形面积为S n ,则S 1＋S 2＋…＋S 2017的值为( )A.20142015B.20152016C.20162017D.20172018 答案 D解析直线与x 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ，0,与y 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2n ＋1,∴S n ＝12·2n ·2n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1. ∴原式＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12017－12018＝1－12018＝20172018.故选D.8．已知{a n }为等比数列,S n 是它的前n 项和．若a 3a 5＝14a 1,且a 4与a 7的等差中项为98,则S 5等于( )A ．35B ．33C ．31D ．29 答案 C解析设等比数列{a n }的公比是q ,所以a 3a 5＝a 21q 6＝14a 1,得a 1q 6＝14,即a 7＝14.又a 4＋a 7＝2×98,解得a 4＝2,所以q 3＝a 7a 4＝18,所以q ＝12,a 1＝16,故S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1321－12＝31.故选C.9．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,则下列说法中一定成立的是( )A ．若a 3>0,则a 2017<0B ．若a 4>0,则a 2018<0C ．若a 3>0,则S 2017>0D ．若a 4>0,则S 2018>0 答案 C解析等比数列{a n }的公比q ≠0.对于A,若a 3>0,则a 1q 2>0,所以a 1>0,所以a 2017＝a 1q 2016>0,所以A 不成立；对于B,若a 4>0,则a 1q 3>0,所以a 1q >0,所以a 2018＝a 1q 2017>0,所以B 不成立；对于C,若a 3>0,则a 1＝a 3q 2>0,所以当q ＝1时,S 2017>0,当q ≠1时,S 2017＝a 1(1－q 2017)1－q>0(1－q 与1－q 2017同号),所以C 一定成立,易知D 不一定成立．故选C.10．(2017·江西九校联考)已知数列{a n }是等比数列,数列{b n }是等差数列,若a 1·a 6·a 11＝33,b 1＋b 6＋b 11＝7π,则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．1 B.22 C ．－22 D ．－3 答案 D解析 {a n }是等比数列,{b n }是等差数列,且a 1·a 6·a 11＝33,b 1＋b 6＋b 11＝7π,∴a 36＝(3)3,3b 6＝7π,∴a 6＝3,b 6＝7π3,∴tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan 2b 61－a 26＝tan 2×7π31－(3)2＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3.故选D.二、填空题11．S n ＝1＋11＋111＋…＋＝________.答案 10n ＋1－9n －108112．数列{a n }满足：a 1＝43,且a n ＋1＝4(n ＋1)a n 3a n ＋n (n ∈N *),则1a 1＋2a 2＋3a3＋…＋2018a 2018＝________.答案 201723＋13×42018解析由题意可知n ＋1a n ＋1＝34＋14·n a n ⇒n ＋1a n ＋1－1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫n a n －1,又1a 1－1＝－14,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n －1是以－14为首项,以14为公比的等比数列,所以na n＝1－14n ,所以1a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋n a n＝n －14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝n －13＋13·14n , 则1a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋2018a 2018＝2018－13＋13×142018＝201723＋13×42018. 13．设f (x )＝12x ＋2,利用课本中推导等差数列前n 项和的公式的方法,可求得f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)的值为________．答案 3 2解析 ∵6＋(－5)＝1,∴f (－5),f (－4),…,f (5),f (6)共有11＋1＝12项．由f (－5),f (6)；f (－4),f (5)；…；f (0),f (1)共有6对,且该数列为等差数列．又f (0)＋f (1)＝11＋2＋12＋2＝11＋2＋12(1＋2)＝2＋12(1＋2)＝12＝22, ∴f (－5)＋f (－4)＋…＋f (6)＝6×22＝3 2.14．已知数列{a n }的各项均为正整数,其前n 项和为S n ,若a n ＋1＝⎩⎨⎧a n ＋12，a n 是奇数，3a n －1，a n 是偶数且S 3＝10,则S 2016＝________.答案 6720解析当a 1为奇数时,a 2＝a 1＋12,此时若a 2为奇数,则a 3＝a 2＋12＝a 1＋12＋12＝a 1＋34,∴S 3＝a 1＋a 1＋12＋a 1＋34＝7a 1＋54＝10,解得a 1＝5,此时数列{a n }为5,3,2,5,3,2,….当a 1为奇数时,a 2＝a 1＋12,此时若a 2为偶数,则a 3＝3a 2－1＝3(a 1＋1)2－1＝3a 1＋12,∴S 3＝a 1＋a 1＋12＋3a 1＋12＝3a 1＋1＝10,解得a 1＝3,此时数列{a n }为3,2,5,3,2,5,….当a 1为偶数时,a 2＝3a 1－1,此时a 2为奇数,则a 3＝a 2＋12＝(3a 1－1)＋12＝3a 12,∴S 3＝a 1＋3a 1－1＋3a 12＝112a 1－1＝10,解得a 1＝2,此时数列{a n }为2,5,3,2,5,3,….上述三种情况中,数列{a n }均为周期数列．∵672×3＝2016,∴S 2016＝672S 3＝6720.B 级三、解答题15．已知S n 是数列{a n }的前n 项和,且满足S n －2a n ＝n －4. (1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n .解 (1)证明：由题意知S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2),即S n ＝2S n －1－n ＋4,所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2], 又易知a 1＝3,所以S 1－1＋2＝4,所以{S n －n ＋2}是首项为4,公比为2的等比数列． (2)由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1, 所以S n ＝2n ＋1＋n －2,于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝4(1－2n)1－2＋n (n ＋1)2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82. 16．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ,满足a 2n ＋1＝2S n＋n ＋4,a 2－1,a 3,a 7恰为等比数列{b n }的前3项．(1)求数列{a n },{b n }的通项公式；(2)若c n ＝log 2b n b n－1a n a n ＋1,求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)因为a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋4,所以a 2n ＝2S n －1＋n －1＋4(n ≥2),两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＝2a n ＋1,所以a 2n ＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2,所以a n ＋1－a n ＝1.又a 23＝(a 2－1)a 7,所以(a 2＋1)2＝(a 2－1)(a 2＋5),解得a 2＝3,又a 22＝2a 1＋1＋4,所以a 1＝2,所以{a n }是以2为首项,1为公差的等差数列,所以a n ＝n ＋1.故b 1＝2,b 2＝4,b 3＝8,所以b n ＝2n .(2)由(1)得,c n ＝n 2n －1(n ＋1)(n ＋2),故T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋24＋…＋n 2n －⎣⎢⎡12×3＋13×4＋…＋⎦⎥⎤1(n ＋1)(n ＋2).设F n ＝12＋24＋…＋n 2n ,则12F n ＝122＋223＋…＋n 2n ＋1,作差得12F n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1,所以F n ＝2－n ＋22n . 设G n ＝12×3＋13×4＋…＋1(n ＋1)(n ＋2)＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2,所以T n ＝2－n ＋22n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＝32－n ＋22n ＋1n ＋2. 17．(2017·山东高考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,且a 1＋a 2＝6,a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列,其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n＋1,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的公比为q ,由题意知a 1(1＋q )＝6,a 21q ＝a 1q 2,又a n >0,由以上两式联立方程组解得a 1＝2,q ＝2, 所以a n ＝2n . (2)由题意知S 2n ＋1＝(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2＝(2n ＋1)b n ＋1, 又S 2n ＋1＝b n b n ＋1,b n ＋1≠0,所以b n ＝2n ＋1. 令c n ＝b na n,则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12－＋2n ＋12n ,又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1,两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1,所以T n ＝5－2n ＋52n .18．在等比数列{a n }中,a 1>0,n ∈N *,且a 3－a 2＝8,又a 1,a 5的等比中项为16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ,数列{b n }的前n 项和为S n ,是否存在正整数k ,使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n <k 对任意n ∈N *恒成立,若存在,求出正整数k 的最小值；若不存在,请说明理由．解 (1)设数列{a n }的公比为q ,由题意可得a 3＝16, a 3－a 2＝8,则a 2＝8,q ＝2,a 1＝4,所以a n ＝2n ＋1. (2)b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12,S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (n ＋3)4. 1S n ＝4n (n ＋3)＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋3, 所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫11－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3 ＝43×116－43×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3 ＝229－43×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3.当n ＝1时,1S 1＝1<2<229；当n ≥2时,1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝229－43⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3<229<3.故存在k ＝3时,对任意的n ∈N *都有 1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n <3.。

2019版高考数学(文)高分计划一轮狂刷练：第5章数列 5-2a含解析

[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．已知{a n}为等差数列，其前n项和为S n，若a3＝6，S3＝12，则a10等于()A．18 B．20 C．16 D．22答案 B解析由题意得S3＝3a2＝12，解得a2＝4，所以公差d＝a3－a2＝2，a10＝a3＋7d＝20.故选B.2．(2018·武汉调研)若等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S4＝4，S6＝12，则S2＝()A．－1 B．0 C．1 D．3答案 B解析{a n}为等差数列，则S2，S4－S2，S6－S4也是等差数列，所以2(4－S2)＝S2＋(12－4)⇒S2＝0.故选B.3．《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．18 B．20 C．21 D．25答案 C解析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}，a1＝5，前30项和为390，于是30(5＋a30)2＝390，解得a30＝21，即该织女最后一天织21尺布．选C.4．(2018·郑州质检)已知等差数列{a n}的前10项和为30，a6＝8，则a100＝()A．100 B．958 C．948 D．18答案 C解析设等差数列{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.5．(2018·河南测试)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n a n＝n ＋12，则下列结论中正确的是( )A.a 2a 3＝2B.a 2a 3＝32C.a 2a 3＝23D.a 2a 3＝13 答案 C解析由已知可得S n ＝n ＋12a n ，则S n －1＝n2a n －1(n ≥2)，两式相减可得a n ＝n ＋12a n －n2a n －1(n ≥2)，化简得a n －1a n ＝n －1n (n ≥2)，当n ＝3时，可得a 2a 3＝23.故选C.6．(2018·石家庄一模)已知函数f (x )在(－1，＋∞)上单调，且函数y ＝f (x －2)的图象关于直线x ＝1对称，若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 50)＝f (a 51)，则数列{a n }的前100项的和为( )A ．－200B ．－100C ．0D ．－50 答案 B解析因为函数y ＝f (x －2)的图象关于直线x ＝1对称，则函数f (x )的图象关于直线x ＝－1对称．又函数f (x )在(－1，＋∞)上单调，数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f (a 50)＝f (a 51)，所以a 50＋a 51＝－2，所以S 100＝100(a 1＋a 100)2＝50(a 50＋a 51)＝－100.故选B. 7．(2018·湖南湘中名校联考)若{a n }是等差数列，首项a 1>0，a 2016＋a 2017＞0，a 2016·a 2017＜0，则使前n 项和S n >0成立的最大正整数n 是( )A ．2016B ．2017C ．4032D ．4033 答案 C解析因为a 1＞0，a 2016＋a 2017＞0，a 2016·a 2017＜0，所以d ＜0，a 2016＞0，a 2017＜0，所以S 4032＝4032(a 1＋a 4032)2＝4032(a 2016＋a 2017)2＞0，S 4033＝4033(a 1＋a 4033)2＝4033a 2017＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4032.故选C.8．(2017·湖南长沙四县3月联考)中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则．例如《周髀算经》和《易经》里对二十四节气的晷(ɡuǐ)影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其他节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的．下表为《周髀算经》对二十四节气晷影长的记录，其中115.146寸表示115寸146分(1寸＝10分)．已知《易经》中记录的冬至晷影长为130.0寸，夏至晷影长为14.8寸，那么《易经》中所记录的惊蛰的晷影长应为( )A ．72.4寸B ．81.4寸C ．82.0寸D ．91.6寸答案 C解析设《易经》中记录的冬至、小寒、大寒、立春、……、夏至的晷影长依次为a 1，a 2，…，a 13，由题意知它们构成等差数列，设公差为d ，由a 1＝130.0, a 13＝14.8，得130.0＋12d ＝14.8，解得d ＝－9.6.∴a 6＝130.0－9.6×5＝82.0.∴《易经》中所记录的惊蛰的晷影长是82.0寸．故选C. 9．(2017·安徽安师大附中、马鞍山二中联考)已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a na n.若对任意的n∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7]答案 A解析因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1，因为b n ＝1＋a na n ，又对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n ∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8＜0，a 9＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1＜0，9＋a －1＞0，解得－8＜a ＜－7.故选A.10．(2018·云南二检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 11＝22，a 4＝－12，如果当n ＝m 时，S n 最小，那么m 的值为( )A ．10B ．9C ．5D ．4 答案 C解析设等差数列{a n }的公差为d .由已知得11(a 1＋a 11)2＝22，所以11a 6＝22，解得a 6＝2，所以d ＝a 6－a 42＝7，所以a n ＝a 4＋(n －4)d ＝7n －40，所以数列{a n }是单调递增数列，又因为a 5＝－5<0，a 6＝2>0，所以当n ＝5时，S n 取得最小值，故选C.二、填空题11．(2014·北京高考)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．答案 8解析根据题意知a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，即a 8>0.又a 8＋a 9＝a 7＋a 10<0，∴a 9<0，∴当n ＝8时，{a n }的前n 项和最大．12．(2018·金版原创)已知函数f (x )＝cos x ，x ∈(0,2π)有两个不同的零点x 1，x 2，且方程f (x )＝m 有两个不同的实根x 3，x 4，若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m ＝________.答案－32解析若m >0，则公差d ＝3π2－π2＝π，显然不成立，所以m <0，则公差d ＝3π2－π23＝π3.所以m ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π3＝－32. 13．(2018·青岛模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为________．答案 b n ＝2n －1解析设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S nS 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0.因为对任意的正整数n 上式均成立，所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0，解得d ＝2，k ＝14.所以数列{b n }的通项公式为 b n ＝2n －1.14．(2018·安徽安庆模拟)已知数列{a n }是各项均不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，且a n ＝S 2n －1(n ∈N *)．若不等式λa n≤n ＋8n 对任意n ∈N *恒成立，则实数λ的最大值为________．答案 9解析 a n ＝S 2n －1⇒a n ＝(2n －1)(a 1＋a 2n －1)2＝ (2n －1)a n ⇒a 2n ＝(2n －1)a n ⇒a n ＝2n －1，n ∈N *.因为λa n ≤n ＋8n ，所以λ≤(n ＋8)(2n －1)n ，即λ≤2n －8n ＋15.易知y ＝2x －8x (x >0)为增函数，所以2n －8n ＋15≥2×1－81＋15＝9，所以λ≤9，故实数λ的最大值为9.三、解答题15．(2017·中卫一模)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且A ，B ，C 成等差数列．(1)若a ＝1，b ＝3，求sin C ；(2)若a ，b ，c 成等差数列，试判断△ABC 的形状．解 (1)由A ＋B ＋C ＝π，2B ＝A ＋C ，得B ＝π3.由a sin A ＝b sin B ，得1sin A ＝332，得sin A ＝12，又0＜A ＜B ，∴A ＝π6，则C ＝π－π3－π6＝π2. ∴sin C ＝1.(2)由2b ＝a ＋c ，得4b 2＝a 2＋2ac ＋c 2，又b 2＝a 2＋c 2－ac ，得4a 2＋4c 2－4ac ＝a 2＋2ac ＋c 2，得3(a －c )2＝0，∴a ＝c ，∴A ＝C ，又A ＋C ＝2π3，∴A ＝C ＝B ＝π3， ∴△ABC 是等边三角形．16．(2018·郑州模拟)数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝12－a n(n ∈N *)．(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1为等差数列，并求出{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n－1，数列{b n }的前n 项和为B n ，对任意n ≥2都有B 3n －B n >m20成立，求正整数m 的最大值．解 (1)证明：因为a n ＋1＝12－a n，所以1a n ＋1－1＝112－a n －1＝2－a n a n －1＝－1＋1a n －1，即1a n ＋1－1－1a n －1＝－1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为－2，公差为－1的等差数列，所以1a n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，所以a n ＝nn ＋1.(2)b n ＝n ＋1n －1＝1n ，令C n ＝B 3n －B n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ，所以C n ＋1－C n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13(n ＋1)－1n ＋1－…－13n ＝－1n ＋1＋13n ＋2＋13n ＋3＋13n ＋1＝13n ＋2－23n ＋3＋13n ＋1>23n ＋3－23n ＋3＝0， ∴C n ＋1－C n >0，{C n }为单调递增数列，又∵n ≥2， ∴(B 3n －B n )min ＝B 6－B 2＝13＋14＋15＋16＝1920， m 20<1920，m <19.又m ∈N *，所以m 的最大值为18.。

2019版高考数学一轮复习第五章数列分层限时跟踪练.doc

非常考案通用版2019版高考数学一轮复习第五章数列分层限时跟踪练一、选择题1．(2015·贵州八校联盟)已知数列{a n }是等差数列，若a 2＋2，a 4＋4，a 6＋6构成等比数列，则数列{a n }的公差d 等于( )A ．1B ．－1C ．2D ．－2【解析】因为a 2＋2，a 4＋4，a 6＋6构成等比数列，所以(a 4＋4)2＝(a 2＋2)(a 6＋6)，化简得d 2＋2d ＋1＝0，所以d ＝－1，故选B.【答案】 B2．(2015·江西省高考适应性测试)已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝8，数列{a n ＋1－2a n }是公比为2的等比数列，则下列判断正确的是( )A ．{a n }是等差数列B ．{a n }是等比数列 C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等比数列【解析】由已知a 2－2a 1＝4，a n ＋1－2a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1，所以{a n2n }是等差数列，故选C. 【答案】 C3．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( ) A ．445 B ．765 C ．1 080D ．3 105【解析】 ∵a n ＋1＝a n ＋3，∴a n ＋1－a n ＝3. ∴{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列． ∴a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63，n ∈N *. 令a n ≤0，得n ≤21.∴前20项都为负值．∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30＝－2S 20＋S 30. ∵S n ＝n a 1＋a n2＝n －123＋3n2，∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765，故选B. 【答案】 B4．设某商品一次性付款的金额为a 元，以分期付款的形式等额地分n 次付清，若每期利率r 保持不变，按复利计算，则每期期末所付款是( )A.a n(1＋r )n元 B.ar 1＋r n 1＋r n－1元 C.a n(1＋r )n －1元 D.ar 1＋r n －11＋r n－1元【解析】设每期期末所付款是x 元，则各次付款的本利和为x (1＋r )n －1＋x (1＋r )n －2＋x (1＋r )n －3＋…＋x (1＋r )＋x ＝a (1＋r )n，即x ·1＋rn－1r＝a (1＋r )n，故x ＝ar 1＋r n1＋r n－1. 【答案】 B5．(2015·浙江高考)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【解析】 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 3a 8，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，展开整理，得－3a 1d ＝5d 2，即a 1d ＝－53d 2.∵d ≠0，∴a 1d <0.∵S n ＝na 1＋n n －12d ，∴S 4＝4a 1＋6d ，dS 4＝4a 1d ＋6d 2＝－23d 2<0.【答案】 B 二、填空题6．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于．【解析】每天植树的棵树构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n 项和S n ＝a 11－q n 1－q ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.由2n ＋1－2≥100，得2n ＋1≥102，由于26＝64,27＝128，则n ＋1≥7，即n ≥6.【答案】 67．(2015·天津模拟)已知数列{a n }满足 a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn的最小值为．【解析】 a n ＝a n －a n －1＋a n －1－a n －2＋…＋a 2－a 1＋a 1＝2(n －1)＋2(n －2)＋…＋2＋33＝2(1＋2＋…＋n －1)＋33＝(n －1)n ＋33，故a n n＝n ＋33n－1.令f (x )＝x ＋33x －1，则f (x )＝x ＋33x－1在(0，33)上单调递减，在(33，＋∞)上单调递增．又f (5)＝535＞f (6)＝636，故a n n 的最小值为636.【答案】6368．(2014·安徽高考)如图551，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC ＝22，过点A 作BC 的垂线，垂足为A 1，过点A 1作AC 的垂线，垂足为A 2；过点A 2作A 1C 的垂线，垂足为A 3；…，依此类推．设BA ＝a 1，AA 1＝a 2，A 1A 2＝a 3，…，A 5A 6＝a 7，则a 7＝ .图551【解析】根据题意易得a 1＝2，a 2＝2，a 3＝1， ∴{a n }构成以a 1＝2，q ＝22的等比数列， ∴a 7＝a 1q 6＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫226＝14. 【答案】 14三、解答题9．(2015·吉林模拟)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的前n 项和为S n ，若S 5＝70，且a 2，a 7，a 22成等比数列，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：16≤T n ＜38.【解】 (1)由已知及等差数列的性质得S 5＝5a 3，∴a 3＝14，又a 2，a 7，a 22成等比数列，即a 27＝a 2·a 22.由(a 1＋6d )2＝(a 1＋d )(a 1＋21d )且d ≠0，解得a 1＝32d ，∴a 1＝6，d ＝4.故数列{a n }的通项公式为a n ＝4n ＋2，n ∈N *. (2)由(1)得S n ＝n a 1＋a n2＝2n 2＋4n ，1S n＝12n 2＋4n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，∴T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. 又T n ≥T 1＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＝16，所以16≤T n ＜38.10.(2015·安徽高考)设n ∈N *，x n 是曲线y＝x2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标．(1)求数列{x n }的通项公式； (2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n .【解】 (1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x2n ＋1，曲线y ＝x2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，所以数列{x n }的通项公式x n ＝n n ＋1.(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知，T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2＝2n －122n 2>2n －12－12n 2＝2n －22n ＝n －1n，所以T n >⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n .综上可得，对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n.[能力练]扫盲区提素能1．已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n －1＝2a n ，n ≥2，点O 是平面上不在l 上的任意一点，l 上有不重合的三点A 、B 、C ，又知a 2OA →＋a 2 009OC →＝OB →，则S 2 010＝( )A ．1 004B ．2 010C ．2 009D ．1 005【解析】如图所示，设AB →＝λAC →，则a 2OA →＋a 2 009OC →＝OB →＝OA →＋AB →＝OA →＋λAC →＝OA →＋λ(OC →－OA →)．故(a 2－1＋λ)OA →＝(λ－a 2 009)OC →.又∵A 、B 、C 三点不重合，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2－1＋λ＝0，λ－a 2 009＝0，∴a 2＋a 2 009＝1.又∵a n ＋1＋a n －1＝2a n ，n ≥2，∴{a n }为等差数列．∴S 2 010＝2 010×a 1＋a 2 0102＝2 010×a 2＋a 2 0092＝1 005.【答案】 D2．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n的两个零点，则b 10等于( )A ．24B ．32C ．48D ．64 【解析】依题意有a n a n ＋1＝2n，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除，得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…成等比数列．而a 1＝1，a 2＝2，所以a 10＝2·24＝32，a 11＝1·25＝32.又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64. 【答案】 D3．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝25－n，数列{b n }的通项公式为b n ＝n ＋k ，设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，a n ≤b n ，a n ，a n ＞b n ，若在数列{c n }中，c 5≤c n 对任意n ∈N *恒成立，则实数k 的取值范围是．【解析】数列c n 是取a n 和b n 中的最大值，据题意c 5是数列{c n } 的最小项，由于函数y ＝25－n 是减函数，函数y ＝n ＋k 是增函数，所以b 5≤a 5≤b 6或a 5≤b 5≤a 4，即5＋k ≤25－5≤6＋k 或25－5≤5＋k ≤25－4，解得－5≤k ≤－4或－4≤k ≤－3，所以－5≤k ≤－3.【答案】 [－5，－3]4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1，前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，不等式S 2n －S n ＞m16恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为．【解析】要使S 2n －S n ＞m 16恒成立，只需(S 2n －S n )min ＞m16.因为(S 2(n ＋1)－S n ＋1)－(S 2n －S n )＝(S 2n ＋2－S 2n )－(S n ＋1－S n )＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2－a n ＋1 ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＞12n ＋2＋12n ＋4－1n ＋2＝12n ＋2－12n ＋4＞0，所以S 2n －S n ≥S 2－S 1＝13，所以m 16＜13，即m ＜163，故m 所能取得的最大整数为5.【答案】 55．(2014·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.【证明】 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1，得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列．a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n－12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n－1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1＜13n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜1＋13＋…＋13n －1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32.所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.6．(2015·青岛模拟)已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n ＜T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．【解】 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n 9－n2，n ∈N *.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12m随m 增加而递减，∴{T m }为递增数列，得4≤T m ＜8.又S n ＝n 9－n2＝－12(n 2－9n )＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n ＜T m ＋λ，则10＜4＋λ，得λ＞6. 即实数λ的取值范围为(6，＋∞)．。

2019版高考数学(文)一轮狂刷练：第5章数列5-3a含解析

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1 1 1 1 40 所以数列 an 的前 4 项和为 1＋＋＋＝ . 3 9 27 27 8．(2018·衡水模拟)已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和，a1＝ Tn＝a1a2a3·…·an，则使 Tn 取最小值时 n 的值为( A．3 B．4 C．5 D．6 答案 C 解析 91－q3 1－q6 设等比数列{an}的公比为 q，由 9S3＝S6 知，q≠1，故＝， 1－q 1－q ) 1 ，9S3＝S6，设 20
＝－11，Sm＋1＝21，则 m＝( A．3 B．4 C．5 D．6 答案 C
)
am 1 Sm－Sm－1＝am＝－16， Sm＋1－Sm＝am＋1＝32，解析由已知得，故公比 q＝＋＝ am －2.又 Sm＝ a1－amq －－＝－11，故 a1＝－1.又 am＝a1·qm 1＝－16，故(－1)×(－2)m 1＝ 1－q
＝p，ab＝q. ∵p>0，q>0，∴a>0，b>0. 又 a，b，－2 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列， ∴ 2b＝a－2， ab＝4 a＝4， b＝1， ①或 2a＝b－2， ab＝4， a＝1， b＝4. ②
解①得
解②得
∴p＝a＋b＝5，q＝1×4＝4. ∴p＋q＝9.故选 D. 10．(2017·广东清远一中一模)已知正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存 1 4 在两项 am，an，使得 aman＝4a1，则＋的最小值为( m n 3 5 25 A. B. C. D．不存在 2 3 6 答案 A 解析 ∵正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1， ∴a1q2＝a1q＋2a1，即 q2＝q＋2，解得 q＝－1(舍)或 q＝2， ∵存在两项 am，an，使得 aman＝4a1， ∴aman＝16a2 1， ∴(a1·2m 1)·(a1·2n 1)＝16a2 1，

2019年高考数学一轮总复习第五章数列5.4数列求和课时跟踪检测理201805194269

5.4 数列求和[课时跟踪检测][基础达标]1．已知数列{a n }是等差数列，a 1＝tan225°，a 5＝13a 1，设S n 为数列{(－1)na n }的前n 项和，则S 2 014＝( )A ．2 015B ．－2 015C ．3 021D ．－3 022解析：由题知a 1＝tan(180°＋45°)＝1，∴a 5＝13 ∴d ＝a 5－a 15－1＝124＝3. ∴a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 设b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(3n －2)，∴S 2 014＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－6 037＋6 040)＝3×1 007＝3 021.故选C. 答案：C2．设{a n }是公差不为零的等差数列，a 2＝2，且a 1，a 3，a 9成等比数列，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A.n 24＋7n 4 B ．n 22＋3n 2C.n 24＋3n4D ．n 22＋n2解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 23＝a 1a 9得(a 2＋d )2＝(a 2－d )(a 2＋7d )，代入a 2＝2，解得d ＝1或d ＝0(舍)． ∴a n ＝2＋(n －2)×1＝n ， ∴S n ＝a 1＋a n n2＝1＋n n 2＝n 22＋n 2.故选D. 答案：D3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．29B ．31C ．33D ．36解析：设等比数列{a n }的公比为q 则a 21q 3＝2a 1，①a 1q 3＋2a 1q 6＝52，②解得a 1＝16，q ＝12，∴S 5＝a 11－q 51－q＝31，故选B.答案：B4．已知等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，公比为q ；等差数列{b n }中，b 1＝3，且{b n }的前n 项和为S n ，a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2.(1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝32S n ，求{c n }的前n 项和T n .解：(1)设数列{b n }的公差为d ， ∵a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2＋3d ＝18，6＋d ＝q 2.求得q ＝3，d ＝3，∴a n ＝3n －1，b n ＝3n .(2)由题意得S n ＝n 3＋3n2，c n ＝32S n ＝32×23×1n n ＋1＝1n －1n ＋1. ∴T n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.5．(2017届广州综合测试)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解：(1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2. 因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，化简得q 2－2q ＝0. 因为公比q ≠0，所以q ＝2. 所以a n ＝a 2qn －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n＋(2n －1)·2n ＋1.②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×41－2n －11－2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.6．S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，① 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3. 所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n32n ＋3.7．已知数列{a n }与{b n }满足a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )(n ∈N *)． (1)若a 1＝1，b n ＝3n ＋5，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1＝6，b n ＝2n(n ∈N *)且λa n >2n ＋n ＋2λ对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )，b n ＝3n ＋5，所以a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )＝2(3n ＋8－3n －5)＝6，所以{a n }是等差数列，首项为1，公差为6，即a n ＝6n －5. (2)因为b n ＝2n，所以a n ＋1－a n ＝2(2n ＋1－2n )＝2n ＋1，当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋22＋6＝2n ＋1＋2，当n ＝1时，a 1＝6，符合上式，所以a n ＝2n ＋1＋2，由λa n >2n＋n ＋2λ得λ>2n＋n 2n ＋1＝12＋n 2n ＋1，令f (n )＝12＋n 2n ＋1，因为f (n ＋1)－f (n )＝n ＋12n ＋2－n 2n ＋1＝1－n2n ＋2≤0，所以12＋n2n ＋1在n ≥1时单调递减，所以当n ＝1,2时，2n＋n 2n ＋1取最大值34，故λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫34，＋∞. [能力提升]1．已知数列{a n }的首项为a 1＝1，前n 项和为S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由已知得S n n＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝2n 2－n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. a 1＝1＝4×1－3，所以a n ＝4n －3，n ∈N *.(2)由(1)可得b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(4n －3)．当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×n2＝2n ，当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1，综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n ＝2k ，k ∈N *，－2n ＋1，n ＝2k －1，k ∈N *.2．在数列{a n }中，已知a n >1，a 1＝1＋3，且a n ＋1－a n ＝2a n ＋1＋a n －2，记b n ＝(a n －1)2，n ∈N *.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：13≤1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n <34.解：(1)因为a n ＋1－a n ＝2a n ＋1＋a n －2，所以a 2n ＋1－a 2n －2a n ＋1＋2a n ＝2，即(a n ＋1－1)2－(a n －1)2＝2. 又b n ＝(a n －1)2，n ∈N *，所以b n ＋1－b n ＝2，数列{b n }是以b 1＝(1＋3－1)2＝3为首项，2为公差的等差数列，故b n ＝2n ＋1，n ∈N *. (2)证明：由(1)得S n ＝n 3＋2n ＋12＝n (n ＋2)，所以1S n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，n ∈N *，所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2<34.记T n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n，因为1S n>0，n ∈N *，所以T n 单调递增．故T n ≥T 1＝1S 1＝13.综上13≤1S 1＋1S 2＋…＋1S n <34.3．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2n ＋a n ＝2S n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：S n2<S 1＋S 2＋…＋S n <S n ＋1－12.解：(1)因为当n ∈N *时，a 2n ＋a n ＝2S n ，故当n >1时，a 2n －1＋a n －1＝2S n －1，两式相减得，a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1＝2S n －2S n －1＝2a n ，即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝a n ＋a n －1. 因为a n >0，所以a n ＋a n －1>0，所以当n >1时，a n －a n －1＝1.又当n ＝1时，a 21＋a 1＝2S 1＝2a 1，得a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n .(2)证明：由(1)及等差数列的前n 项和公式知S n ＝n n ＋12，所以S n ＝n n ＋12>n 22＝n2，所以S 1＋S 2＋…＋S n >12＋22＋…＋n2＝1＋2＋…＋n 2＝S n2. 又S n ＝n n ＋12< n ＋122＝n ＋12，所以S 1＋S 2＋…＋S n <22＋32＋…＋n ＋12＝1＋2＋…＋n ＋12－12＝S n ＋1－12，所以S n2<S 1＋S 2＋…＋S n <S n ＋1－12.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。

2019年高三一轮测试(文)3数列(通用版)

2019年高三一轮测试（文）数列—————————————————————————————————————【说明】本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将第Ⅰ卷选择题的答案填入答题格内，第Ⅱ卷可在各题后直接作答，共150分，考试时间120分钟．题目要求的)1．设数列{a n }的通项公式a n ＝f (n )是一个函数，则它的定义域是( )A ．非负整数B ．N *的子集 C ．N * D ．N *或{1,2,3，…，n }2．在数列{a n }中，a 1＝3，且对于任意大于1的正整数n ，点(a n ，a n －1)在直线x －y －6＝0上，则a 3－a 5＋a 7的值为( )A ．27B ．6C ．81D ．93．设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a 2a 1等于( )A ．1B ．2C ．3D ．44．记数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n (n －1)，则该数列是( )A ．公比为2的等比数列B ．公比为12的等比数列C ．公差为2的等差数列D ．公差为4的等差数列5．据科学计算，运载“神七”的“长征”二号系列火箭在点火后第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程增加2 km ，在到达离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间是( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟6．数列{a n }的前n 项和S n ＝3n－c ，则“c ＝1”是“数列{a n }为等比数列”的( )A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分又不必要条件7．设等差数列{a n }的公差d 不为0，a 1＝9d .若a k 是a 1与a 2k 的等比中项，则k ＝( )A ．2B ．4C ．6D ．88．在数列{a n }中，a 1＝－2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，则a 2 010＝( )A ．－2B ．－13C ．－12D ．39．在函数y ＝f (x )的图象上有点列{x n ，y n }，若数列{x n }是等差数列，数列{y n }是等比数列，则函数y ＝f (x )的解析式可能为( )A ．f (x )＝2x ＋1B ．f (x )＝4x 2C ．f (x )＝log 3xD ．f (x )＝⎝⎛⎭⎫34x10．若数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋22n －7(n ∈N *)，{a n }的最大项为第x 项，最小项为第y 项，则x＋y 的值为( )A ．5B ．6C ．7D ．811．在等差数列{a n }中，a 11a 10＜－1，若它的前n 项和S n 有最大值，则下列各数中是S n 的最小正数的是( )A ．S 17B ．S 18C ．S 19D ．S 2012．已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }前n 项和的最大值等于( )A ．126B ．130C ．132D ．13413．设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1，S 6＝4S 3，则a 4＝________. 14．设数列{a n }的通项为a n ＝2n －7(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________.15．若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为“调和数列”．已知数列{1x n }为“调和数列”，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 3x 18的最大值是________．16．已知S n 是公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和，且S 6＞S 7＞S 5，则下列四个命题：①d ＜0；②S 11＞0；③S 12＜0；④S 13＞0中真命题的序号为________．三、解答题(本大题共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．(本小题满分10分)已知等差数列{a n }中，a 2＝9，a 5＝21. (1)求{a n }的通项公式；(2)令b n ＝2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .18．(本小题满分12分)已知数列{a n }，a n ∈N *，前n 项和S n ＝18(a a ＋2)2.(1)求证：{a n }是等差数列；(2)若b n ＝12a n －30，求数列{b n }的前n 项和的最小值．19.(本小题满分12分)某市2008年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市流感病毒新感染者有20人，此后，每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人，由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人，到11月30日为止，该市在这30日内该病毒新感染者共有8 670人，问11月几日，该市新感染此病毒的人数最多？并求这一天的新感染人数．20．(本小题满分12分)在平面直角坐标系中，已知三个点列{A n }、{B n }、{C n }，其中A n (n ，a n )、B n (n ，b n )、C n (n －1,0)满足：向量A n A n ＋1与共线，且点列{B n }在方向向量为(1,6)的直线上，a 1＝a ，b 1＝－a .(1)试用a 与n 表示a n (n ≥2)；(2)若a 6与a 7两项中至少有一项是a n 的最小值，试求a 的取值范围． 21.(本小题满分12分)已知数列{a n }，a 1＝1，a n ＝λa n －1＋λ－2(n ≥2)．(1)当λ为何值时，数列{a n }可以构成公差不为零的等差数列？并求其通项公式；(2)若λ＝3，令b n ＝a n ＋12，求数列{b n }的前n 项和S n .22．(本小题满分12分)已知单调递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1＜0恒成立，试求m 的取值范围．答案：一、选择题 1．D2．A 由题意得a n －a n －1－6＝0，即a n －a n －1＝6，得数列{a n }是等差数列，且首项a 1＝3，公差d ＝6，而a 3－a 5＋a 7＝a 7－2d ＝a 5＝a 1＋4d ＝3＋4×6＝27.3．C 由S 1，S 2，S 4成等比数列， ∴(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )． ∵d ≠0，∴d ＝2a 1. ∴a 2a 1＝a 1＋d a 1＝3a 1a 1＝3. 4．D 由条件可得n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n (n －1)－2(n －1)(n －2)＝4(n －1)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝0，代入适合，故a n ＝4(n －1)，故数列{a n }表示公差为4的等差数列．5．C 设每一秒钟通过的路程依次为a 1，a 2，a 3，…，a n ，则数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝2的等差数列，由求和公式有na 1＋n (n －1)d2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15，故选C.6．C 数列{a n }的前n 项和S n ＝3n －c ，且c ＝1，则a n ＝2×3n －1(n ≥1)，从而可知c ＝1是数列{a n }为等比数列的充要条件，故选C 项．7．B 因为a k 是a 1与a 2k 的等比中项，则a 2k ＝a 1a 2k ，[9d ＋(k －1)d ]2＝9d ·[9d ＋(2k －1)d ]，又d ≠0，则k 2－2k －8＝0，k ＝4或k ＝－2(舍去)． 8．B 由条件可得：a 1＝－2，a 2＝－13，a 3＝12，a 4＝3，a 5＝－2，…，即{a n }是以4为周期的周期数列，所以a 2 010＝a 2＝－13，故选B.9．D 结合选项，对于函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫34x 上的点列{x n ，y n }，有y n ＝⎝⎛⎭⎫34x n .由于{x n }是等差数列，所以x n ＋1－x n ＝d ，因此y n ＋1y n＝⎝⎛⎭⎫34x n ＋1⎝⎛⎭⎫34x n ＝⎝⎛⎭⎫34xn ＋1－x n＝⎝⎛⎭⎫34d ，这是一个与n 无关的常数，故{y n }是等比数列． 10．C 由函数f (n )＝1＋22n －7(n ∈N *)的单调性知，a 1＞a 2＞a 3，且a 4＞a 5＞a 6＞…＞0，又a 1＝35，a 2＝13，a 3＝－1，a 4＝3，故a 3为最小项，a 4为最大项，x ＋y 的值为7. 11．C ∵等差数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，∴a 1＞0，且d ＜0，由a 11a 10＜－1得a 10＞0，a 11＜－a 10，即a 10＋a 11＜0，∴S 20＝10(a 1＋a 20)＜0， S 19＝19a 10＞0，又由题意知当n ≥11时， a n ＜0，∴n ≥11时，S n 递减，故S 19是最小的正数． 12．C 由题意可知， lg a 3＝b 3，lg a 6＝b 6.又∵b 3＝18，b 6＝12，则a 1q 2＝1018，a 1q 5＝1012，∴q 3＝10－6.即q ＝10－2，∴a 1＝1022. 又∵{a n }为正项等比数列， ∴{b n }为等差数列，且d ＝－2，b 1＝22.故b n ＝22＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋24.∴S n ＝22n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋23n ＝－⎝⎛⎭⎫n －2322＋5294.又∵n ∈N *，故n ＝11或12时，(S n )max ＝132. 二、填空题 13．【解析】设等比数列的公比为q ，则由S 6＝4S 3知q ≠1，∴S 6＝1－q 61－q ＝4(1－q 3)1－q .∴q 3＝3.∴a 1q 3＝3. 【答案】 3 14．【解析】 |a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＋…＋23＝153. 【答案】 15315．【解析】因为数列{1x n}为“调和数列”，所以x n ＋1－x n ＝d (n ∈N *，d 为常数)，即数列{x n }为等差数列，由x 1＋x 2＋…＋x 20＝200得20(x 1＋x 20)2＝20(x 3＋x 18)2＝200，即x 3＋x 18＝20，易知x 3、x 18都为正数时，x 3x 18取得最大值，所以x 3x 18≤(x 3＋x 182)2＝100，即x 3x 18的最大值为100.【答案】 100 16．【解析】解答本题要灵活应用等差数列性质．由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧S 6＞S 7⇒S 6＞S 6＋a 7⇒a 7＜0S 7＞S 5⇒S 5＋a 6＋a 7＞S 5⇒a 6＋a 7＞0，S 6＞S 5⇒S 5＋a 6＞S 5⇒a 6＞0即a 6＞0，a 7＜0，a 6＋a 7＞0，因此d ＜0，①正确； S 11＝11a 6＞0②正确；S 12＝12(a 1＋a 12)2＝12(a 6＋a 7)2＞0，故③错误；S 13＝12(a 1＋a 13)2＝12a 7＜0，故④错误，故真命题的序号是①②. 【答案】 ①② 三、解答题 17．【解析】 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧a ＋d ＝9a 1＋4d ＝21，解得a 1＝5，d ＝4，∴{a n }的通项公式为a n ＝4n ＋1. (2)由a n ＝4n ＋1得b n ＝24n ＋1，∴{b n }是首项为b 1＝25，公比q ＝24的等比数列．∴S n ＝25(24n －1)24－1＝32×(24n －1)15.18．【解析】 (1)证明：∵a n ＋1 ＝S n ＋1－S n ＝18(a n ＋1＋2)2－18(a n ＋2)2， ∴8a n ＋1＝(a n ＋1＋2)2－(a n ＋2)2，∴(a n ＋1－2)2－(a n ＋2)2＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －4)＝0. ∵a n ∈N *，∴a n ＋1＋a n ≠0， ∴a n ＋1－a n －4＝0.即a n ＋1－a n ＝4，∴数列{a n }是等差数列．(2)由(1)知a 1＝S 1＝18(a 1＋2)，解得a 1＝2.∴a n ＝4n －2，b n ＝12a n －30＝2n －31，由⎩⎪⎨⎪⎧2n －31≤02(n ＋1)－31≥0得 292≤n ＜312.∵n ∈N *，∴n ＝15， ∴{a n }前15项为负值，以后各项均为正值． ∴S 5最小．又b 1＝－29，∴S 15＝15(－29＋2×15－31)2＝－22519．【解析】设第n 天新感染人数最多，则从第n ＋1天起该市医疗部门采取措施，于是，前n 天流感病毒新感染者的人数，构成一个首项为20，公差为50的等差数列，其前n 项和S n ＝20n ＋n (n －1)2×50＝25n 2－5n (1≤n ＜30，n ∈N )，而后30－n 天的流感病毒新感染者的人数，构成一个首项为20＋(n －1)×50－30＝50n －60，公差为－30，项数为30－n 的等差数列，其前30－n 项的和T 30－n ＝(30－n )(50n －60)＋(30－n )(29－n )2×(－30)＝－65n 2＋2 445n －14 850，依题设构建方程有，S n ＋T 30－n ＝8 670，∴25n 2－5n＋(－65n 2＋2 445n －14 850)＝8 670，化简得n 2－61n ＋588＝0，∴n ＝12或n ＝49(舍去)，第12天的新感染人数为20＋(12－1)·50＝570人．故11月12日，该市新感染此病毒的人数最多，新感染人数为570人．20．【解析】 (1)A n A n ＋1 ＝(1，a n ＋1－a n )，＝(－1，－b n )．因为向量A n A n ＋1与向量共线，则a n ＋1－a n －b n ＝1－1，即a n ＋1－a n ＝b n .又{B n }在方向向量为(1,6)的直线上，有b n ＋1－b n n ＋1－n＝6，即b n ＋1－b n ＝6.所以b n ＝－a ＋6(n －1)，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝a 1＋b 1＋b 2＋…＋b n －1＝a ＋3(n －1)(n －2)－a (n －1) ＝3n 2－(9＋a )n ＋6＋2a (n ≥2)．(2)二次函数f (x )＝3x 2－(9＋a )x ＋6＋2a 的图象是开口向上，对称轴为x ＝a ＋96拋物线．又∵在a 6与a 7两项中至少有一项是a n 的最小值，故对称轴x ＝a ＋96在⎝⎛⎭⎫112，152内，即112＜a ＋96＜152， ∴24＜a ＜36. 21．【解析】 (1)a 2＝λa 1＋λ－2＝2λ－2， a 3＝λa 2＋λ－2＝2λ2－2λ＋λ－2＝2λ2－λ－2， ∵a 1＋a 3＝2a 2，∴1＋2λ2－λ－2＝2(2λ－2)，得2λ2－5λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝32.当λ＝32时，a 2＝2×32－2＝1，a 1＝a 2，故λ＝32不合题意舍去；当λ＝1时，代入a n ＝λa n －1＋λ－2可得a n －a n －1＝－1， ∴数列{a n }构成首项为a 1＝1，公差为－1的等差数列， ∴a n ＝－n ＋2.(2)由λ＝3可得，a n ＝3a n －1＋3－2，即a n ＝3a n －1＋1.∴a n ＋12＝3a n －1＋32，∴a n ＋12＝3⎝⎛⎭⎫a n －1＋12，即b n ＝3b n －1(n ≥2)，又b 1＝a 1＋12＝32，∴数列{b n }构成首项为b 1＝32，公比为3的等比数列，∴b n ＝32×3n －1＝3n2，∴S n ＝32(1－3n )1－3＝34(3n －1)． 22．【解析】 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解之得⎩⎨⎧q ＝2a 1＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴q ＝2，a 1＝2，∴a n ＝2n ，(2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ①－2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)2n ＋n ·2n ＋1②①－②得，S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1由S n ＋(n ＋m )a n ＋1＜0，即2n ＋1－2－n ·2n ＋1＋n ·2n ＋1＋m ·2n ＋1＜0对任意正整数n 恒成立，∴m ·2n ＋1＜2－2n ＋1. 对任意正整数n ，m ＜12n －1恒成立．∵12n －1＞－1，∴m ≤－1. 即m 的取值范围是(－∞，－1]．。

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2019届高考数学一轮总复习 5.3等比数列练习一、选择题1．(2014·北京卷)设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q >1”是“{a n }为递增数列”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析等比数列{a n }为递增数列的充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，0<q <1.故“q >1”是“{a n }为递增数列”的既不充分也不必要条件．故选D.答案 D2．各项都为正数的等比数列{a n }中，首项a 1＝3，前三项和为21，则a 3＋a 4＋a 5＝( ) A ．33 B ．72 C ．84D ．189解析 ∵a 1＋a 2＋a 3＝21，∴a 1＋a 1·q ＋a 1·q 2＝21,3＋3×q ＋3×q 2＝21，即1＋q ＋q 2＝7，解得q ＝2或q ＝－3.∵a n >0，∴q ＝2，a 3＋a 4＋a 5＝21×q 2＝21×4＝84. 答案 C3．已知等比数列{a n }满足a n >0(n ∈N *)，且a 5a 2n －5＝22n(n ≥3)，则当n ≥1时，log 2a 1＋log 2a 3＋log 2a 5＋…＋log 2a 2n －1等于( )A ．(n ＋1)2B ．n 2C ．n (2n －1)D ．(n －1)2解析由等比数列的性质可知a 5a 2n －5＝a 2n ，又a 5a 2n －5＝22n，所以a n ＝2n. 又log 2a 2n －1＝log 222n －1＝2n －1，所以log 2a 1＋log 2a 3＋log 2a 5＋…＋log 2a 2n －1＝1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝[1＋n －n2＝n 2.答案 B4．已知等比数列{a n }的前n 项积记为Πn ，若a 3a 4a 8＝8，则Π9＝( ) A ．512 B ．256 C ．81D ．16解析由题意可知a 3a 4a 7q ＝a 3a 7a 4q ＝a 3a 7a 5＝a 25a 5＝a 35＝8.Π9＝a 1a 2a 3…a 9＝(a 1a 9)(a 2a 8)(a 3a 7)·(a 4a 6)a 5＝a 95，所以Π9＝83＝512，故选A.答案 A5．(2014·大纲全国卷)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A ．31 B ．32 C ．63D ．64解析 ∵S 2＝3，S 4＝15，∴由等比数列前n 项和的性质，得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，∴(S 4－S 2)2＝S 2(S 6－S 4)，即(15－3)2＝3(S 6－15)，解得S 6＝63，故选C. 答案 C6．(2015·浙江嘉兴月考)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列一定成立的是( )A ．若a 3>0，则a 2 013<0B ．若a 4>0，则a 2 014<0C ．若a 3>0，则S 2 013>0D ．若a 4>0，则S 2 014>0 解析若a 3>0，则a 2 013＝a 3q2 010>0；若a 4>0，则a 2 014＝a 4q2 010>0，故A ，B 错；当a 3>0，则a 1＝a 3q>0，因为1－q 与1－q 2 013同号，所以S 2 013＝a 1－q 2 0131－q>0，C 正确．故选C.答案 C 二、填空题7．已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和．若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________.解析 a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根且{a n }是递增数列，故a 3＝4，a 1＝1，故公比q ＝2，S 6＝a 1－q 61－q＝63.答案 638．(2014·广东卷)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.解析因为{a n }是等比数列，所以由已知可得a 10a 11＝a 9a 12＝a 1a 20＝e 5，于是ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2a 3…a 20)，而a 1a 2a 3…a 20＝(a 1a 20)10＝(e 5)10＝e 50， ∴ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝lne 50＝50.答案 509．(2014·安徽卷)如图，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC ＝22，过点A 作BC 的垂线，垂足为A 1；过点A 1作AC 的垂线，垂足为A 2；过点A 2作A 1C 的垂线，垂足为A 3；…，依此类推，设BA ＝a 1，AA 1＝a 2，A 1A 2＝a 3，…，A 5A 6＝a 7，则a 7＝________.解析由题意知数列{a n }是以首项a 1＝2，公比q ＝22的等比数列，∴a 7＝a 1·q 6＝2×⎝⎛⎭⎪⎫226＝14. 答案 14三、解答题10．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝a 4＋6，且a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)．因为S 3＝a 4＋6，所以3a 1＋3×2d2＝a 1＋3d ＋6. 所以a 1＝3.因为a 1，a 4，a 13成等比数列，所以a 1(a 1＋12d )＝(a 1＋3d )2，即3(3＋12d )＝(3＋3d )2.解得d ＝2.所以a n ＝2n ＋1. (2)由题意b n ＝22n ＋1＋1，设数列{b n }的前n 项和为T n ，c n ＝22n ＋1，c n ＋1c n ＝2n ＋＋122n ＋1＝4(n ∈N *)，所以数列{c n }为以8为首项，4为公比的等比数列．所以T n ＝－4n1－4＋n ＝22n ＋3－83＋n . 11．已知在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列；(3)若c n ＝a n ·b n ，求证：c n ＋1<c n .解 (1)由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1，∴数列{a n }是以2为首项，以1为公差的等差数列，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1.①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)，②①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝13b n －1. 由①，令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23，∴{b n }是以23为首项，以13为公比的等比数列．(3)证明：由(2)可知b n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝23n .∴c n ＝a n ·b n ＝(n ＋1)·23n ，∴c n ＋1－c n ＝(n ＋2)·23n ＋1－(n ＋1)·23n＝23n ＋1[(n ＋2)－3(n ＋1)]＝23n ＋1(－2n －1)<0，∴c n ＋1<c n .培优演练1．(2014·上海徐汇、金山、松江二模)函数y ＝1－x ＋2图象上存在不同的三点到原点的距离构成等比数列，则以下不可能成为公比的数是( )A.32B.12C.33D. 3解析因为y ＝1－x ＋2⇔(x ＋2)2＋y 2＝1(y ≥0)，故函数的图象是以(－2,0)为圆心，1为半径的半圆．由圆的几何性质可知圆上的点到原点的距离的最小值为1，最大值为3，故13≤q 2≤3，即33≤q ≤3，而12<33，选B.答案 B2．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10,2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析设数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，∵a 25＝a 10,2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 21·q 8＝a 1·q 9， ①＋q 2＝5q ， ②由①得a 1＝q ，由②知q ＝2或q ＝12，又数列{a n }为递增数列，∴a 1＝q ＝2，从而a n ＝2n. 答案 2n3．在正项等比数列{a n }中，a 5＝12，a 6＋a 7＝3.则满足a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为________．解析设正项等比数列{a n }的公比为q ，则由a 5＝12，a 6＋a 7＝a 5(q ＋q 2)＝3可得q ＝2，于是a n ＝2n －6，则a 1＋a 2＋…＋a n ＝132－2n1－2＝2n －5－132. ∵a 5＝12，q ＝2，∴a 6＝1，a 1a 11＝a 2a 10＝…＝a 26＝1.∴a 1a 2…a 11＝1.当n 取12时，a 1＋a 2＋…＋a 12＝27－132>a 1a 2…a 11a 12＝a 12＝26成立；当n取13时，a 1＋a 2＋…＋a 13＝28－132<a 1a 2…a 11a 12a 13＝a 12a 13＝26·27＝213.当n >13时，随着n 增大a 1＋a 2＋…＋a n 将恒大于a 1a 2…a n .因此所求n 的最大值为12.答案 124．已知等比数列{a n }的所有项均为正数，首项a 1＝1，且a 4,3a 3，a 5成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n ＋1－λa n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n －1(n ∈N *)，求实数λ的值．解 (1)设数列{a n }的公比为q ，由条件可知q 3,3q 2，q 4成等差数列，∴6q 2＝q 3＋q 4，解得q ＝－3或q ＝2，∵q >0，∴q ＝2.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)记b n ＝a n ＋1－λa n ，则b n ＝2n－λ·2n －1＝(2－λ)·2n －1，若λ＝2，则b n ＝0，S n ＝0，不符合条件；若λ≠2，则b n ＋1b n＝2，数列{b n }为等比数列，首项为2－λ，公比为2，此时S n ＝－λ1－2(1－2n)＝(2－λ)·(2n－1)，∵S n ＝2n－1(n ∈N *)，∴λ＝1.。

2019版一轮文数人教A版练习：专题突破练三数列综合含解析精品

专题突破练(三) 数列综合1．设数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1，数列{b n }满足b n ＝1(n ＋1)log 2a n＋n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝4.由S n ＝2n ＋1得S n －1＝2n (n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n (n ≥2)，∴a n ＝⎩⎨⎧ 4， n ＝12n ， n ≥2.(2)当n ＝1时，b 1＝12log 24＋1＝54，∴T 1＝54. 当n ≥2时，b n ＝1(n ＋1)log 22n ＋n ＝1n (n ＋1)＋n ＝1n －1n ＋1＋n ， T n ＝54＋⎝ ⎛12－13＋13－14＋14－15⎭⎪⎫＋…＋1n －1n ＋1＋(2＋3＋4＋…＋n ) ＝14＋⎝⎛12－13＋13－14＋14－15 ⎭⎪⎫＋…＋1n －1n ＋1＋(1＋2＋3＋4＋…＋n ) ＝34－1n ＋1＋n (n ＋1)2，上式对于n ＝1也成立，∴T n ＝34－1n ＋1＋n (n ＋1)2. 2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ∈N *，n ≥2)．(1)证明：数列{a n ＋1－a n }是等比数列，并求出{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b n ＝2log 4(a n ＋1)2，证明：对一切正整数n ，有1b 21－1＋1b 22－1＋…＋1b 2n －1<12. 证明：(1)由a n ＋1＝3a n －2a n －1，可得a n ＋1－a n ＝2(a n －a n －1)，(n ≥2) ∵a 2－a 1＝2，∴{a n ＋1－a n }是首项为2，公比为2的等比数列，即a n ＋1－a n ＝2n . ∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1. (2)由题意得b n ＝2log 4(2n )2＝2n .∵1b 2n －1＝14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. ∴1b 21－1＋1b 22－1＋…＋1b 2n －1＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15 ⎦⎥⎤＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12. ∴对一切正整数n ，有1b 21－1＋1b 22－1＋…＋1b 2n －1<12. 3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝a n ＋1－n ·2n ＋3－4，n ∈N *，且a 1，S 2,2a 3＋4成等比数列．(1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)设b n ＝a n 2n ，n ∈N *，求数列{b n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有3a 1＋4a 2＋…＋n ＋2a n<1. 解析：(1)由已知得⎩⎨⎧ a 1(2a 3＋4)＝(a 1＋a 2)2，a 1＝a 2－20，a 1＋a 2＝a 3－68.解得a 1＝4，a 2＝24，a 3＝96. (2)因为S n ＝a n ＋1－n ·2n ＋3－4，n ∈N *，①所以S n －1＝a n －(n －1)·2n ＋2－4，其中n ≥2.②①－②，并整理得a n ＋1＝2a n ＋(n ＋1)·2n ＋2，n ≥2，即b n ＋1＝b n ＋2(n ＋1)，n ≥2.所以⎩⎨⎧ b 3＝b 2＋2×3，b 4＝b 3＋2×4，……b n ＝b n －1＋2n ，累积相加，得b n ＝b 2＋(n －2)(n ＋3)．由(1)知a 2＝24，所以b 2＝6，所以n ≥2时，b n ＝n (n ＋1)，又a 1＝4，b 1＝2也符合上式，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ＋1)，n ∈N *.(3)证明：对一切正整数n ，因为n ＋2a n ＝n ＋2n (n ＋1)·2n ＝1n ·2n －1－1(n ＋1)·2n，所以3a 1＋4a 2＋…＋n ＋2a n＝31×2×21＋42×3×22＋…＋n ＋2n (n ＋1)·2n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11×20－12×21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×21－13×22 ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n ·2n －1－1(n ＋1)·2n ＝1－1(n ＋1)·2n<1. 4．已知数列{a n }满足2a 1＋4a 2＋…＋2n a n ＝n (n ＋1)2.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和T n .解析：(1)证明：当n ＝1时，由2a 1＝1得，a 1＝12，当n ≥2时，由2a 1＋4a 2＋…＋2n a n ＝n (n ＋1)2得，2a 1＋4a 2＋…＋2n －1a n －1＝(n －1)n 2，于是2na n ＝n (n ＋1)2－(n －1)n 2＝n ，整理得a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，又a 1＝12符合上式，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列． (2)由(1)得，a n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，① 12T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，② 所以12T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，即T n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝2－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝2－n ＋22n .。

2019版高考数学(文)高分计划一轮狂刷练及答案解析：第9章统计与统计案例 9-1a Word版

[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．在“世界读书日”前夕，为了了解某地5000名居民某天的阅读时间，从中抽取了200名居民的阅读时间进行统计分析．在这个问题中，5000名居民的阅读时间的全体是( )A ．总体B ．个体C ．样本的容量D ．从总体中抽取的一个样本答案 A解析 5000名居民的阅读时间的全体是总体，每名居民的阅读时间是个体，200是样本容量，故选A.2．将参加英语口语测试的1000名学生编号为000,001,002，…，999，从中抽取一个容量为50的样本，按系统抽样的方法分为50组，若第一组编号为000,001,002，…，019，且第一组随机抽取的编号为015，则抽取的第35个编号为( )A ．700B ．669C ．695D ．676答案 C解析由题意可知，第一组随机抽取的编号l ＝15，分段间隔k ＝N n ＝100050＝20，故抽取的第35个编号为15＋(35－1)×20＝695.故选C.3．某月月底，某商场想通过抽取发票存根的方法估计该月的销售总额．先将该月的全部销售发票的存根进行了编号，1,2,3，…，然后拟采用系统抽样的方法获取一个样本．若从编号为1,2,3，…，10的前10张发票的存根中随机抽取1张，然后再按系统抽样的方法依编号顺序逐次产生第2张、第3张、第4张、……，则抽样中产生的第2张已编号的发票存根，其编号不可能是()A．13 B．17C．19 D．23答案 D解析因为第一组的编号为1,2,3，…，10，所以根据系统抽样的定义可知第二组的编号为11,12,13，…，20，故第2张已编号的发票存根的编号不可能为23.故选D.4．从某500件产品中随机抽取50件进行质检，利用随机数表法抽取样本时，先将这500件产品按001,002,003，…，500进行编号．如果从随机数表的第7行第4列的数2开始，从左往右读数，则依次抽取的第4个个体的编号是()附：随机数表第6行至第8行各数如下：A．217 B．245C．421 D．206答案 D解析产品的编号为3位号码，故每次读数取3位，第一个三位数为217，依次取出符合条件的号码为157,245,206，故第4个个体编号为206.故选D.5．采用系统抽样方法从960人中抽取32人做问卷调查，为此将他们随机编号为1,2，…，960，分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为9.抽到的32人中，编号落入区间[1,450]的人做问卷A，编号落入区间[451,750]的人做问卷B，其余的人做问卷C.则抽到的人中，做问卷B的人数为()A．7 B．9C．10 D．15答案 C解析由系统抽样的特点，知抽取号码的间隔为96032＝30，抽取的号码依次为9,39,69，…，939.落入区间[451,750]的有459,489，…，729，这些数构成首项为459，公差为30的等差数列，设有n 项，显然有729＝459＋(n －1)×30，解得n ＝10.所以做问卷B 的有10人．故选C.6．(2018·朝阳质检)某工厂有甲、乙、丙、丁四类产品共3000件，且它们的数量成等比数列，现用分层抽样的方法从中抽取150件进行质量检测，其中从乙、丁两类产品中抽取的总数为100件，则甲类产品有( )A ．100件B ．200件C ．300件D ．400件答案 B解析设从甲、乙、丙、丁四类产品中分别抽取a 1，a 2，a 3，a 4件进行检测，由于四类产品的数量成等比数列且是分层抽样，所以a 1，a 2，a 3，a 4也成等比数列，设此等比数列的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 3＝50，a 2＋a 4＝100，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q 2)＝50，a 1q (1＋q 2)＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝10，q ＝2.即从甲类产品中抽取10件，则甲类产品的数量为101503000＝200(件)，故选B.7．福利彩票“双色球”中红色球的号码由编号为01,02，…，33的33个个体组成，某彩民利用下面的随机数表选取6组数作为6个红色球的编号，选取方法是从随机数表第1行的第10列和第11列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6个红色球的编号为( )A ．23B ．09C ．02D ．17答案 C 解析从随机数表第1行的第10列和第11列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出的6个红色球的编号依次为21,32,09,16,17,02，故选出的第6个红色球的编号为02.故选C.8．(2018·包头检测)将参加夏令营的600名学生按001,002，…，600进行编号．采用系统抽样的方法抽取一个容量为50的样本，且随机抽得的号码为003.这600名学生分别住在三个营区，从001到300在第Ⅰ营区，从301到495在第Ⅱ营区，从496到600在第Ⅲ营区，三个营区被抽中的人数依次为 ( )A ．26,16,8B ．25,17,8C ．25,16,9D ．24,17,9答案 B解析由题意及系统抽样的定义可知，将这600名学生按编号依次分成50组，每一组各有12名学生，第k (k ∈N *)组抽中的号码是3＋12(k －1)．令3＋12(k －1)≤300，得k ≤1034，因此第Ⅰ营区被抽中的人数是25；令300<3＋12(k －1)≤495，得1034<k ≤42，因此第Ⅱ营区被抽中的人数是42－25＝17；第Ⅲ营区被抽中的人数为50－25－17＝8.故选B.9．某单位有老年人28人、中年人54人、青年人81人，为了调查他们的身体状况，从中抽取一个容量为36的样本，则最适合抽取样本的方法是( )A ．简单随机抽样B ．系统抽样C ．分层抽样D ．先从老年人中剔除1人，再用分层抽样答案 D解析因为总体由差异明显的三部分组成，所以考虑用分层抽样．因为总人数为28＋54＋81＝163，样本容量为36，由于按36163抽样，无法得到整数解，因此考虑先剔除1人，将抽样比变为36162＝29.若从老年人中随机地剔除1人，则老年人应抽取27×29＝6(人)，中年人应抽取54×29＝12(人)，青年人应抽取81×29＝18(人)，从而组成容量为36的样本．故选D.10．(2017·山西阳泉调研)学校高中部共有学生2000名，高中部各年级男、女生人数如表，已知在高中部学生中随机抽取1名学生，抽到高三年级女生的概率是0.18，现用分层抽样的方法在高中部抽取50名学生，则应在高二年级抽取的学生人数为( )A ．14C ．16D ．17 答案 B解析由已知高三女生数x ＝2000×0.18＝360.故高三年级总共有360＋340＝700(人)．而高一年级共有373＋327＝700(人)．所以高二年级共有2000－700－700＝600(人)．设高二年级应抽取的学生数为n ，则由分层抽样的特点知，n 50＝6002000，解得n ＝15.故选B.二、填空题11．(2017·郑州期末)已知某商场新进3000袋奶粉，为检查其三聚氰胺是否超标，现采用系统抽样的方法从中抽取150袋检查，若第一组抽出的号码是11，则第六十一组抽出的号码为________．答案 1211解析由系统抽样，抽样间隔k ＝3000150＝20，由题意知这些号码是以11为首项，20为公差的等差数列，则a 61＝11＋60×20＝1211，故第61组抽取号码为1211.12．(2018·浙江五校模拟)某报社做了一次关于“什么是新时代的雷锋精神”的调查，在A ，B ，C ，D 四个单位回收的问卷数依次成等差数列，且共回收1000份，因报道需要，再从回收的问卷中按单位分层抽取容量为150的样本，若在B 单位抽30份，则在D 单位抽取的问卷是________份．答案 60解析由题意依次设在A ，B ，C ，D 四个单位回收的问卷数分别为a 1，a 2，a 3，a 4，则30a 2＝1501000，∴a 2＝200.又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1000，即3a 2＋a 4＝1000，∴a 4＝400.设在D 单位抽取的问卷数为n ，∴n 400＝1501000，解得n ＝60.13．某企业三个分厂生产同一种电子产品，三个分厂产量分布如图所示，现在用分层抽样方法从三个分厂生产的该产品中共抽取100件做使用寿命的测试，则第一分厂应抽取的件数为________；由所得样品的测试结果计算出一、二、三分厂取出的产品的使用寿命平均值分别为1020小时、980小时、1030小时，估计这个企业所生产的该产品的平均使用寿命为________小时．答案 50 1015解析第一分厂应抽取的件数为100×50%＝50；该产品的平均使用寿命为1020×0.5＋980×0.2＋1030×0.3＝1015.14．(2017·临沂期末)某地区有居民100000户，其中普通家庭99000户，高收入家庭1000户．在普通家庭中以简单随机抽样的方式抽取990户，在高收入家庭中以简单随机抽样的方式抽取100户进行调查，发现共有120户家庭拥有3套或3套以上住房，其中普通家庭50户，高收入家庭70户．依据这些数据并结合所掌握的统计知识，你认为该地区拥有3套或3套以上住房的家庭所占比例的合理估计是________．答案 5.7%解析 99000户普通家庭中拥有3套或3套以上住房的约有99000×50990＝5000(户)，1000户高收入家庭中拥有3套或3套以上住房的约有70100×1000＝700(户)，故该地拥有3套或3套以上住房的家庭所占比例约为5000＋700100000×100%＝5.7%.三、解答题15．某单位有工程师6人，技术员12人，技工18人，要从这些人中抽取一个容量为n 的样本．如果采用系统抽样和分层抽样方法抽取，不用剔除个体；如果样本容量增加1个，则在采用系统抽样时，需要在总体中先剔除1个个体，求样本容量n .解总体容量为6＋12＋18＝36.当样本容量是n 时，由题意知，系统抽样的间隔为36n ，分层抽样的比例是n 36，抽取工程师人数为n 36×6＝n 6(人)，技术员人数为n 36×12＝n 3(人)，技工人数为n 36×18＝n 2(人)，所以n 应是6的倍数，36的约数，即n ＝6,12,18.当样本容量为(n ＋1)时，总体容量是35，系统抽样的间隔35n ＋1，因为35n ＋1必须是整数，所以n 只能取6，即样本容量n ＝6.16．某单位有2000名职工，老年、中年、青年分布在管理、技术开发、营销、生产各部门中，如下表所示：(1)(2)若要开一个25人的讨论单位发展与薪金调整方面的座谈会，则应怎样抽选出席人？(3)若要抽20人调查对广州亚运会举办情况的了解，则应怎样抽样？解 (1)按老年、中年、青年分层，用分层抽样法抽取，抽取比例为402000＝150.故老年人、中年人、青年人各抽取4人、12人、24人．(2)按管理、技术开发、营销、生产分层，用分层抽样法抽取，抽取比例为252000＝180，故管理、技术开发、营销、生产各部门抽取2人、4人、6人、13人．(3)用系统抽样，对全部2000人随机编号，号码从0001～2000，每100号分为一组，从第一组中用简单随机抽样抽取一个号码，然后将这个号码分别加100,200，…，1900，共20人组成一个样本．。

高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第5章数列5-1aWord版含解析

[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(·海南三亚一模)在数列1,2，7，10，13，…中，219是这个数列的( )A ．第16项B ．第24项C ．第26项D ．第28项答案 C解析设题中数列为{a n }，则a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n ＝3n －2 令3n －2＝219＝76，解得n ＝26 故选C2．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n＝n 2，则a 3＋a 5＝ ( )A 6116B 259C 2516D 3115 答案 A解析解法一：令n ＝2,3,4,5，分别求出a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116 故选A解法二：当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2两式相除得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －12，∴a 3＝94，a 5＝2516， ∴a 3＋a 5＝6116 故选A3．(·安徽江南十校联考)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( )A ．100B ．110C ．120D ．130 答案 C解析 {a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120 故选C4．(·广东测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，则a n ＝( )A ．3(3n －2n )B ．3n ＋2C ．3nD ．3·2n －1答案 C解析由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝S 1＝32(a 1－1)，a 1＋a 2＝32(a 2－1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，a 2＝9，代入选项逐一检验，只有C 符合．故选C5．(·金版原创)对于数列{a n }，“a n ＋1>|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 B解析当a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)时，∵|a n |≥a n ，∴a n ＋1＞a n ，∴{a n }为递增数列．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a 2＞|a 1|不成立，即a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)不一定成立．故综上知，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的充分不必要条件．故选B6．(·广东三校期末)已知数列{a n }满足：a 1＝17，对于任意的n ∈N *，a n ＋1＝72a n (1－a n )，则a 1413－a 1314＝( )A ．－27B 27C ．－37D 37 答案 D解析 a 1＝17，a 2＝72×17×67＝37，a 3＝72×37×47＝67，a 4＝72×67×17＝37，…归纳可知当n 为大于1的奇数时，a n ＝67；当n 为正偶数时，a n ＝37 故a 1413－a 1314＝37 故选D7．(·江西期末)定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为15n ，又b n ＝a n5 则b 10等于( )A ．15B ．17C ．19D ．21 答案 C解析由n a 1＋a 2＋…＋a n＝15n 得S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝5n 2，则S n －1＝5(n －1)2(n ≥2)，a n ＝S n －S n －1＝10n －5(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝5也满足．故a n ＝10n －5，b n ＝2n －1，b 10＝2×10－1＝19 故选C8．(·西安模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )x ＋2，x ≤2，a 2x 2－9x ＋11，x >2(a >0且a ≠1)，若数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1)B ⎣⎢⎡⎭⎪⎫83，3 C ．(2,3) D ．(1,3)答案 C解析因为{a n }是递增数列，所以 ⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，(3－a )×2＋2<a 2×32－9×3＋11，解得2<a <3，所以实数a的取值范围是(2,3)．故选C9．对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋x n ＋22<x n ＋1成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设b n ＝2t －tn －12n －1，若数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，则实数t 的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(－∞，－1]C ．(1，＋∞)D ．(－∞，1]答案 C解析由数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，得b n ＋b n ＋22<b n ＋1(n ≥3)，即t －tn －12n ＋t －t (n ＋2)－12n ＋2<2t －t (n ＋1)－12n ，即tn －12n ＋t (n ＋2)－12n ＋2>t (n ＋1)－12n 化简得t (n －2)>1当n ≥3时，若t (n －2)>1恒成立，则t >1n －2恒成立，又当n ≥3时，1n －2的最大值为1，则t 的取值范围是(1，＋∞)．故选C10．(·湖北八校模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1(n ∈N *)，b 1＝－32λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是( )A ．λ＜45B ．λ＜1C ．λ＜32D ．λ＜23 答案 A解析 ∵数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)，∴a n >0，1a n ＋1＝2a n＋1，则1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是等比数列，且首项为1a 1＋1＝2，公比为2，∴1a n＋1＝2n∴b n ＋1＝(n －2λ)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1＝(n －2λ)·2n (n ∈N *)，∴b n ＝(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)， ∵数列{b n }是单调递增数列， ∴b n ＋1＞b n ，∴(n －2λ)·2n ＞(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)，可得λ<n ＋12(n ≥2)，∴λ<32，又当n ＝1时，b 2>b 1， ∴(1－2λ)·2>－32λ，解得λ<45，综上，λ的取值范围是λ<45 故选A 二、填空题11．(·厦门海沧实验中学联考)若数列{a n }满足a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2＋3n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________．答案a n ＝⎩⎨⎧6，n ＝1，n ＋2n，n ≥2，n ∈N *解析 a 1·a 2·a 3·…·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)，当n ＝1时，a 1＝6；当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 2·a 3·…·a n －1·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝n (n ＋1)，故当n ≥2时，a n ＝n ＋2n ，所以a n ＝⎩⎨⎧6，n ＝1，n ＋2n，n ≥2，n ∈N *12．(·湖北襄阳优质高中联考)若a 1＝1，对任意的n ∈N *，都有a n >0，且na 2n ＋1－(2n －1)a n ＋1a n －2a 2n ＝0 设M (x )表示整数x 的个位数字，则M (a )＝________答案 6解析由已知得(na n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0， ∵a n ＞0，∴a n ＋1－2a n ＝0，则a n ＋1a n＝2，∵a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝1×2n －1＝2n －1∴a 2＝2，a 3＝4，a 4＝8，a 5＝16，a 6＝32，a 7＝64，a 8＝128，…，∴n ≥2时，M (a n )依次构成以4为周期的数列．∴M (a )＝M (a 5)＝6，故答案为613．(·吉林模拟)若数列{a n }满足a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2且n ∈N *)，则a 等于________．答案 2解析 ∵a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2且n ∈N *)，∴a 2＝1－1a 1＝1－112＝－1，∴a 3＝1－1a 2＝1－1－1＝2，∴a 4＝1－1a 3＝1－12＝12，…，依此类推，可得a n ＋3＝a n ，∴a ＝a 671×3＋3＝a 3＝214．(·河南测试)已知各项均为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2＋14，a 1＝72，S n 为数列{a n }的前n 项和，若对于任意的n ∈N *，不等式12k12＋n －2S n≥2n －3恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫38，＋∞解析由a n ＋1＝12a n ＋14，得a n ＋1－12＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12，且a 1－12＝3，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是以3为首项，12为公比的等比数列，则a n －12＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以a n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12，所以S n ＝3×( 120＋12＋122＋…＋12n －1 )＋n2＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2，则12＋n －2S n ＝122n 因为不等式12k12＋n －2S n＝k ·2n ≥2n －3，n ∈N *恒成立，所以k ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －32n max ，n ∈N *令2n －32n ＝b n ，则b n ＋1－b n ＝2n －12n ＋1－2n －32n ＝5－2n 2n ＋1，则b 1<b 2<b 3>b 4>…，所以(b n )max ＝b 3＝38，故k ≥38三、解答题15．(·河南百校联盟模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数n 都有a n ＝34S n ＋2成立．记b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的通项公式．解在a n ＝34S n ＋2中，令n ＝1，得a 1＝8因为对任意正整数n 都有a n ＝34S n ＋2成立，所以a n ＋1＝34S n ＋1＋2，两式相减得a n ＋1－a n ＝34a n ＋1，所以a n ＋1＝4a n ，又a 1＝8，所以{a n }是首项为8，公比为4的等比数列，所以a n ＝8×4n －1＝22n ＋1，所以b n ＝log 222n ＋1＝2n ＋116．(·四川高考)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<11000成立的n 的最小值．解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n＝S n－S n－1＝2a n－2a n－1(n≥2)，即a n＝2a n－1(n≥2)．从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)．所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2所以数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列．故a n＝2n(2)由(1)得1a n＝12n，所以T n＝12＋122＋…＋12n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫12n1－12＝1－1 2n由|T n－1|<11000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n－1<11000，即2n>1000因为29＝512<1000<1024＝210，所以n≥10于是，使|T n－1|<11000成立的n的最小值为10。

近年届高考数学一轮复习第五篇数列第3节等比数列训练理新人教版(2021年整理)

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第3节等比数列【选题明细表】知识点、方法题号等比数列的判定与证明2,15等比数列的基本运算1，8等比数列的性质3,5,7等差、等比数列的综合4，6，9，11,13，14等比数列与其他知识的综合10,12基础巩固（时间:30分钟）1.（2017·山西一模）设S n是等比数列{a n}的前n项和,a3=,S3=,则公比q等于（ C )(A）（B）—(C)1或—（D)1或解析:因为a3=,S3=,所以两式相比,化简得2q2—q-1=0，解得q=1或-，故选C。

2.(2017·广西钦州二模)已知数列{a n｝满足：=，且a2=2，则a4等于( D ）(A）- （B)23 （C）12 （D）11解析:因为数列｛a n｝满足：=,所以a n+1+1=2（a n+1）,即数列{a n+1｝是等比数列，公比为2。

则a4+1=22(a2+1）=12,解得a4=11.故选D.3.（2017·郑州三模)已知等比数列{a n}，且a6+a8=4，则a8（a4+2a6+a8）的值为（ D )（A）2 (B）4 （C）8 （D）16解析:由题意知:a8（a4+2a6+a8)=a8a4+2a8a6+=+2a6a8+=(a6+a8）2,因为a6+a8=4,所以a8a4+2a8a6+=(a6+a8)2=16.故选D。