高三数学总复习知能达标训练第五章
高三数学一轮复习 第五章第1课时知能演练轻松闯关 新人教版
1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是( )A.－1n＋12 B ．cos n π2C ．cos n ＋12πD ．cos n ＋22π解析：选D.令n ＝1,2,3，…逐一验证四个选项，易得D 正确． 2．(2012·保定质检)若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝nn ＋1，则1a 5＝( ) A.56 B.65 C.130D ．30解析：选D.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝nn ＋1－n －1n ＝1nn ＋1，所以1a 5＝5×6＝30. 3．已知数列{a n }满足a 1>0，a n ＋1a n ＝12，则数列{a n }是( ) A ．递增数列B ．递减数列C ．摆动数列D ．不确定解析：选B.∵a n ＋1a n ＝12<1.又a 1>0， 则a n >0，∴a n ＋1<a n ， ∴{a n }是递减数列．4．(2010·高考辽宁卷)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：由a n ＋1－a n ＝2n ， 得a n －a n －1＝2(n －1)，a n －1－a n －2＝2(n －2)，…，a 2－a 1＝2. 将这n －1个式子累加得a n －a 1＝2n －11＋n －12＝n 2－n .∵a 1＝33，∴a n ＝n 2－n ＋33， ∴a n n ＝n 2－n ＋33n ＝n ＋33n－1.当n ＝6时，a n n 有最小值212.答案：212一、选择题1．下面有四个命题：①如果已知一个数列的递推公式及其首项，那么可以写出这个数列的任何一项；②数列23，34，45，56，…的通项公式是a n ＝n n ＋1；③数列的图象是一群孤立的点； ④数列1，－1,1，－1，…与数列－1,1，－1,1，…是同一数列．其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4解析：选A.①错误，如a n ＋2＝a n ＋a n ＋1，a 1＝1就无法写出a 2；②错误，a n ＝n ＋1n ＋2；③正确，④错误，两数列是不同的数列．2．数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n 2－17n ，则当S n 取得最小值时n 的值为( ) A ．4或5 B ．5或6 C ．4 D ．5解析：选C.由于S n ＝2n 2－17n ＝2(n －174)2－2898，而174＝4.25，且S 4＝－36，S 5＝－35， 所以当S n 取得最小值时n 的值为4.3．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n(n ≥2，n ∈N *)，则a 3a 5的值是( ) A.1516 B.158 C.34 D.38解析：选C.由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，∴a 3·a 2＝a 2＋(－1)3，∴a 3＝12，∴12a 4＝12＋(－1)4，∴a 4＝3， ∴3a 5＝3＋(－1)5，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝12×32＝34. 4．(2012·宁夏银川重点中学联考改编)设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为Πn ，则Π2012的值为( )A ．－12B ．－1C.12D ．1 解析：选D.由a 1＝2，a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2可知，数列{a n }是周期为3的周期数列，从而Π2012＝2×12×(－1)670＝1.5．已知数列{a n }的通项a n ＝nanb ＋c(a ，b ，c 都是正实数)，则a n 与a n ＋1的大小关系是( ) A ．a n ≥a n ＋1 B ．a n <a n ＋1C ．a n ＝a n ＋1D ．不能确定解析：选B.a n ＝na nb ＋c ＝ab ＋cn， ∵y ＝c n是减函数，∴y ＝ab ＋c n是增函数，∴a n <a n ＋1.二、填空题 6．已知数列{n 2n 2＋1}，则0.98是它的第________项．解析：n 2n 2＋1＝0.98＝4950，∴n ＝7. 答案：77．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a n n≤2的正整数n 的集合为________．解析：因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1， 两式相减得a n ＝2a n －2a n －1， 整理得a n ＝2a n －1，所以{a n }是公比为2的等比数列， 又因为a 1＝2a 1－1，所以a 1＝1，故a n ＝2n －1，而a n n≤2，即2n －1≤2n ，所以有n ∈{1,2,3,4}．答案：{1,2,3,4}8．(2012·开封调研)设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则其通项公式a n ＝________. 解析：由a n ＋1－a n ＝n ＋1，可得当n ≥2时，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n . 以上n －1个式子左、右两边分别相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝n ＋2n －12，∴a n ＝n n ＋12＋1.又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝n n ＋12＋1.答案：n n ＋12＋1三、解答题9．分别写出下列数列的一个通项公式： (1)12，－34，58，－716，…； (2)7,77,777,7777，…；(3)a 1＝2，a n ＋1＝2－1a n.解：(1)可用(－1)n ＋1来调整各项的符号； 各项的分子加上1后为正偶数，为2n －1；而分母组成数列21,22,23， (2)，所以a n ＝(－1)n ＋12n －12n； (2)a n ＝79(10n－1)；(3)依题设，a 1＝2，a 2＝2－12＝32，a 3＝2－23＝43，a 4＝2－34＝54，…，故可归纳出通项a n ＝n ＋1n. 10．已知数列{b n }满足b 1＝－1，b n ＋1＝b n ＋(2n －1)(n ∈N *)． 求数列{b n }的通项公式b n .解：n ≥2时，∵b n ＋1＝b n ＋(2n －1)，∴b 2－b 1＝1， b 3－b 2＝3，b 4－b 3＝5，…b n －b n －1＝2n －3，以上各式相加得b n －b 1＝1＋3＋5＋…＋(2n －3)＝n －11＋2n －32＝(n －1)2.∴b n ＝n 2－2n (n ≥2)．∵n ＝1时，b 1＝－1适合b n ＝n 2－2n ，∴b n ＝n 2－2n .11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋pn ，数列{b n }的前n 项和为T n ＝3n 2－2n . (1)若a 10＝b 10，求p 的值；(2)取数列{b n }的第1项，第3项，第5项，…，构成一个新数列{c n }，求数列{c n }的通项公式．解：(1)由已知，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋pn )－[(n －1)2＋p (n －1)] ＝2n －1＋p (n ≥2)，b n ＝T n －T n －1＝(3n 2－2n )－[3(n －1)2－2(n －1)] ＝6n －5(n ≥2)．∴a 10＝19＋p ，b 10＝55.由a 10＝b 10，得19＋p ＝55， ∴p ＝36.(2)b 1＝T 1＝1，满足b n ＝6n －5.∴数列{b n }的通项公式为b n ＝6n －5.取{b n }中的奇数项，所组成的数列的通项公式为b 2k －1＝6(2k －1)－5＝12k －11. ∴c n ＝12n －11.。
2022届高三数学(理)一轮总复习课时规范训练：第五章 数列 5-4 Word版含答案
课时规范训练[A 级 基础演练]1．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析：选A.记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15.故选A.2．(2021·河北承德模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ＝1，2，3，…)，当首项a 1和公差d 变化时，若a 5＋a 8＋a 11是一个定值，则下列各数中为定值的是( )A ．S 17B ．S 18C ．S 15D ．S 16解析：选C.由等差数列的性质得a 5＋a 11＝2a 8，所以a 5＋a 8＋a 11为定值，即a 8为定值．又由于S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15×2a 82＝15a 8，所以S 15为定值．故选C.3．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 016＝( )A.2 015×2 0162B ．2 016×2 0172C.2 015×2 0152D ．2 016×2 0162解析：选B.a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2n2（n 为奇数），（n 为偶数），∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 016＝－12＋22－32＋42－…－2 0152＋2 0162＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0162－2 0152)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 016＝2 016×2 0172.4．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( ) A ．－6 B ．－4 C ．－2D ．2解析：选A.由等差数列性质及前n 项和公式，得 S 8＝8（a 1＋a 8）2＝4(a 3＋a 6)＝4a 3，所以a 6＝0.又a 7＝－2，所以公差d ＝－2，所以a 9＝a 7＋2d ＝－6.5．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析：选D.当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3， ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3， ∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝30×（3＋119）2＝30×61＝1 830.6．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)，记S n 为{a n }的前n 项和，则S 2 017＝ ． 解析：由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)可得该数列是周期为4的数列，且a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0，a 5＝1，所以S 2 017＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 017＝504×(－2)＋1＝－1 007.答案：－1 0077．(2021·江西八所中学联考)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 017＝ ．解析：∵a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，∴当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，k ∈N *，∴S 2 017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)＝1＋(－1)×1 008＝－1 007.答案：－1 0078．等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4. (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T n .解：(1)由a 1＝10，a 2为整数，知等差数列{}a n 的公差d 为整数． 又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0，于是10＋3d ≥0，10＋4d ≤0. 解得－103≤d ≤－52.因此d ＝－3.数列{}a n 的通项公式为a n ＝13－3n .(2)b n ＝1（13－3n ）（10－3n ）＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n .于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n10（10－3n ）.9．(2021·辽宁五校联考)已知等差数列{}a n ，公差d >0，前n 项和为S n ，S 3＝6且满足a 3－a 1，2a 2，a 8成等比数列．(1)求{}a n 的通项公式；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋2，求数列{}b n 的前n 项和T n .解：(1)由S 3＝6，得a 2＝2. ∵a 3－a 1，2a 2，a 8成等比数列，∴2d ·(2＋6d )＝42，解得，d ＝1或d ＝－43.∵d >0，∴d ＝1，∴数列{}a n 的通项公式为a n ＝n . (2)∵b n ＝1a n ·a n ＋2＝1n （n ＋2），∴T n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n （n ＋2）＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n 4（n ＋1）（n ＋2）. [B 级 力量突破]1．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，初行健步不犯难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公认真算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从其次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，请问其次天走了( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里解析：选B.由题意，知每天所走路程形成以a 1为首项，公比为12的等比数列，则a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝96，即其次天走了96里．故选B.2．已知数列5，6，1，－5，…，该数列的特点是从其次项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16等于( )A ．5B ．6C ．7D ．16解析：选C.依据题意这个数列的前7项分别为5，6，1，－5，－6，－1，5，6，发觉从第7项起，数字重复消灭，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又由于16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7.故选C. 3．数列{a n }的通项为a n ＝(－1)n(2n ＋1)sin n π2＋1，前n 项和为S n ，则S 100＝ ．解析：由a n ＝(－1)n(2n ＋1)sinn π2＋1可得全部的偶数项为1，奇数项有以下规律：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，a 5＝－10，a 9＝－18，…⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝8，a 7＝16，a 11＝24，…所以a 1＋a 5＋…＋a 97＝25×(－2)＋25×242×(－8)＝－2 450，a 3＋a 7＋…＋a 99＝25×8＋25×242×8＝2 600，a 2＋a 4＋…＋a 100＝50×1＝50 所以S 100＝－2 450＋2 600＋50＝200. 答案：2004．(2021·昆明调研)已知等差数列{}a n 中，a 2＝4，a 4是a 2与a 8的等比中项． (1)求数列{}a n 的通项公式； (2)若a n ＋1≠a n ，求数列{}2n －1·a n 的前n 项和．解：(1)由a 2＝4，且a 4是a 2，a 8的等比中项可得a 1＋d ＝4，a 24＝a 2a 8，即(4＋2d )2＝4(4＋6d )，化简得d 2－2d ＝0， 则d ＝0或d ＝2，由于a 2＝4，当d ＝0时，a n ＝4； 当d ＝2时，a 1＝2，则a n ＝2n . (2)∵a n ＋1≠a n ，∴a n ＝2n ，则2n －1a n ＝2n －1·2n ＝2n ·n ，∵S n ＝21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n，(*1)(*1)×2得，2S n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)·2n＋n ·2n ＋1，(*2)(*1)－(*2)得，－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2（1－2n）1－2－n ·2n ＋1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.5．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；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 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，∴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⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＝229， ∴存在正整数k ，其最小值为3.。
2021_2022学年新教材高中数学第五章计数原理§3第1课时组合一课后篇巩固提升训练含解析北师大版
第五章计数原理§3组合问题 第1课时组合(一) 课后篇巩固提升合格考达标练1.下列问题中,组合问题的个数是()①从全班50人中选出5人组成班委会;②从全班50人中选出5人分别担任班长、副班长、团支部书记、学习委员、生活委员; ③从1,2,3,…,9中任取两个数求积; ④从1,2,3,…,9中任取两个数求差或商. A.1 B.2 D.4①,从50人中选出5人组成班委会,不考虑顺序,是组合问题;②为排列问题;对于③,从1,2,3,…,9中任取两个数求积是组合问题;因为乘法满足交换律,而减法和除法不满足,故④为排列问题.2.有6名男医生、5名女医生,从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组,则不同的选法共有() A.60种 B.70种 D.150种,选2名男医生、1名女医生的方法有C 62C 51=75(种). 3.C 3C 41+C 52+C 63+…+C 20132010的值为()A.C 20133B.C 201434 D.C 2013430+C 41+C 52+C 63+…+C 20132010=C 44+C 43+C 53+…+C 20133=C 20144.4.若集合M={x|C 7x≤21},则组成集合M 的元素共有() B.3个 C.6个 D.7个C 70=C 77=1,C 71=C 76=7,C 72=C 75=7×62!=21,C 73=C 74=7×6×53×2=35>21,∴x=0,1,2,5,6,7.5.从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入选,则不同的选法共有种(用数字填写答案).)可分两种情况:第一种情况,只有1位女生入选,不同的选法有C 21C 42=12(种);第二种情况,有2位女生入选,不同的选法有C 22C 41=4(种).根据分类加法计数原理知,至少有1位女生入选的不同的选法有16种.(方法二)从6人中任选3人,不同的选法有C 63=20(种),从6人中任选3人都是男生,不同的选法有C 43=4(种),所以至少有1位女生入选的不同的选法有20-4=16(种). 6.以下四个式子:①m=A nm m !;②A n m =n A n -1m -1;③m÷m+1=m+1n -m;④+1m+1=n+1m+1m.其中正确的个数是.式显然成立;②式中A n m=n(n-1)(n-2)…(n-m+1),A n-1m-1=(n-1)(n-2)…(n-m+1),所以A n m=n A n-1m-1,故②式成立;对于③式,m÷m+1=mm+1=A n m·(m+1)!m!·A n m+1=m+1n-m,故③式成立;对于④式,+1m+1=A n+1m+1(m+1)!=(n+1)·A n m(m+1)m!=n+1m+1m,故④式成立.7.从2,3,5,7四个数中任取两个不同的数相乘,有m个不同的积;任取两个不同的数相除,有n个不同的商,则mn=.m=C42,n=A42,∴mn =12.8.如图,有A,B,C,D四个区域,用五种不同的颜色给它们涂色,要求共边的两区域颜色互异,每个区域只涂一种颜色,共有多少种不同的涂色方法?1步,涂A区域有C51种方法;第2步,涂B区域有C41种方法;第3步,涂C区域和D区域;若C 区域涂与A区域相同的颜色,则D区域有4种涂法;若C区域涂A、B剩余3种颜色之一,即有C31种涂法,则D区域有C31种涂法.故共有C51·C41·(4+C31·C31)=260种不同的涂色方法.9.在一次数学竞赛中,某学校有12人通过了初试,学校要从中选出5人去参加市级培训,在下列条件下,有多少种不同的选法?(1)任意选5人;(2)甲、乙、丙三人必须参加;(3)甲、乙、丙三人不能参加;1人参加.从中任取5人是组合问题,共有C125=792种不同的选法.(2)甲、乙、丙三人必须参加,则只需从另外9人中选2人,是组合问题,共有C92=36种不同的选法.(3)甲、乙、丙三人不能参加,则只需从另外的9人中选5人,共有C95=126种不同的选法.(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加,可分为两步:先从甲、乙、丙中选1人,有C31=3种选法,再从另外9人中选4人,有C94种选法,共有C31C94=378种不同的选法.等级考提升练10.用0,1,…,9十个数字组成的三位数中,有重复数字的三位数的个数为()A.243B.252D.2799×10×10=900.没有重复数字的三位数有C 91A 92=648,所以有重复数字的三位数的个数为900-648=252.11.若A n 3=122,则n 等于() A.8 B.5或6 4 D.4A n 3=n (n-1)(n-2),2=12n (n-1),所以n (n-1)(n-2)=12×12n (n-1).又n ∈N +,且n ≥3,所以n=8.12.(2020某某某某期末)某校开设10门课供学生选修,其中A ,B ,C 三门由于上课时间相同,至多选一门,学校规定每位学生选修三门,则每位学生不同的选修方案种数是() A.120 B.98 D.35,分2种情况讨论:①从A ,B ,C 三门中选出1门,其余7门中选出2门,选法有C 31C 72=63(种);②从除A ,B ,C 三门之外的7门中选出3门,选法有C 73=35(种). 故不同的选法种数为63+35=98.13.(多选题)若C 17x =C 172x -1,则正整数x 的值是() A.1 B.4 D.8C 17x =C 172x -1,x=2x-1或x+2x-1=17, 解得x=1或x=6, 经检验都满足题意. 故选AC .14.(多选题)在100件产品中,有98件合格品,2件不合格品,从这100件产品中任意抽出3件,则()A.抽出的3件中恰好有1件是不合格品的抽法有C 21C 982种B.抽出的3件中恰好有1件是不合格品的抽法有C 21C 982+C 22C 981种C.抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有C 21C 982+C 22C 981种3件中至少有1件是不合格品的抽法有C 1003−C 983种,依次分析选项:对于A,抽出的3件中恰好有1件是不合格品,即2件合格品,1件不合格品,有C 21C 982种抽取方法,A 正确,B 错误;对于C,抽出的3件中至少有1件是不合格品,即2件合格品,1件不合格品或1件合格品,2件不合格品,有C 21C 982+C 22C 981种抽取方法,C 正确;对于D,用间接法分析,抽出的3件中没有不合格品的抽取方法有C 983种,则抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有C 1003−C 983种,D 正确. 故选ACD .15.某餐厅供应饭菜,每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种.现在餐厅准备了5种不同的荤菜,若要保证每位顾客有200种以上不同的选择,则餐厅至少还需准备不同的素菜品种种(结果用数值表示).x种不同的素菜.由题意,得C52·C x2≥200,从而有C x2≥20,即x(x-1)≥40.又x∈N+,所以x的最小值为7.A={1,2,3,4,5},则至少含一个偶数的集合A的子集个数为.)当子集中含有1个偶数时,共有C21(C30+C31+C32+C33)=16(个);当子集中含有2个偶数时,共有C30+C31+C32+C33=8(个);满足题意的集合A的子集个数为16+8=24(个).(方法二)集合A的子集共有C50+C51+C52+C53+C54+C55=32(个),不符合题意的子集有空集、分别只含有1,2,3个奇数的子集,有C50+C31+C32+C33=8(个),故符合题意的子集个数为32-8=24(个).17.已知10件不同产品中有4件是次品,现对它们一一进行测试,直至找出所有4件次品为止. (1)若恰在第5次测试,才测试到第一件次品,第十次测试才找到最后一件次品,则这样的不同测试方法数是多少?5次测试后,就找出了所有4件次品,则这样的不同测试方法数是多少?先排前4次测试,只能取正品,有A64种不同的测试方法,再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试,有A42种测法,再排余下4件的测试位置,有A44种测法.所以共有不同测试方法A64·A42·A44=103680(种).(2)第5次测试恰为最后一件次品,另3件在前4次中出现,从而前4次有一件正品出现.所以共有不同测试方法C41·(C61·C33)A44=576(种).新情境创新练18.某次足球比赛中,共有32支球队参加,它们先平均分成8个小组进行循环赛,决出16强(每队均与本组其他队赛一场,各组第一、二名晋级16强),这16支球队按确定的程序进行淘汰赛,最后决出冠、亚军,此外还要决出第三名、第四名,请问这次足球赛总共进行多少场比赛?:(1)小组循环赛:每组有C42=6(场),8个小组共有48场;(2)八分之一淘汰赛:8个小组的第一、二名组成16强,根据赛制规则,每两个队比赛一场,可以决出8强,共有8场;(3)四分之一淘汰赛:根据赛制规则,8强中每两个队比赛一次,可以决出4强,共有4场;(4)半决赛:根据赛制规则,4强每两个队比赛一场,可以决出2强,共有2场;(5)决赛:2强比赛1场确定冠、亚军,4强中的另两支队比赛1场决出第三、四名,共有2场.综上,由分类加法计数原理知,共有48+8+4+2+2=64场比赛.。
高三数学一轮复习第五章第3课时知能演练轻松闯关新人教版
高三数学一轮复习 第五章第3知能演练轻松闯关 新人教版1．(·兰州质检)正项等比数列{a n }中，若log 2(a 2a 98)＝4，则a 40a 60等于() A ．－16 B ．10 C ．16 D ．256 解析：选C.由log 2(a 2a 98)＝4，得a 2a 98＝24＝16， 则a 40a 60＝a 2a 98＝16.2．(·高考辽宁卷)若等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝16n，则公比为() A ．2 B ．4 C ．8 D ．16解析：选B.由a n a n ＋1＝16n，知a 1a 2＝16，a 2a 3＝162，后式除以前式得q 2＝16， ∴q ＝±4.∵a 1a 2＝a 21q ＝16>0， ∴q >0，∴q ＝4.3．等比数列{a n }中，|a 1|＝1，a 5＝－8a 2，a 5>a 2，则a n ＝()A ．(－2)n －1B ．－(－2n －1)C ．(－2)nD ．－(－2)n解析：选A.设等比数列{a n }的公比为q . ∵|a 1|＝1，∴a 1＝1或a 1＝－1.∵a 5＝－8a 2＝a 2q 3， ∴q 3＝－8，q ＝－2.又a 5>a 2，即a 2q 3>a 2， ∴a 2<0.而a 2＝a 1q ＝a 1·(－2)<0，∴a 1＝1，∴a n ＝(－2)n －1.一、选择题1．(·秦皇岛质检)设数列{(－1)n}的前n 项和为S n ，则对任意正整数n ，S n ＝()A.n [－1n －1]2B.－1n －1＋12C.－1n ＋12D.－1n－12解析：选 D.因为数列{(－1)n} 是首项与公比均为－1的等比数列，所以S n ＝－1－－1n ×－11－－1＝－1n－12.2．在等比数列{a n }中，a 1＝1，公比|q |≠1.若a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5，则m ＝() A ．9 B ．10 C ．11 D ．12解析：选C.根据题意可知：a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5＝q ·q 2·q 3·q 4＝q 10＝a 1q 10，因此有m ＝11.3．(·太原调研)若数列{a n }满足a n ＝q n (q >0，n ∈N *)，则以下命题正确的是()①{a 2n }是等比数列；②{1a n}是等比数列；③{lg a n }是等差数列；④{lg a 2n }是等差数列．A ．①③B ．③④C ．①②③④D ．②③④解析：选C.∵a n ＝q n (q >0，n ∈N *)， ∴{a n }是等比数列，因此{a 2n }，{1a n}是等比数列，{lg a n }，{lg a 2n }是等差数列．4．(·高考天津卷)已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为() A ．－110 B ．－90 C ．90 D ．110解析：选 D.∵a 3＝a 1＋2d ＝a 1－4，a 7＝a 1＋6d ＝a 1－12，a 9＝a 1＋8d ＝a 1－16，又∵a 7是a 3与a 9的等比中项，∴(a 1－12)2＝(a 1－4)·(a 1－16)，解得a 1＝20.∴S 10＝10×20＋12×10×9×(－2)＝110.5．一个等比数列的前三项的积为3，最后三项的积为9，且所有项的积为729，则该数列的项数是() A ．13 B ．12 C ．11 D ．10解析：选B.设该等比数列为{a n }，其前n 项积为T n ，则由已知得a 1·a 2·a 3＝3，a n －2·a n －1·a n ＝9，(a 1·a n )3＝3×9＝33，∴a 1·a n ＝3，又T n ＝a 1·a 2·…·a n －1·a n ，T n ＝a n ·a n －1·…·a 2·a 1，∴T 2n ＝(a 1·a n )n ，即7292＝3n，∴n ＝12. 二、填空题6．已知{a n }是递增等比数列，a 2＝2，a 4－a 3＝4，则此数列的公比q ＝________.解析：由a 2＝2，a 4－a 3＝4得方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2a 2q 2－a 2q ＝4，∴q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1.又{a n }是递增等比数列，故q ＝2. 答案：27．在正项数列{a n }中，a 1＝2，点(a n ，a n －1)(n ≥2)在直线x －2y ＝0上，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：n ≥2时，∵a n －2a n －1＝0，∴a n ＝2a n －1，∴q ＝2.∴S n ＝2×1－2n1－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－28．已知各项均为正数的等比数列{a n }，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 4a 5a 6＝________.解析：由等比数列的性质知，a 1a 2a 3＝(a 1a 3)a 2＝a 32＝5，a 7a 8a 9＝(a 7a 9)a 8＝a 38＝10，所以a 2a 8＝5013.所以a 4a 5a 6＝(a 4a 6)a 5＝a 35＝(a 2a 8)3＝(5016)3＝5 2.答案：5 2 三、解答题9．已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且a 1，a 3，a 9成等比数列． (1)求数列{a n }的通项；(2)求数列{2a n }的前n 项和S n . 解：(1)由题设知公差d ≠0.由a 1＝1，a 1，a 3，a 9成等比数列， 得1＋2d 1＝1＋8d 1＋2d，解得d ＝1，或d ＝0(舍去)．所以{a n }的通项公式为： a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知2a n ＝2n，由等比数列前n 项和公式得S n ＝2＋＋23＋ (2)＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.10．数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，且{a n a n ＋1}是以3为公比的等比数列，记b n ＝a 2n －1＋a 2n (n ∈N *)．(1)求a 3，a 4，a 5，a 6的值； (2)求证：{b n }是等比数列．解：(1)∵{a n a n ＋1}是公比为3的等比数列，∴a n a n ＋1＝a 1a 2·3n －1＝2·3n，∴a 3＝2·32a 2＝6，a 4＝2·33a 3＝9，a 5＝2·34a 4＝18，a 6＝2·35a 5＝27.(2)证明：∵{a n a n ＋1}是公比为3的等比数列， ∴a n a n ＋1＝3a n －1a n ，即a n ＋1＝3a n －1，∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…与a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，…都是公比为3的等比数列．∴a 2n －1＝2·3n －1，a 2n ＝3·3n －1，∴b n ＝a 2n －1＋a 2n ＝5·3n －1. ∴b n ＋1b n ＝5·3n 5·3n －1＝3， 故{b n }是以5为首项，3为公比的等比数列．11．设数列{a n }的前n 项和为S n ，其中a n ≠0，a 1为常数，且－a 1，S n ，a n ＋1成等差数列． (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1－S n ，问：是否存在a 1，使数列{b n }为等比数列？若存在，求出a 1的值；若不存在，请说明理由．解：(1)依题意，得2S n ＝a n ＋1－a 1.当n ≥2时，有⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a n ＋1－a 1，2S n －1＝a n －a 1.两式相减，得a n ＋1＝3a n (n ≥2)． 又因为a 2＝2S 1＋a 1＝3a 1，a n ≠0，所以数列{a n }是首项为a 1，公比为3的等比数列．因此，a n ＝a 1·3n －1(n ∈N *)．(2)因为S n ＝a 11－3n 1－3＝12a 1·3n －12a 1，b n ＝1－S n ＝1＋12a 1－12a 1·3n.要使{b n }为等比数列，当且仅当1＋12a 1＝0，即a 1＝－2.所以存在a 1＝－2，使数列{b n }为等比数列．。
2021年高考数学一轮复习 第五章 第5讲 知能训练轻松闯关
2021年高考数学一轮复习 第五章 第5讲 知能训练轻松闯关1．(xx·山西省四校联考)设等差数列{a n }和等比数列{b n }首项都是1，公差与公比都是2，则ab 1＋ab 2＋ab 3＋ab 4＋ab 5＝( )A ．54B ．56C ．58D ．57解析：选D.由题意，a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，b n ＝1×2n －1＝2n －1，∴ab 1＋…＋ab 5＝a 1＋a 2＋a 4＋a 8＋a 16＝1＋3＋7＋15＋31＝57.2．已知数列{a n }满足：a 1＝m (m 为正整数)，a n ＋1＝⎩⎨⎧a n2，当a n为偶数时，3a n＋1，当a n为奇数时.若a 6＝1，则m 所有可能的取值为( )A ．{4，5}B ．{4，32}C ．{4，5，32}D ．{5，32}解析：选C.a n ＋1＝⎩⎨⎧a n2，当a n为偶数时，3a n＋1，当a n为奇数时，注意递推的条件是a n(而不是n )为偶数或奇数．由a 6＝1一直往前面推导可得a 1＝4或5或32.3．(xx·高考辽宁卷)设等差数列{a n }的公差为d .若数列{2a 1a n }为递减数列，则( )A ．d <0B ．d >0C ．a 1d <0D ．a 1d >0解析：选C.设b n ＝2a 1a n，则b n ＋1＝2a 1a n+1，由于{2a 1 a n}是递减数列，则b n >b n＋1，即2 a 1 a n >2 a 1 a n+1 .∵y ＝2x 是单调增函数，∴a 1a n >a 1a n ＋1，∴a 1a n －a 1(a n ＋d )>0，∴a 1(a n －a n －d )>0，即a 1(－d )>0，∴a 1d <0. 4．在数列{a n }中，若a 1＝－2，a n ＋1＝a n ＋n ·2n ，则a n ＝( )A ．(n －2)·2nB ．1－12nC.23⎝⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝⎛⎭⎪⎫1－12n解析：选A.因为a n ＋1＝a n ＋n ·2n ，所以a n ＋1－a n ＝n ·2n ，所以a n －a 1＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＝(n －1)×2n －1＋(n －2)×2n －2＋…＋2×22＋1×21(n ≥2)．设T n ＝(n －1)×2n －1＋(n －2)×2n －2＋…＋2×22＋1×21(n ≥2)，则2T n ＝(n －1)×2n ＋(n －2)×2n －1＋(n －3)×2n －2＋…＋2×23＋1×22，两式相减得T n ＝(n －2)·2n ＋2(n ≥2)，所以a n ＝(n －2)·2n ＋2＋a 1＝(n －2)·2n (n ≥2)．又n ＝1时，上式成立，所以选A.5．(xx·湖南澧县一中等三校联考)在等比数列{a n }中，0<a 1<a 4＝1，则能使不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫a n －1a n ≤0成立的最大正整数n 是( )A ．5B ．6C ．7D ．8解析：选C.设等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 为等比数列，其公比为1q ，因为0<a 1<a 4＝1，所以q >1且a 1＝1q 3.又因为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1a n ≤0，所以a 1＋a 2＋…＋a n ≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n，即a 1（1－q n ）1－q ≤1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q n 1－1q，把a 1＝1q3代入，整理得q n ≤q 7，因为q >1，所以n ≤7，故选C.6．(xx·高考江西卷)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：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2（1－2n ）1－2＝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．在等比数列{a n }中，若a n >0，且a 1·a 2·…·a 7·a 8＝16，则a 4＋a 5的最小值为________．解析：由等比数列性质得，a 1a 2…a 7a 8＝(a 4a 5)4＝16，又a n >0，∴a 4a 5＝2.再由答案：228．设S n是数列{a n}的前n项和，若S2nSn(n∈N*)是非零常数，则称数列{a n}为“和等比数列”．若数列{2b n}是首项为2，公比为4的等比数列，则数列{b n}__________(填“是”或“不是”)“和等比数列”．解析：数列{2b n}是首项为2，公比为4的等比数列，所以2b n＝2·4n－1＝22n－1，bn ＝2n－1.设数列{b n}的前n项和为T n，则T n＝n2，T2n＝4n2，所以T2nTn＝4，因此数列{b n}是“和等比数列”．答案：是9．在等比数列{a n}(n∈N*)中，a1>1，公比q>0，设b n＝log2a n，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0.(1)求证：数列{b n}是等差数列；(2)求{b n}的前n项和S n及{a n}的通项公式a n.解：(1)证明：∵b n＝log2a n，∴b n＋1－b n＝log2an＋1an＝log2q为常数，∴数列{b n}为等差数列且公差d＝log2q.(2)设数列{b n}的公差为d，∵b1＋b3＋b5＝6，∴b3＝2.∵a 1>1，∴b 1＝log 2a 1>0. ∵b 1b 3b 5＝0，∴b 5＝0. ∴⎩⎨⎧b 1＋2d ＝2，b 1＋4d ＝0，解得⎩⎨⎧b 1＝4，d ＝－1.∴S n ＝4n ＋n （n －1）2×(－1)＝9n －n 22.∵⎩⎨⎧log 2q ＝－1，log 2a 1＝4，∴⎩⎨⎧q ＝12，a 1＝16. ∴a n ＝25－n (n ∈N *)．10．(xx·高考浙江卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…·a n ＝(2)b n (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *，均有S k ≥S n . 解：(1)由题意知a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ，b 3－b 2＝6， 知a 3＝(2)b 3－b 2＝8.又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *)，所以，a1a2a3…a n＝2n（n＋1）2＝(2)n(n＋1)．故数列{b n}的通项公式为b n＝n(n＋1)(n∈N*)．(2)①由(1)知c n＝1an－1bn＝12n－⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n＋1(n∈N*)，所以S n＝1n＋1－12n(n∈N*)．②因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0，当n≥5时，c n＝1n（n＋1）⎣⎢⎡⎦⎥⎤n（n＋1）2n－1，而n（n＋1）2n－（n＋1）（n＋2）2n＋1＝（n＋1）（n－2）2n＋1>0，得n（n＋1）2n≤5×（5＋1）25<1，所以，当n≥5时，c n<0.综上，对任意n∈N*恒有S4≥S n，故k＝4.39408 99F0 駰30563 7763 督24758 60B6 悶[37622 92F6 鋶35390 8A3E 訾II358368BFC 诼#21186 52C2 勂34050 8502 蔂<.。
【备战高考】高考数学总复习 第五章第1课时知能演练+轻松闯关 文.pdf
【优化方案】2013年高考数学总复习 第五章第1课时知能演练+轻松闯关 文’ 1．(2011·高考江西卷)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，那么a10＝( ) A．1 B．9 C．10 D．55 解析：选A.Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1， S1＝1. 可令m＝1，得Sn＋1＝Sn＋1， Sn＋1－Sn＝1. 即当n≥1时，an＋1＝1，a10＝1. 2．已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则满足≤2的正整数n的集合为( ) A．{1,2} B．{1,2,3,4} C．{1,2,3} D．{1,2,4} 解析：选B.因为Sn＝2an－1，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，两式相减得an＝2an－2an－1，整理得an＝2an－1，所以{an}是公比为2的等比数列，又因为a1＝2a1－1，解得a1＝1，故{an}的通项公式为an＝2n－1.而≤2即2n－1≤2n，所以有n＝1,2,3,4. 3．在数列{an}中，若a1＝，an＝(n≥2，nN*)，则a2012＝________. 解析：a1＝，an＝(n≥2，nN*)， a2＝2，a3＝－1，a4＝， {an}是以3为周期的数列． a2012＝a670×3＋2＝a2＝2. 答案：2 4．如图为一三角形数阵，它满足：第n行首尾两数均为n；图中的递推关系类似杨辉三角(三角形数阵中的数为其肩上两数之和)，则第n行(n≥2)第2个数是________. 12 23 4 34 7 7 45 11 14 11 56 16 25 25 16 6… … … … … …解析：设第n行第2个数为an(n≥2)，由已知得an＝(n－1)＋an－1，an－an－1＝n－1，a3－a2＝2，a4－a3＝3，…，an－an－1＝n－1，以上各式累加得an＝2＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＝1＋1＋2＋3＋…＋(n－1)＝1＋＝. 答案： 一、选择题 1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是( ) A. B．cos C．cosπ D．cosπ 解析：选D.令n＝1,2,3，…逐一验证四个选项，易得D正确． 2．已知数列{an}满足a1>0，＝，则数列{an}是( ) A．递增数列 B．递减数列 C．摆动数列 D．不确定 解析：选B.＝0， 则an>0，an＋1b，那么两个数列中序号与数值均相同的项的个数是( ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选A.设an＋2＝bn＋1， (a－b)n＋1＝0， a>b，n>0， (a－b)n＋1＝0不成立． 5．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(nN*)，则数列{an}的通项公式是( ) A．2n－1 B．()n－1 C．n2 D．n 解析：选D.法一：由已知整理得(n＋1)an＝nan＋1， ＝，数列{}是常数列． 且＝＝1，an＝n. 法二：(累乘法)n≥2时，＝， ＝， … ＝，＝， 两边分别相乘得＝n. 又a1＝1，an＝n. 二、填空题 6．已知数列{}，则0.98是它的第________项． 解析：＝0.98＝，n＝7. 答案：7 7．数列{an}中，an＝，Sn＝9，则n＝________. 解析：an＝＝－， Sn＝(－)＋(－)＋…＋(－) ＝－1＝9， n＝99. 答案：99 8．已知数列{an}的前n项的乘积为Tn＝5n2，nN*，则数列{an}的通项公式为an＝________. 解析：当n＝1时，a1＝T1＝512＝5； 当n≥2时，an＝＝＝52n－1(nN*)． 当n＝1时，也适合上式， 所以当nN*时，an＝52n－1. 答案：52n－1(nN*) 三、解答题 9．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1,2,3，…)，求an. 解：an＋1＝Sn， an＝Sn－1(n≥2)， an＋1－an＝(Sn－Sn－1)＝an(n≥2)， an＋1＝an(n≥2)． 又a1＝1，a2＝S1＝a1＝， {an}是从第二项起，公比为的等比数列， an＝ 10．已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋3n－2(n≥2)． (1)求a2，a3； (2)求数列{an}的通项公式． 解：(1)由已知：{an}满足a1＝1，an＝an－1＋3n－2(n≥2)， a2＝a1＋4＝5， a3＝a2＋7＝12. (2)由已知：an＝an－1＋3n－2(n≥2)得： an－an－1＝3n－2，由递推关系， 得an－1－an－2＝3n－5，…，a3－a2＝7，a2－a1＝4， 累加得： an－a1＝4＋7＋…＋3n－2 ＝＝， an＝(n≥2)． 当n＝1时，1＝a1＝＝1， 数列{an}的通项公式为an＝. 11．(探究选做)已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a>0，xR)有且只有一个零点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(nN*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设cn＝1－(nN*)，定义所有满足cm·cm＋10得a＝4， f(x)＝x2－4x＋4. Sn＝n2－4n＋4. 当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋4＝1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5. an＝ 由1－＝可知， 当n≥5时，恒有an>0. 又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－， 即c1·c2<0，c2·c3<0，c4·c5<0， 数列{cn}的变号数为3. 高考学习网： 高考学习网：。
全国通用版高中数学第五章三角函数考点专题训练
(名师选题)全国通用版高中数学第五章三角函数考点专题训练单选题1、关于函数y=sinx(sinx+cosx)描述正确的是（）A．最小正周期是2πB．最大值是√2C．一条对称轴是x=π4D．一个对称中心是(π8,12)答案：D分析：利用三角恒等变换化简y得解析式，再利用正弦型函数的图像和性质得出结论. 解：由题意得：∵y=sinx(sinx+cosx)=sin2x+12sin2x=1−cos2x2+12sin2x=√22sin(2x−π4)+12选项A：函数的最小正周期为T min=2πω=2π2=π，故A错误；选项B：由于−1≤sin(2x−π4)≤1，函数的最大值为√22+12，故B错误；选项C：函数的对称轴满足2x−π4=kπ+π2，x=k2π+3π8，当x=π4时，k=−14∉Z，故C错误；选项D：令x=π8，代入函数的f(π8)=√22sin(2×π8−π4)+12=12，故(π8,12)为函数的一个对称中心，故D正确；故选：D2、函数f(x)=sin(2x−π3)的一个对称中心的坐标是（）A ．(0,0)B ．(0,−√32)C ．(π2,0)D ．(π6,0) 答案：D分析：解方程2x −π3=kπ,k ∈Z 即得解. 解：令2x −π3=kπ,k ∈Z,∴x =12kπ+π6，令k =0,∴x =π6，所以函数f(x)=sin (2x −π3)的一个对称中心的坐标是(π6,0).故选：D3、已知α，β为锐角，sinα=45，cos(α+β)=−√22，则cosβ=（ ）A ．3√210B ．√210C ．7√210D ．9√210答案：B分析：利用同角三角函数基本关系式，求出cosα,sin(α+β)，再利用角变换β=α+β−α，利用两角差的余弦公式求得答案．由α是锐角，sinα=45，则cosα=√1−sin 2α=35， 又α，β是锐角，得α+β∈(0,π)， 又cos (α+β)=−√22，则sin(α+β)=√22， 则cosβ=cos[(α+β)−α]=cos(α+β)cosα+sin(α+β)sinα=−√22×35+√22×45=−3√2+4√210= √210. 故选：B ．4、已知tanθ=2，则sin(π2+θ)−cos(π−θ)cosθ−sin(π−θ)=（ ）A ．2B ．-2C ．0D ．23答案：B分析：根据tanθ=2，利用诱导公式和商数关系求解. 因为tanθ=2，所以sin(π2+θ)−cos(π−θ)cosθ−sin(π−θ)，=2cosθcosθ−sinθ，=21−tanθ=−2，故选：B5、sin1860°等于（ ） A ．12B ．-12C ．√32D ．-√32答案：C分析：用诱导公式先化简后求值.sin1860°=sin (5×360°+60°)=sin60°=√32, 故选: C6、若y =f (x )的图像与y =cosx 的图象关于x 轴对称，则y =f (x )的解析式为（ ） A ．y =cos (−x )B ．y =−cosx C ．y =cos |x |D ．y =|cosx | 答案：B分析：根据f (−x )、−f (x )、f (|x |)与|f (x )|的图象特征依次判断即可得到结果. 对于A ，y =cos (−x )=cosx ，图象与y =cosx 重合，A 错误；对于B ，∵ y =f (x )与y =−f (x )图象关于x 轴对称，∴y =−cosx 与y =cosx 图象关于x 轴对称，B 正确； 对于C ，当x ≥0时，y =cos |x |=cosx ，可知其图象不可能与y =cosx 关于x 轴对称，C 错误；对于D ，将y =cosx 位于x 轴下方的图象翻折到x 轴上方，就可以得到y =|cosx |的图象，可知其图象与y =cosx 的图象不关于x 轴对称，D 错误. 故选：B.7、若f (x )=cos (x −π3)在区间[−a,a ]上单调递增，则实数a 的最大值为（ ）A ．π3B ．π2C ．2π3D ．π 答案：A分析：先求出函数的增区间，进而建立不等式组解得答案即可.易知将函数y =cosx 的图象向右平移π3得到函数f (x )=cos (x −π3)的图象，则函数f (x )=cos (x −π3)的增区间为[−23π+2kπ,π3+2kπ](k ∈Z )，而函数又在[−a,a ]上单调递增，所以{−a ≥−23πa ≤π3 ⇒a ≤π3，于是0<a ≤π3，即a 的最大值为π3. 故选：A.8、《九章算术》是我国古代数学的杰出代表作．其中“方田”章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积=12(弦×矢＋矢2)．弧田（如图7-1-5）由圆弧和其所对弦围成，公式中“弦”指圆弧所对的弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．现有圆心角为2π3，半径为4m 的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是（ ）A ．6m 2B ．9m 2C ．12m 2D ．15m 2答案：B分析：根据题设条件计算出弦和矢，再代入弧田面积公式计算作答.依题意，弦=2×4sinπ3=4√3(m)，矢=4−4cosπ3=2(m)，则弧田面积=12(4√3×2+22)=4√3+2≈9(m2)，所以弧田面积约是9m2.故选：B9、已知函数f(x)=sin2x+2√3sinxcosx−cos2x，x∈R，则（）A．f(x)的最大值为1B．f(x)在区间(0,π)上只有1个零点C．f(x)的最小正周期为π2D．x=π3为f(x)图象的一条对称轴答案：D分析：首先利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，再结合正弦函数的性质计算可得；解：函数f(x)=sin2x+2√3sinxcosx−cos2x=√3sin2x−cos2x=2(√32sin2x−12cos2x)=2sin(2x−π6)，可得f(x)的最大值为2，最小正周期为T=2π2=π，故A、C错误；由f(x)=0可得2x−π6=kπ,k∈Z，即x=kπ2+π12,k∈Z，可知f(x)在区间(0,π)上的零点为π12,7π12，故B错误；由f(π3)=2sin(2π3−π6)=2，可知x=π3为f(x)图象的一条对称轴，故D正确．故选：D10、已知2tanθ–tan(θ+π4)=7，则tanθ=（）A．–2B．–1C．1D．2答案：D分析：利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案.∵2tanθ−tan(θ+π4)=7，∴2tanθ−tanθ+11−tanθ=7，令t=tanθ,t≠1，则2t−1+t1−t=7，整理得t2−4t+4=0，解得t=2，即tanθ=2.故选：D.小提示：本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题.11、把函数f(x)=sin (2x −π4)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变，再把所得的图象向左平移a(a >0)个单位长度，得到函数y =cosx 的图象，则a 可以是（ ） A ．π8B ．π4C ．π2D ．3π4 答案：D分析：根据三角函数的图象变换得到y =sin (x +a −π4)，得到sin (x +a −π4)=cosx ，结合选项，逐项判定，即可求解.由题意，将函数f (x )的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变可得函数y =sin (x −π4)的图象，将该图象向左平移a(a >0)个单位长度，得到y =sin (x +a −π4)的图象，所以sin (x +a −π4)=cosx ，对于A 中，当a =π8时，sin (x +π8−π4)=sin (x −π8)≠cosx ，故A 错误；对于B 中，当a =π4时，sin (x +π4−π4)=sinx ≠cosx ，故B 错误； 对于C 中，当a =π2时，sin (x +π2−π4)=sin (x +π4)≠cosx ，故C 错误； 对于D 中，当a =3π4时，sin (x +3π4−π4)=sin (x +π2)=cosx ，故D 正确．故选：D ．12、√3tan26∘tan34∘+tan26∘+tan34∘= （ ） A ．√33B ．−√3C ．√3D ．−√33答案：C解析：利用两角和的正切公式，特殊角的三角函数值化简已知即可求解． 解：√3tan26°tan34°+tan26°+tan34°=√3tan26°tan34°+tan(26°+34°)(1−tan26°tan34°)=√3tan26°tan34°+√3(1−tan26°tan34°)=√3tan26°tan34°+√3−√3tan26°tan34°=√3．故选：C．填空题13、已知tanα＝√2，则cos4α−cos2α+sin2α＝__________.答案：49解析：将cos4α−cos2α+sin2α化简为sin2α(1−sin2α)=sin4α，然后将式子写成sin4α(sin2α+cos2α)2再转化为含tanα的式子，可求出答案.cos4α−cos2α+sin2α=cos2α(cos2α−1)+sin2α=−cos2αsin2α+sin2α=sin2α(1−sin2α)=sin4α=sin4α(sin2α+cos2α)2=tan4α(1+tan2α)2=4(2+1)2=49所以答案是：49.小提示：关键点睛：本题考查三角函数的给值求值问题，解答本题的关键是先将所求化简为sin4α，再变形为sin4α(sin2α+cos2α)2，从而转化为tan4α(1+tan2α)2，属于中档题.14、已知角α终边落在直线y=34x上，求值：sinα+1cosα=_______．答案：2或−12解析：由题意利用任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系，分类讨论，分别求得sinα和cosα的值，可得要求式子的值．解：当角α终边落在直线y=34x(x⩾0)上，α为锐角，sinαcosα均为正值，且tanα=sinαcosα=34，再结合sin2α+cos2α=1，求得sinα=35，cosα=45，则sinα+1cosα=35+145=2．当角α终边落在直线y=34x(x<0)上，α∈(π,3π2)，sinαcosα均为负值，且tanα=sinαcosα=34，再结合sin2α+cos2α=1，求得sinα=−35，cosα=−45，则sinα+1cosα=−35+1−45=−12，所以答案是：2或−12．小提示：本题主要考查任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系，考查运算能力，属于基础题．15、若sin(α−π6)=−45，则cos(α+π3)=___________.答案：45分析：由已知函数值，根据诱导公式即可求cos(α+π3)的值.cos(α+π3)=cos[(α−π6)+π2]=−sin(α−π6)，又sin(α−π6)=−45，∴cos(α+π3)=45，所以答案是：45.16、已知f(x)=sinx+tanx+x−1，若f(a)=3，则f(−a)=______．答案：−5分析：由g(x)=sinx+tanx+x为奇函数得出f(−a).由于f(a)=3，即sina+tana+a−1=3，故sina+tana+a=4，令g(x)=sinx+tanx+x，则g(−x)=−sinx−tanx−x=−g(x)，即g(x)在定义域内是奇函数，满足sina+tana+a=−(sin(−a)+tan(−a)+ (−a))，则sin(−a)+tan(−a)+(−a)=−4，故f(−a)=sin(−a)+tan(−a)+(−a)−1=−4−1=−5．所以答案是：−517、如图所示，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为4√3，则这个圆锥的体积为___________.答案：128√2π81分析：作出该圆锥的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理求出cos∠P′OP=2π3，求出底面圆的半径r，从而求出这个圆锥的高，由此能求出这个圆锥的体积.作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理可得：cos∠P′OP=OP2+OP′2−PP′22OP·OP′=42+42−(4√3)22×4×4=−12∴cos∠P′OP=2π3.设底面圆的半径为r,则有2πr=2π3·4,解得r=43,所以这个圆锥的高为ℎ=√16−169=8√23，则这个圆锥的体积为V=13Sℎ=13πr2ℎ=13π×169×8√23=128√2π81.所以答案是：128√2π81.小提示：立体几何中的翻折叠（展开）问题要注意翻折（展开）过程中的不变量. 解答题18、已知一扇形的圆心角为α(α>0)，所在圆的半径为R .（1）若α=60°，R =10cm ，求扇形的弧长及该弧所在的弓形的面积；（2）若扇形的周长为20 cm ，当扇形的圆心角α等于多少弧度时，这个扇形的面积最大? 答案：（1）10π3cm ，(50π3−25√3)(cm 2)；（2）α=2rad .解析：(1)由公式l =αR 算出弧长，弓形的面积等于扇形的面积减去三角形的面积(2)由周长为定值可得出弧长和半径的关系，再把S 用R 表示出来，运用函数的知识即可求出最大值. （1）设扇形的弧长为l ，弓形面积为S ，则 α=60°=π3，R =10，l =π3×10=10π3cm ，S =12×10π3×10−√34×102=(50π3−25√3)(cm 2).（2）设扇形弧长为l ，则l +2R =20，即l =20−2R(10π+1<R <10)， ∴扇形面积S =12IR =12(20−2R)⋅R =−R 2+10R =−(R −5)2+25， ∴当R =5cm 时，S 有最大值25cm 2，此时l =10cm ，α=lR =2rad . 因此当α=2rad 时，这个扇形面积最大. 小提示：C =l +2R,S =12lR当周长C 为定值时可得面积S =12(C −2R)R =−R 2+12CR 当面积S 为定值时可得周长C =2S R+2R .19、已知cosα=−√210，α∈(π2,π). （1）求sin(α−π4)的值；（2）求cos(2α+π6)的值.答案：（1）45；（2）−24√3+750分析：（1）首先利用同角三角函数的基本关系求出sinα，再根据两角差的正弦公式计算可得；（2）首先由二倍角公式求出sin2α，cos2α，再根据两角和的余弦公式计算可得；解：因为cosα=−√210，α∈(π2,π)，又cos 2α+sin 2α=1，所以sinα=7√210 （1）sin (α−π4)=sinαcos π4−cosαsin π4=7√210×√22−(−√210)×√22=45 （2）因为cosα=−√210，sinα=7√210，所以sin2α=2sinαcosα=2×(−√210)×7√210=−725，cos2α=1−2sin 2α=1−2×(7√210)2=−2425， 所以cos (2α+π6)=cos2αcos π6−sin2αsin π6=−2425×√32−(−725)×12=−24√3+750 小提示：本题考查同角三角函数的基本关系及三角恒等变换公式的应用，属于中档题.20、已知函数f (x )=2sin (x +π3)，且函数y =g (x )的图象与函数y =f (x )的图象关于直线x =π4对称．(1)求函数g (x )的解析式；(2)若存在x ∈[0,π2)，使等式[g (x )]2−mg (x )+2=0成立，求实数m 的取值范围； (3)若当x ∈[−π3,2π3]时，不等式12f (x )−ag (−x )>a −2恒成立，求实数a 的取值范围． 答案：(1)g (x )=2sin (x +π6)；(2)[2√2,3]；(3)(−2,23).分析：（1）利用给定的函数图象间的关系直接列式并化简作答.（2）利用正弦函数的性质求出g(x)的范围，再分离参数求解作答.（3）根据给定范围，按a =0，a >0，a <0分类并结合最值情况求解作答.（1）因函数y =g (x )的图象与函数y =f (x )的图象关于直线x =π4对称，则g(x)=f(π2−x)，所以g(x)=2sin(π2−x +π3)=2sin[π−(x +π6)]=2sin(x +π6)． （2）由（1）知，g (x )=2sin (x +π6)，当x ∈[0,π2)时，x +π6∈[π6,2π3)，则1≤g (x )≤2， 令g (x )=t ，则1≤t ≤2．存在x ∈[0,π2)，使[g (x )]2−mg (x )+2=0成立， 即存在t ∈[1,2]，使t 2−mt +2=0成立，则存在t ∈[1,2]，m =t +2t 成立， 而函数m =t +2t 在t ∈[1,√2]上递减，在t ∈[√2,2]上递增， 当t =√2时，m min =2√2，当t =1或2时，m max =3所以实数m 的取值范围为[2√2,3]．（3）由（1）知，不等式12f(x)−ag(−x)>a −2⇔sin(x +π3)+2asin(x −π6)>a −2， 当x ∈[−π3,2π3]时，0≤x +π3≤π，−π2≤x −π6≤π2，若a =0，因0≤sin(x +π3)≤1，即sin(x +π3)>−2恒成立，则a =0， 若a >0，因sin(x −π6)在[−π3,2π3]上单调递增，则当x =−π3时，sin(x +π3)+2asin(x −π6)取得最小值， 原不等式恒成立可转化为sin(−π3+π3)+2asin(−π3−π6)>a −2恒成立，即−2a >a −2，因此0<a <23， 若a <0，当x =2π3时，sin(x +π3)+2asin(x −π6)取得最小值， 原不等式恒成立可转化为sin(2π3+π3)+2asin(2π3−π6)>a −2恒成立，即a >−2，因此−2<a <0，所以a 的取值范围是(−2,23)．。
高三数学一轮复习 第五章第三节课时知能训练 理 (广东专用)
课时知能训练 一、选择题 1．(2012·东莞模拟)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2－a 5＝0，则S 4S 2＝( )A ．5B ．8C ．－8D ．15【解析】 ∵8a 2－a 5＝0，∴8a 1q ＝a 1q 4，∴q 3＝8，即q ＝2.∴S 4S 2＝1－q 41－q2＝1＋q 2＝5.【答案】 A2．在等比数列{a n }中，a 1＝1，公比|q |≠1，若a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5，则m ＝( )A ．9B ．10C ．11D ．12【解析】 ∵a m ＝a 1a 2a 3a 4a 5＝q ·q 2·q 3·q 4＝q 10＝a 1q 10，∴m ＝11.【答案】 C3．设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝( ) A.152 B.314C.334 D.172【解析】 设等比数列{a n }的公比为q ，由题意知{ a 21q 4＝1，a 11＋q ＋q 2＝7，即{ a 1q 2＝1，a 11＋q ＋q 2＝7，解得⎩⎨⎧ q ＝12，a 1＝4.∴S 5＝4[1－125]1－12＝314.【答案】 B4．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列{1a n}的前5项和为() A.158或5 B.3116或5C.3116 D.158【解析】 设等比数列的公比为q ，当公比q ＝1时，由a 1＝1得，9S 3＝9×3＝27，而S 6＝6，故不合题意．当公比q ≠1时，由9S 3＝S 6及a 1＝1，得：9×1－q 31－q ＝1－q61－q ，解得q ＝2.所以数列{1a n }的前5项和为1＋12＋14＋18＋116＝3116.【答案】 C5．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( )A ．2 B.73 C.83 D ．3【解析】 S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列，由S 6S 3＝3，即S 6＝3S 3知，S 9－S 6＝4S 3，∴S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝7S 33S 3＝73. 【答案】 B二、填空题6．(2012·珠海模拟)已知等比数列{a n }的前三项依次为a －1，a ＋1，a ＋4，则a n ＝________.【解析】 由(a ＋1)2＝(a －1)(a ＋4)得a ＝5，因此等比数列{a n }的首项为4，公比q ＝a ＋1a －1＝64＝32. ∴a n ＝4×(32)n －1. 【答案】 4×(32)n －1 7．等比数列{a n }的公比q ＞0，已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝________.【解析】 ∵a n ＋2＋a n ＋1＝a n q 2＋a n q ＝6a n ，∴q 2＋q －6＝0，又q ＞0，∴q ＝2，由a 2＝a 1q ＝1得a 1＝12， ∴S 4＝121－241－2＝152. 【答案】 1528．数列{a n }满足a 1，a 2－a 1，a 3－a 2，…，a n －a n －1是首项为1，公比为2的等比数列，那么a n ＝________.【解析】 a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1－2n 1－2＝2n －1. 【答案】 2n －1三、解答题9．(2012·中山质检)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋c .(1)求c 的值并求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝S n ＋2n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2＋c ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝2n －1，∴a n ＝{ 2＋c ，n ＝1，2n －1，n ≥2.∵数列{a n }为等比数列，∴a 1＝2＋c ＝1，∴c ＝－1.∴数列{a n }的通项公式a n ＝2n －1.(2)∵b n ＝S n ＋2n ＋1＝2n ＋2n ，∴T n ＝(2＋22＋…＋2n )＋2(1＋2＋…＋n )＝2(2n －1)＋n (n ＋1)＝2n ＋1－2＋n 2＋n .10．已知数列满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *)(1)求证数列{a n ＋1}是等比数列；(2)求{a n }的通项公式及{a n }的前n 项和S n .【解】 (1)由a n ＋1＝2a n ＋1得a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)又a 1＋1≠0，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝2. ∴数列{a n ＋1}为公比是2的等比数列．(2)由(1)知a n ＋1＝(a 1＋1)q n －1，即a n ＝(a 1＋1)q n －1－1＝2·2n －1－1＝2n －1.故S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2＋22＋…＋2n )－n＝21－2n 1－2－n ＝2n ＋1－n －2. 11．(2011·湖北高考)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列{S n ＋54}是等比数列． 【解】 (1)设等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d .依题意得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15，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 }是以54为首项，2为公比的等比数列， 则数列{b n }的通项公式b n ＝54·2n －1＝5·2n －3. (2)S n ＝541－2n 1－2＝5·2n －2－54， 即S n ＋54＝5·2n －2 所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2. 因此数列{S n ＋54}是以52为首项，公比为2的等比数列．。
高三数学总复习知能达标训练第五章
高三数学总复习知能达标训练第五章第二节 等差数列及其前n 项和(时间40分钟，满分80分)一、选择题(6×5分＝30分)1．若x ≠y ，两个等差数列x ，a 1，a 2，y 与x ，b 1，b 2，b 3，y 的公差分别为d 1和d 2，则d 2d 1等于 A.23B.32C.34D.43解析 d 1＝y －x 4－1＝y －x 3，d 2＝y －x 5－1＝y －x 4. ∴d 2d 1＝34. 答案 C2．(2011·大纲全国卷)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k 等于A ．8B ．7C ．6D ．5解析 ∵S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＝a 1＋kd ＋a 1＋(k ＋1)d ＝2a 1＋(2k ＋1)d＝2×1＋(2k ＋1)×2＝24.∴k ＝5.答案 D3．(2011·天津)已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为A ．－110B ．－90C ．90D ．110解析 由题意知a 27＝a 3a 9，即(a 1－12)2＝(a 1－4)(a 1－16)，∴a 1＝20.S 10＝10a 1＋10×9d 2＝10×20＋10×9×(－2)2＝110. 答案 D4．等差数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝－24，a 18＋a 19＋a 20＝78，则此数列前20项和等于A ．160B ．180C ．200D ．220解析 ∵a 1＋a 2＋a 3＝－24，a 18＋a 19＋a 20＝78，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 18＋a 19＋a 20＝3(a 1＋a 20)＝54，∴S 20＝20(a 1＋a 20)2＝20×542×3＝180. 答案 B5．在各项均不为零的等差数列{a n }中，若a n ＋1－a 2n ＋a n －1＝0(n ≥2)，则S 2n －1－4n 等于A ．－2B ．0C ．1D ．2解析 由⎩⎨⎧a n ＋1－a 2n ＋a n －1＝0，2a n ＝a n ＋1＋a n －1，得a 2n －2a n ＝0， 又a n ≠0，∴a n ＝2，S 2n －1－4n ＝2(2n －1)－4n ＝－2.答案 A6．等差数列中，a 1＝125，第10项开始比1大，则公差d 的范围是A ．d ＞875B ．d ＜325 C.875＜d ≤325D.875＜d ＜325 解析 a 10＝125＋9d ＞1，a 9＝125＋8d ≤1，∴875＜d ≤325.答案 C二、填空题(3×4分＝12分)7．S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 2＝S 6，a 4＝1，则a 5＝________.解析 设{a n }的首项为a 1，公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋2×12d ＝6a 1＋6×52d ，a 1＋3d ＝1，∴⎩⎨⎧ a 1＝7，d ＝－2， ∴a 5＝a 1＋4d ＝－1.答案 －18．(2011·天津)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，n ∈N *，若a 3＝16，S 20＝20，则S 10＝________.解析 设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则a 1＋2d ＝16且20a 1＋20×192d ＝20.∴a 1＝20，d ＝－2，∴S 10＝20×10＋10×9×(－2)2＝110. 答案 1109．《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．解析 设所构成数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意⎩⎨⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，即⎩⎨⎧ 4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1322，d ＝766，∴a 5＝a 1＋4d ＝6766. 答案 6766三、解答题(38分) 10．(12分)(2011·福建)已知等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k . 解析 (1)设数列{a n }的公差为d ，则1＋2d ＝－3， ∴d ＝－2.∴a n ＝1＋(n －1)(－2)＝－2n ＋3.(2)S k ＝k ＋k (k －1)2×(－2)＝－k 2＋2k ＝－35， ∴k ＝7.11．(12分)已知公差不为零的等差数列{a n }的首项为a (a ∈R )，且1a 1，1a 2，1a 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，试比较1a 2＋1a 22＋1a 23＋…＋1a 2n 与1a 1的大小． 解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由于⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 22＝1a 1·1a 4，∴a 22＝a 1a 4， ∴(a ＋d )2＝a (a ＋3d )，∴d ＝a .故a n ＝a ＋(n －1)a ＝an .(2)记T n ＝1a 2＋1a 22＋1a 23＋…＋1a 2n， 由于a 2n ＝2n a ，∴T n ＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝1a ·12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n . 当a ＞0时，T n ＜1a ；当a ＜0时，T n ＞1a .12．(14分)在等差数列{a n }中，a 16＋a 17＋a 18＝a 9＝－36，其前n 项为S n .(1)求S n 的最小值，并求出S n 取最小值时n 的值；(2)求T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |.解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， ∵a 16＋a 17＋a 18＝3a 17＝－36，∴a 17＝－12，∴d ＝a 17－a 917－9＝248＝3， ∴a n ＝a 9＋(n －9)·d ＝3n －63，a n ＋1＝3n －60， 令⎩⎨⎧ a n ＝3n －63≤0a n ＋1＝3n －60≥0，得20≤n ≤21， ∴S 20＝S 21＝20×[－60＋(－3)]2＝－630. ∴当n ＝20或21时，S n 最小且最小值为－630.(2)由(1)知前20项小于零，第21项等于0， 以后各项均为正数．当n ≤21时，T n ＝－S n ＝－n (－60＋3n －63)2＝－32n 2＋1232n .当n ＞21时，T n ＝S n －2S 21＝n (－60＋3n －63)2－2S 21 ＝32n 2－1232n ＋1 260.综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －32n 2＋1232n ， n ≤21，n ∈N *，32n 2－1232n ＋1 260， n ＞21，n ∈N *.。
菲翔学校高考数学总复习 第五章第4课时知能演练+轻松闯关 文 试题
墨达哥州易旺市菲翔学校【优化方案】2021年高考数学总复习第五章第4课时知能演练+轻松闯关文1．函数f(n)＝且a n＝f(n)＋f(n＋1)，那么a1＋a2＋a3＋…＋a100等于()A．0 B．100C．－100 D．10200解析：选B.由题意，a1＋a2＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.应选B.2．在数列{a n}中，a1＝1，a2＝2，且a n＋2－a n＝1＋(－1)n(n∈N*)，那么S100＝________.解析：由，得a1＝1，a2＝2，a3－a1＝0，a4－a2＝2，…a99－a97＝0，a100－a98＝2，累加得a100＋a99＝98＋3，同理得a98＋a97＝96＋3，…，a2＋a1＝0＋3，那么a100＋a99＋a98＋a97＋…＋a2＋a1＝＋50×3＝2600.答案：26003．(2021·高考课标全国卷)等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6.求数列{a n}的通项公式；设b n＝log3a1＋log3a2＋…＋log3a n，求数列的前n项和．解：设数列{a n}的公比为q.由a＝9a2a6得a＝9a，所以q2＝.由条件可知q>0，故q＝.由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝.故数列{a n}的通项公式为a n＝.b n＝log3a1＋log3a2＋…＋log3a n＝－＝－.故＝－＝－2，＋＋…＋＝－2＝－.所以数列{}的前n项和为－.4．等差数列{a n}中，a1＝3，前n项和为S n，等比数列{b n}各项均为正数，b1＝1，且b2＋S2＝12，{b n}的公比q＝.(1)求a n与b n；(2)求＋＋…＋.解：(1)由可得，解得q＝3，a2＝6或者q＝－4(舍去)，a2＝13(舍去)，∴a n＝3＋(n－1)×(6－3)＝3n，b n＝3n－1.(2)∵S n＝，∴＝＝(－)，∴＋＋…＋＝(1－＋－＋－＋…＋－)＝(1－)＝.一、选择题1．(2021·质检)数列{a n}的前n项和S n＝an2＋bn(a、b∈R)，且S25＝100，那么a12＋a14等于()A．16 B．8C．4 D．不确定解析：选B.由数列{a n}的前n项和S n＝an2＋bn(a、b∈R)，可得数列{a n}是等差数列，S25＝＝100，解得a1＋a25＝8，所以a12＋a14＝a1＋a25＝8.2．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和S n的值是()A．n2＋1－B．2n2－n＋1－C．n2＋1－D．n2－n＋1－a n＝(2n－1)＋，那么S n＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(＋＋…＋)＝n2＋1－.应选A.3．假设数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n＝a n－3，那么数列{a n}的前n项和S n为()A．3n＋1－3 B．3n－3C．3n＋1＋3 D．3n＋3解析：选A.∵S n＝a n－3，∴S n＋1＝a n＋1－3，两式相减得：S n＋1－S n＝(a n＋1－a n)．即a n＋1＝(a n＋1－a n)，∴＝3，即q＝3.又∵S1＝a1－3，即a1＝a1－3，∴a1＝6.∴a n＝a1·q n－1＝6×3n－1＝2×3n.∴S n＝a n－3＝×2×3n－3＝3n＋1－3，故应选A.4．函数f(x)＝x2＋bx的图象在点A(1，f(1))处的切线的斜率为3，数列{}的前n项和为S n，那么S2021的值是()A. B.C. D.解析：选D.∵f′(x)＝2x＋b，∴f′(1)＝2＋b＝3，∴b＝1，∴f(x)＝x2＋x，∴＝＝－，∴S2021＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.5．设数列{a n}是首项为1，公比为3的等比数列，把{a n}中的每一项都减去2后，得到一个新数列{b n}，{b n}的前n项和为S n，那么对任意的n∈N*，以下结论正确的选项是()A．b n＋1＝3b n＋2，且S n＝(3n－1)B．b n＋1＝3b n－2，且S n＝(3n－1)C．b n＋1＝3b n＋4，且S n＝(3n－1)－2nD．b n＋1＝3b n－4，且S n＝(3n－1)－2n解析：选C.因为数列{a n}是首项为1，公比为3的等比数列，所以数列{a n}的通项公式为a n＝3n－1，那么依题意得，数列{b n}的通项公式为b n＝3n－1－2，∴b n＋1＝3n－2,3b n＝3(3n－1－2)＝3n－6，∴b n＋1＝3b n＋4.{b n}的前n项和为：S n＝(1－2)＋(31－2)＋(32－2)＋(33－2)＋…＋(3n－1－2)＝(1＋31＋32＋33＋…＋3n－1)－2n＝－2n ＝(3n－1)－2n.二、填空题6．数列1，，，…的前n项和S n＝________.解析：由于a n＝＝＝2(－)，∴S n＝2(1－＋－＋－＋…＋－)＝2(1－)＝.答案：7．对于数列{a n}，定义数列{a n＋1－a n}为数列{a n}的“差数列〞，假设a1＝2，{a n}的“差数列〞的通项为2n，那么数列{a n}的前n项和S n＝________.解析：∵a n＋1－a n＝2n，∴a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n.∴S n＝＝2n＋1－2.答案：2n＋1－28．假设数列{a n}是正项数列，且＋＋…＋＝n2＋3n(n∈N*)，那么＋＋…＋＝________.解析：令n＝1，得＝4，∴a1n≥2时，＋＋…＋＝(n－1)2＋3(n－1)，与式相减，得＝(n2＋3n)－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2，∴a n＝4(n＋1)2，∴n＝1时，a1也适宜a n.∴a n＝4(n＋1)2，∴＝4n＋4，∴＋＋…＋＝＝2n2＋6n.答案：2n2＋6n三、解答题9．(2021·高考卷)设{a n}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4.求{a n}的通项公式；设{b n}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n＋b n}的前n项和S n.解：设q为等比数列{a n}的公比，那么由a1＝2，a3＝a2＋4得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2或者q＝－1，因此q＝2.所以{a n}的通项公式为a n＝2·2n－1＝2n.S n＝＋n×1＋×2＝2n＋1＋n2－2.10．数列{a n}中a1＝3，点(a n，a n＋1)在直线y＝x＋2上，(1)求数列{a n}的通项公式；(2)假设b n＝a n·3n，求数列{b n}的前n项和T n.解：(1)∵点(a n，a n＋1)在直线y＝x＋2上，∴a n＋1＝a n＋2，即a n＋1－a n＝2.∴数列{a n}是以3为首项，2为公差的等差数列，∴a n＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)∵b n＝a n·3n，∴b n＝(2n＋1)·3n，∴T n＝3×3＋5×32＋…＋(2n－1)·3n－1＋(2n＋1)·3n，①∴3T n＝3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n＋(2n＋1)·3n＋1，②由①－②得－2T n＝3×3＋2(32＋33＋…＋3n)－(2n＋1)·3n＋1＝9＋2×－(2n＋1)·3n＋1.∴T n＝n·3n＋1.11．(探究选做)函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)的导函数f′(x)＝－2x＋7，数列{a n}的前n项和为S n，点P n(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．(1)求数列{a n}的通项公式及S n的最大值；(2)令b n＝，其中n∈N*，求数列{nb n}的前n项和T n.解：(1)∵f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，∴f′(x)＝2ax＋b，由f′(x)＝－2x＋7，得a＝－1，b＝7，∴f(x)＝－x2＋7x，又∵点P n(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，∴S n＝－n2＋7n.当n＝1时，a1＝S1＝6；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝－2n＋8，∴a n＝－2n＋8(n∈N*)．令a n＝－2n＋8≥0，得n≤4，∴当n＝3或者n＝4时，S n获得最大值12.综上，a n＝－2n＋8(n∈N*)，当n＝3或者n＝4时，S n获得最大值12.(2)由题意得b1＝＝8，b n＝＝2－n＋4，∴＝，即数列{b n}是首项为8，公比是的等比数列，故{nb n}的前n项和T n＝1×23＋2×22＋…＋n×2－n ＋4，①T n＝1×22＋2×2＋…＋(n－1)×2－n＋4＋n×2－n＋3，②∴①－②得：T n＝23＋22＋…＋2－n＋4－n×2－n＋3，∴T n＝－n·24－n＝32－(2＋n)24－n.。
2022届高三数学一轮复习 第五章第五节课时知能训练 理
课时知能训练一、选择题1．已知实数等比数列{a n}中，S n是它的前n项和，若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为错误!，则S5等于A．35 B．33 C．31 D．29【解析】设等比数列的公比为q，则由a2·a3＝2a1得a错误!q3＝2a1，∴a1q3＝2，又a4与2a7的等差中项为错误!，∴a4＋2a7＝错误!，∴a1q3＋2a1q6＝错误!，由错误!得错误!∴S5＝错误!＝31【答案】 C2．某人为了观看2022年南非足球世界杯，从2022年起，每年的5月1日到银行存入a元的定期储蓄，若年利率为且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到2022年的5月1日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱元的总数为A．a1＋4B．a1＋5[1＋4－1＋] [1＋5－1＋]【解析】依题意，可取出钱的总数为a1＋4＋a1＋3＋a1＋2＋a1＋＝a·错误!＝错误![1＋5－1＋]．【答案】 D3．2022·中山质检已知各项不为0的等差数列{a n}，满足2a3－a错误!＋2a11＝0，数列{b n}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝A．2 B．4 C．8 D．16【解析】∵数列{a n}是等差数列，∴a3＋a11＝2a7，由2a3－a错误!＋2a11＝0得4a7－a错误!＝0，又a n≠0，∴a7＝4，∴b6b8＝b错误!＝42＝16【答案】 D4．已知数列{a n}的通项公式为a n＝og2错误!n∈N*，设其前n项和为S n，则使S n＜－5成立的自然数nA．有最小值63 B．有最大值63C．有最小值31 D．有最大值31【解析】∵a n＝og2错误!＝og2n＋1－og2n＋2，∴S n＝a1＋a2＋…＋a n＝og22－og23＋og23－og24＋…＋og2n＋1－og2n＋2＝1－og2n＋2，由S n＜－5得og2n＋2＞6，即n＋2＞64，∴n＞62，∴n有最小值63【答案】 A5．2022·清远调研各项均为正数的等比数列{a n}的公比q≠1，a2，错误!a3，a1成等差数列，则错误!＝【解析】由题意知，a3＝a2＋a1，∴a1q2＝a1q＋a1，∴q2－q－1＝0，又q＞0，∴q＝错误!，∴错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!【答案】 B二、填空题6．数列{a n}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{b n}的连续三项，则数列{b n}的公比为________．【解析】a错误!＝a1·a7，即a1＋2d2＝a1·a1＋6d，∴a1＝2d，∴等比数列{b n}的公比q＝错误!＝错误!＝2【答案】 27．设S n是数列{a n}的前n项和，若错误!n∈N*是非零常数，则称数列{a n}为“和等比数列”．若数列{2b n}是首项为2，公比为4的等比数列，则数列{b n}________填“是”或“不是”“和等比数列”．【解析】数列{2b n}是首项为2，公比为4的等比数列，所以2b n＝2·4n－1＝22n－1，b n＝2n－1设数列{b n}的前n项和为T n，则T n＝n2，T2n＝4n2，所以错误!＝4，因此数列{b n}是“和等比数列”．【答案】是8．2022·潍坊模拟如果一个正整数能表示为两个连续偶数的平方差，那么称这个正整数为“神秘数”．则介于1到200之间的所有“神秘数”之和为________．【解析】设“神秘数”为，则＝2n＋22－2n2＝8n＋4n∈Z，由1≤≤200及n∈Z知，0≤n≤24，所以所有这样的“神秘数”之和为错误!＝2 500【答案】 2 500三、解答题9．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，且3a n＋1＋2S n＝3n为正整数．1求数列{a n}的通项公式；2记S＝错误!，若对任意正整数n，S＜S n恒成立，求实数的最大值．【解】1∵3a n＋1＋2S n＝3，①当n≥2时，3a n＋2S n－1＝3 ②由①－②得3a n＋1－3a n＋2a n＝0，∴错误!＝错误!n≥2，又∵a1＝1,3a2＋2a1＝3，解得a2＝错误!，∴数列{a n}是首项为1，公比为错误!的等比数列．∴a n＝a1q n－1＝错误!n－1n∈N*．2由1知，S n＝错误!＝错误!＝错误![1－错误!n]．又对∀n∈N*恒有错误!≤错误![1－错误!n]，得≤1－错误!n∵数列{1－错误!n}单调递增，∴当n＝1时，数列中的最小项为错误!，∴必有≤错误!，即实数的最大值为错误!10．2022·湘潭模拟国家助学贷款是由财政贴息的信用贷款，旨在帮助高校家庭经济困难学生支付在校学习期间所需的学费、住宿费及生活费．每一年度申请总额不超过6 000元．某大学2022届毕业生李霄在本科期间共申请了24 000元助学贷款，并承诺在毕业后3年内按36个月计全部还清．签约的单位提供的工资标准为第一年内每月1 500元，第13个月开始，每月工资比前一个月增加5%直到4 000元．李霄同学计划前12个月每个月还款额为500元，第13个月开始，每月还款额比前一月多元．1若李霄恰好在第36个月即毕业后三年还清贷款，求的值；2当＝50时，李霄同学将在第几个月还清最后一笔贷款他还清贷款的那一个月的工资余额是多少参考数据：＝,＝,＝,＝【解】1依题意，从第13个月开始，每个月的还款额为a n构成等差数列，其中a1＝500＋，公差为从而到第36个月，李霄共还款12×500＋24a1＋错误!·令12×500＋500＋×24＋错误!·＝24 000，解之得＝20元，据题意，验证可行．即要使在三年全部还清，第13个月起每个月必须比上一个月多还20元；2设李霄第n个月还清，则应有12×500＋500＋50×n－12＋错误!·50≥24 000，整理可得n2－3n－828≥0，解之得n≥错误!＞30，取n＝31，即李霄工作31个月就可以还清贷款，这个月李霄的还款额为24 000－[12×500＋500＋50×30－12＋错误!·50]＝450元，第31个月李霄的工资为1 500×＝1 500×＝3789元，因此，李霄的剩余工资为3789－450＝333911．2022·肇庆调研已知等差数列{a n}满足：a n＋1＞a n n∈N*，a1＝1，该数列的前三项分别加上1,1,3后顺次成为等比数列{b n}的前三项．1分别求数列{a n}，{b n}的通项公式a n，b n2设T n＝错误!＋错误!＋…＋错误!n∈N*，若T n＋错误!－错误!＜cc∈Z恒成立，求c的最小值．【解】1设d、q分别为数列{a n}、数列{b n}的公差与公比．由题知，a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分别加上1,1,3后得2,2＋d,4＋2d是等比数列{b n}的前三项，∴2＋d2＝24＋2d⇒d＝±2∵a n＋1＞a n，∴d＞0∴d＝2，∴a n＝2n－1n∈N*．由此可得b1＝2，b2＝4，q＝2，∴b n＝2n n∈N*．2T n＝错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!，①当n＝1时，T1＝错误!；当n≥2时，错误!T n＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!②①－②，得错误!T n＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!－错误!∴T n＝1＋错误!－错误!＝3－错误!－错误!＝3－错误!∴T n＋错误!－错误!＝3－错误!＜3∵3－错误!在N*是单调递增的，∴3－错误!∈[2,3，∴满足条件T n＋错误!－错误!＜cc∈Z恒成立的最小整数值为c＝3。
高三数学一轮复习 第五章第四节课时知能训练 理 (广东
课时知能训练 一、选择题 1．数列{a n }中，a n ＋1＝a 2n 2a n －5，已知该数列既是等差数列又是等比数列，则该数列的前20项的和等于( ) A ．100 B ．0或100C ．100或－100D ．0或－100【解析】 由题意知a n ＋1＝a n ≠0，由a n ＋1＝a 2n 2a n －5得a 2n －5a n ＝0，∴a n ＝5， ∴S 20＝100.【答案】 A2．数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋2(n ∈N *)，若前n 项和为S n ，则S n 为( ) A.n ＋2－1 B.n ＋2＋n ＋1－2－1C.12(n ＋2－1) D.12(n ＋2＋n ＋1－2－1) 【解析】 ∵a n ＝1n ＋n ＋2＝12(n ＋2－n )， ∴S n ＝12(3－1＋4－2＋5－3＋6－4＋…＋n －n －2＋n ＋1－n －1＋n ＋2－n ) ＝12(－1－2＋n ＋1＋n ＋2) ＝12(n ＋2＋n ＋1－2－1)． 【答案】 D3．(2012·惠州模拟)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2010，S 2 0102 010－S 2 0042004＝6，则S 2011＝( ) A ．2011 B ．2010 C ．0 D ．2【解析】 设等差数列的公差为d ，则S n ＝na 1＋n n －12d ， ∴S n n ＝d 2n －2010－d 2， ∴数列{S n n }是以－2010为首项，以d 2为公差的等差数列， 由S 20102010－S 20042004＝6得6×d2＝6，∴d ＝2. ∴S 2011＝2011×(－2010)＋2011×20102×2＝0. 【答案】 C4．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，那么数列{b n }＝{1a n a n ＋1}的前n 项和S n 为( )A.n n ＋1B.4n n ＋1C.3n n ＋1D.5n n ＋1【解析】 a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n 2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n n ＋1＝4(1n －1n ＋1)， ∴S n ＝4[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)] ＝4(1－1n ＋1)＝4n n ＋1. 【答案】 B5．设数列{x n }满足log a x n ＋1＝1＋log a x n (n ∈N *，a ＞0且a ≠1)，且x 1＋x 2＋x 3＋…＋x 100＝100，则x 101＋x 102＋x 103＋…＋x 200的值为( )A ．100a 2B ．101a 2C ．100a 100D ．101a 100【解析】 log a x n ＋1＝1＋log a x n ，得x n ＋1＝ax n 且a ＞0，a ≠1，x n ＞0，∴数列{x n }是公比为a 的等比数列，∴x 101＋x 102＋x 103＋…＋x 200＝x 1a 100＋x 2a 100＋x 3a 100＋…＋x 100a 100＝100a 100.【答案】 C二、填空题6．数列3,33,333，…的前n 项和S n ＝________.【解析】 数列3,33,333，…的通项公式a n ＝13(10n －1)， ∴S n ＝13(10－1)＋13(102－1)＋…＋13(10n －1) ＝13[(10＋102＋103＋…＋10n )－n ] ＝13×101－10n 1－10－n 3＝127×10n ＋1－10＋9n 27. 【答案】 127×10n ＋1－10＋9n 277．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则S 100＝________.【解析】 由a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n 知a 2k ＋2－a 2k ＝2，a 2k ＋1－a 2k －1＝0，∴a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 2n －1＝1，数列{a 2k }是等差数列，a 2k ＝2k .∴S 100＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋100＋2×502＝2 600. 【答案】 2 6008．已知{a n }是公差为－2的等差数列，a 1＝12，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 20|＝________.【解析】 由题意知，a n ＝12＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋14，令－2n ＋14≥0，得n ≤7，∴当n ≤7时，a n ≥0；当n ＞7时，a n ＜0.∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 20|＝(a 1＋a 2＋…＋a 7)－(a 8＋a 9＋…＋a 20)＝2S 7－S 20＝2[7×12＋7×62×(－2)]－[20×12＋20×192×(－2)] ＝224.【答案】 224三、解答题9．(2012·韶关模拟)已知各项都不相等的等差数列{a n }的前6项和为60，且a 6为a 1和a 21的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＋1－b n ＝a n (n ∈N *)，且b 1＝3，求数列{1b n}的前n 项和T n .【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ 6a 1＋15d ＝60，a 1a 1＋20d ＝a 1＋5d 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2，a 1＝5，∴a n ＝2n ＋3.(2)由b n ＋1－b n ＝a n ，∴b n －b n －1＝a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝a n －1＋a n －2＋…＋a 1＋b 1＝(n －1)(n －1＋4)＋3＝n (n ＋2)．又b 1＝3适合．∴b n ＝n (n ＋2)(n ∈N *)．∴1b n ＝1n n ＋2＝12(1n －1n ＋2) T n ＝12(1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2) ＝12(32－1n ＋1－1n ＋2)＝3n 2＋5n 4n ＋1n ＋2. 10．设函数y ＝f (x )的定义域为R ，其图象关于点(12，12)成中心对称，令a k ＝f (k n)(n 是常数且n ≥2，n ∈N *)，k ＝1,2，…，n －1，求数列{a k }的前n －1项的和．【解】 ∵y ＝f (x )的图象关于点(12，12)成中心对称， 所以f (x )＋f (1－x )＝1.令S n －1＝a 1＋a 2＋…＋a n －1则S n －1＝f (1n )＋f (2n )＋…＋f (n －1n)， 又S n －1＝f (n －1n )＋f (n －2n )＋…＋f (1n)， 两式相加，得2S n －1＝[f (1n )＋f (n －1n )]＋[f (2n )＋f (n －2n )]＋…＋[f (n －1n )＋f (1n)]＝n －1， ∴S n －1＝n －12. 11．(2012·汕头模拟)已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .【解】 (1)设{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4.解得a 1＝3，d ＝－1. 故a n ＝3－(n －1)＝4－n .(2)由(1)可得，b n ＝n ·q n －1，于是S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1.若q ≠1，将上式两边同乘以q ，qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n .两式相减得到(q －1)S n ＝nq n －1－q 1－q 2－…－q n －1＝nq n －q n －1q －1＝nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －1于是，S n ＝nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －12. 若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，所以，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n n ＋12，q ＝1，nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －12，q ≠1.。
【备战高考】高考数学总复习 第五章第3课时知能演练+轻松闯关 文.pdf
【优化方案】2013年高考数学总复习 第五章第3课时知能演练+轻松闯关 文 1．在等比数列{an}中，a2a6＝16，a4＋a8＝8，则＝( ) A．1 B．－3 C．1或－3 D．－1或3 解析：选A.由a2a6＝16，得a＝16a4＝±4， 又a4＋a8＝8，可得a4(1＋q4)＝8. q4>0，a4＝4，q2＝1. ＝q10＝1. 2．(2012·辽宁质检)已知各项不为0的等差数列{an}满足2a2－a＋2a12＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b3b11等于( ) A．16 B．8 C．4 D．2 解析：选A.由等差数列性质得a2＋a12＝2a7，所以4a7－a＝0，又a7≠0，所以a7＝4，所以b7＝4.由等比数列性质得b3b11＝b＝16，故选A. 3．(2011·高考北京卷)在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝4，则公比q＝________；a1＋a2＋…＋an＝________. 解析：由等比数列的性质知q3＝＝8，q＝2. an＝·2n－1＝2n－2， a1＋a2＋…＋an ＝＝2n－1－. 答案：2 2n－1－ 4．在等差数列{an}中，a1＝1，a7＝4，数列{bn}是等比数列，已知b2＝a3，b3＝，则满足bn<的最小自然数n是________． 解析：{an}为等差数列，a1＝1，a7＝4,6d＝3，d＝. an＝，{bn}为等比数列，b2＝2，b3＝，q＝. bn＝6×()n－1，bn<＝， 8181＝34. n>6，从而可得nmin＝7. 答案：7 5．已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝a(a>0)．数列{bn}满足bn＝anan＋1(nN*)． (1)若{an}是等差数列，且b3＝12，求a的值及{an}的通项公式； (2)若{an}是等比数列，求{bn}的前n项和Sn. 解：(1){an}是等差数列，a1＝1，a2＝a， an＝1＋(n－1)(a－1)． 又b3＝12，a3a4＝12， 即(2a－1)(3a－2)＝12，解得a＝2或a＝－. a>0，a＝2.an＝n. (2)数列{an}是等比数列，a1＝1，a2＝a(a>0)， an＝an－1.bn＝anan＋1＝a2n－1. ＝a2，数列{bn}是首项为a，公比为a2的等比数列． 当a＝1时，Sn＝n； 当a≠1时，Sn＝＝. 一、选择题 1．(2010·高考浙江卷)设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则＝( ) A．11 B．5 C．－8 D．－11 解析：选D.由8a2＋a5＝0，得8a1q＋a1q4＝0，所以q＝－2，则＝＝－11. 2．(2012·济南质检)若数列{an}满足an＝qn(q>0，nN*)，则以下命题正确的是( ) {a2n}是等比数列；{}是等比数列；{lgan}是等差数列；{lga}是等差数列． A． B． C． D． 解析：选C.an＝qn(q>0，nN*)，{an}是等比数列，因此{a2n}，{}是等比数列，{lgan}{lga}是等差数列． 3．已知等比数列{an}中，an>0，a1，a99为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a20·a50·a80的值为( ) A．32 B．64 C．256 D．±64 解析：选B.由根与系数的关系知： a1·a99＝16，a＝a1·a99＝16， 又an>0，a50＝4. a20·a50·a80＝(a20·a80)·a50＝a·a50＝a＝64. 4．(2010·高考山东卷)设{an}是首项大于零的等比数列，则“a11，从而有a1qn－10，则必有q>1，故a1。
2021年高考数学一轮复习 第五章 第3讲 知能训练轻松闯关
2021年高考数学一轮复习 第五章 第3讲 知能训练轻松闯关1．已知等比数列{a n }的前三项依次为a －1，a ＋1，a ＋4，则a n ＝( ) A ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫32nB ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫23nC ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1D ．4×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1解析：选C.(a ＋1)2＝(a －1)(a ＋4)⇒a ＝5，a 1＝4，q ＝32，故a n ＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.2．(xx·山东淄博期末)已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3a 9＝2a 25，a 2＝2，则a 1＝( )A.12 B.22C. 2D ．2解析：选C.由等比数列的性质得 a 3a 9＝a 26＝2a 25，∵q >0，∴a 6＝2a 5，q ＝a 6a 5＝2，a 1＝a 2q＝2，故选C.3．已知数列{a n }满足1＋log 3a n ＝log 3a n ＋1(n ∈N *)且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A.15B ．－15C．5 D．－5解析：选D.由1＋log3an＝log3an＋1(n∈N*)，得a n＋1＝3a n，即数列{a n}是公比为3的等比数列．设等比数列{a n}的公比为q，又a2＋a4＋a6＝9，则log13(a5＋a7＋a9)＝log13[q3(a2＋a4＋a6)]＝log13(33×9)＝－5.4．(xx·四川广元质检)等比数列{a n}的公比q>0，已知a2＝1，a n＋2＋a n＋1＝6a n，则{a n}的前4项和S4＝( )A．－20 B．15C.152D.203解析：选C.因为a n＋2＋a n＋1＝6a n，所以q2＋q－6＝0，即q＝2或q＝－3(舍去)，所以a1＝1 2 .则S4＝12（1－24）1－2＝152.5．已知数列{a n}，则有( )A．若a2n＝4n，n∈N*，则{a n}为等比数列B．若a n·a n＋2＝a2n＋1，n∈N*，则{a n}为等比数列C．若a m·a n＝2m＋n，m，n∈N*，则{a n}为等比数列D ．若a n ·a n ＋3＝a n ＋1·a n ＋2，n ∈N *，则{a n }为等比数列解析：选C.若a 1＝－2，a 2＝4，a 3＝8，满足a 2n ＝4n ，n ∈N *，但{a n }不是等比数列，故A 错；若a n ＝0，满足a n ·a n ＋2＝a 2n ＋1，n ∈N *，但{a n }不是等比数列，故B 错；若a n ＝0，满足a n ·a n ＋3＝a n ＋1·a n ＋2，n ∈N *，但{a n }不是等比数列，故D 错；若a m ·a n ＝2m ＋n，m ，n ∈N *，则有a m ·a n ＋1a m ·a n ＝a n ＋1a n ＝2m ＋n ＋12m ＋n ＝2，则{a n }是等比数列．6．(xx·高考北京卷)若等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝________；前n 项和S n ＝________.解析：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则： 由a 2＋a 4＝20得a 1q (1＋q 2)＝20.① 由a 3＋a 5＝40得a 1q 2(1＋q 2)＝40.② 由①②解得q ＝2，a 1＝2.故S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.答案：2 2n ＋1－27．(xx·高考广东卷)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 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5， 所以a 10a 11＝e 5. 所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)＝10ln e5＝50ln e ＝50.答案：508．已知数列{a n}的前n项和为S n，满足a n＋S n＝1(n∈N*)，则通项公式a n＝________．解析：∵a n＋S n＝1，①∴a1＝1 2，an－1＋S n－1＝1，(n≥2)②①－②可得a n－a n－1＋a n＝0，即得anan－1＝12，∴数列{a n}是首项为12，公比为12的等比数列，则a n＝12×⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝12n.答案：1 2n9．已知等差数列{a n}满足a2＝2，a5＝8.(1)求{a n}的通项公式；(2)各项均为正数的等比数列{b n}中，b1＝1，b2＋b3＝a4，求{b n}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ， 则由已知得⎩⎨⎧a 1＋d ＝2a 1＋4d ＝8，∴a 1＝0，d ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －2.(2)设等比数列{b n }的公比为q ，则由已知得q ＋q 2＝a 4. ∵a 4＝6，∴q ＝2或q ＝－3. ∵等比数列{b n }的各项均为正数， ∴q ＝2.∴{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n－1.10．(xx·陕西宝鸡质检)已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)．(1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)． 又a 1＝5，a 2＝5，∴a 2＋2a 1＝15， ∴a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)，∴an＋1＋2a nan＋2a n－1＝3(n≥2)，∴数列{a n＋1＋2a n}是以15为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)得a n＋1＋2a n＝15×3n－1＝5×3n，则a n＋1＝－2a n＋5×3n，∴a n＋1－3n＋1＝－2(a n－3n)．又∵a1－3＝2，∴a n－3n≠0，∴{a n－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．∴a n－3n＝2×(－2)n－1，即a n＝2×(－2)n－1＋3n(n∈N*)．1．(xx·山东莱芜模拟)已知数列{a n}，{b n}满足a1＝b1＝3，a n＋1－a n＝bn＋1bn＝3，n∈N*，若数列{c n}满足c n＝ba n，则c2 015＝( )A．92 014 B．272 014C．92 015 D．272 015解析：选D.由已知条件知{a n}是首项为3，公差为3的等差数列，数列{b n}是首项为3，公比为3的等比数列，∴a n＝3n，b n＝3n.又c n＝ba n＝33n，∴c 2 015＝33×2 015＝272 015.2．(xx·广东珠海质量监测)等比数列{a n }共有奇数项，所有奇数项和S 奇＝255，所有偶数项和S 偶＝－126，末项是192，则首项a 1＝( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.设等比数列{a n }共有2k ＋1(k ∈N *)项，则a 2k ＋1＝192，则S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 2k －1＋a 2k ＋1＝1q (a 2＋a 4＋…＋a 2k )＋a 2k ＋1＝1qS偶＋a 2k ＋1＝－126q＋192＝255，解得q ＝－2，而S 奇＝a 1－a 2k ＋1q 21－q 2＝a 1－192×（－2）21－（－2）2＝255，解得a 1＝3，故选C.3．(xx·北京市海淀区高三上学期期末测试)数列{a n }满足a 1＝2且对任意的m ，n ∈N *，都有a n ＋ma m＝a n ，则a 3＝________；{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：∵a n ＋ma m＝a n ， ∴a n ＋m ＝a n ·a m ，∴a 3＝a 1＋2＝a 1·a 2＝a 1·a 1·a 1＝23＝8； 令m ＝1，则有a n ＋1＝a n ·a 1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为a 1＝2，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2.答案：8 2n ＋1－24．设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，对任意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________．解析：由条件得：f (n )·f (1)＝f (n ＋1)，即a n ＋1＝a n ·12，所以数列{a n }是首项与公比均为12的等比数列，求和得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以12≤S n <1.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，15．(xx·江西南昌模拟)已知公比不为1的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n项和为S n ，且a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，在a n 与a n ＋1之间插入3n 个数，使这3n ＋2个数成等差数列，记插入的这3n 个数的和为b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列， 所以a 5＋S 5－a 4－S 4＝a 6＋S 6－a 5－S 5， 即2a 6－3a 5＋a 4＝0，所以2q 2－3q ＋1＝0， 因为q ≠1， 所以q ＝12，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .(2)b n ＝a n ＋a n ＋12·3n＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ， T n ＝34×32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝94⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1. 6．(选做题)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的各项均为正数，公比是q ，且满足：a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝12，S 2＝b 2q .(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝3b n －λ·2a n3，若数列{c n }是递增数列，求λ的取值范围． 解：(1)由已知可得⎩⎨⎧q ＋3＋a 2＝12，3＋a 2＝q 2， 所以q 2＋q －12＝0，解得q ＝3或q ＝－4(舍去)，从而a 2＝6， 所以a n ＝3n ，b n ＝3n －1.(2)由(1)知，c n ＝3b n －λ·2a n3＝3n －λ·2n . 由题意，c n ＋1>c n 任意的n ∈N *恒成立， 即3n ＋1－λ·2n ＋1>3n －λ·2n 恒成立，亦即λ·2n<2·3n恒成立，即λ<2·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n恒成立．由于函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n是增函数，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤2·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n min ＝2×32＝3，故λ<3，即λ的取值范围为(－∞，3)．V31672 7BB8 箸37115 90FB 郻9E29886 74BE 璾 728100 6DC4 淄6O32650 7F8A羊26314 66CA 曊O。
2019-2020年高考数学一轮复习 第五章 第2讲 知能训练轻松闯关
2019-2020年高考数学一轮复习 第五章 第2讲 知能训练轻松闯关1．(xx·高考重庆卷)在等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3＋a 5＝10，则a 7＝( ) A ．5 B ．8 C ．10 D ．14 解析：选B.法一：设等差数列的公差为d ，则a 3＋a 5＝2a 1＋6d ＝4＋6d ＝10，所以d ＝1，a 7＝a 1＋6d ＝2＋6＝8.法二：由等差数列的性质可得a 1＋a 7＝a 3＋a 5＝10，又a 1＝2，所以a 7＝8. 2．(xx·潍坊质检)已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，若a 3＝6，S 3＝12，则公差d ＝( )A ．1B ．2C ．3 D.53解析：选B.在等差数列{a n }中，S 3＝3（a 1＋a 3）2＝3（a 1＋6）2＝12，解得a 1＝2，又a 3＝a 1＋2d ＝2＋2d ＝6，解得d ＝2.3．(xx·新乡许昌平顶山第二次调研)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，a 3＝5，S k ＋2－S k ＝36，则k 的值为( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选A.设等差数列的公差为d ，由等差数列的性质可得2d ＝a 3－a 1＝4，得d ＝2，所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.S k ＋2－S k ＝a k ＋2＋a k ＋1＝2(k ＋2)－1＋2(k ＋1)－1＝4k ＋4＝36，解得k ＝8.4．已知函数f (x )＝2x ，等差数列{a n }的公差为 2.若f (a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10)＝4，则f (a 1)·f (a 2)·f (a 3)·…·f (a 10)＝( )A ．0B ．2－6C ．2－2 D ．－4解析：选B.依题意得a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＝2，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝2－5×2＝－8，所以f (a 1)·f (a 2)·f (a 3)·…·f (a 10)＝2a 1＋a 2＋…＋a 10＝2－6，故选B.5．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10>0并且S 11＝0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 构成的集合为( )A ．{5}B ．{6}C ．{5，6}D ．{7}解析：选C.在等差数列{a n }中，由S 10>0，S 11＝0，得S 10＝10（a 1＋a 10）2>0⇒a 1＋a 10>0⇒a 5＋a 6>0，S 11＝11（a 1＋a 11）2＝0⇒a 1＋a 11＝2a 6＝0，故可知等差数列{a n }是递减数列且a 6＝0，所以S 5＝S 6≥S n ，其中n ∈N *，所以k ＝5或6.6．(xx·高考北京卷)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．解析：∵a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，∴a 8>0. ∵a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，∴a 9<－a 8<0. ∴数列的前8项和最大，即n ＝8. 答案：8 7．(xx·湖北荆门调研)已知一等差数列的前四项和为124，后四项和为156，各项和为210，则此等差数列的项数是________．解析：设数列{a n }为该等差数列，依题意得a 1＋a n ＝124＋1564＝70.∵S n ＝210，S n ＝n （a 1＋a n ）2，∴210＝70n2，∴n ＝6.答案：68．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________． 解析：由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0，得n ≥5，∴当n ≤5时，a n ≤0，当n >5时，a n >0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.答案：1309．各项均为正数的数列{a n }满足a 2n ＝4S n －2a n －1(n ∈N *)，其中S n 为{a n }的前n 项和． (1)求a 1，a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式； 解：(1)当n ＝1时，a 21＝4S 1－2a 1－1， 即(a 1－1)2＝0，解得a 1＝1. 当n ＝2时，a 22＝4S 2－2a 2－1＝4a 1＋2a 2－1＝3＋2a 2， 解得a 2＝3或a 2＝－1(舍去)． (2)a 2n ＝4S n －2a n －1，① a 2n ＋1＝4S n ＋1－2a n ＋1－1.②②－①得a 2n ＋1－a 2n ＝4a n ＋1－2a n ＋1＋2a n＝2(a n ＋1＋a n )，即(a n ＋1－a n )(a n ＋1＋a n )＝2(a n ＋1＋a n )． ∵数列{a n }各项均为正数， ∴a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝2，∴数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列． ∴a n ＝2n －1.10．(xx·南昌模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2a n ＋1a n ，∴b n ＋1－b n ＝2a n ＋1a n －1a n＝2.又b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知数列{b n }的通项公式为b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n ，∴a n ＝1b n ＝12n －1.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1.1．已知函数y ＝a n x 2(a n ≠0，n ∈N *)的图象在x ＝1处的切线斜率为2a n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，且当n ＝1时其图象过点(2，8)，则a 7的值为( )A.12 B ．7 C ．5 D ．6解析：选C.由题意知y ′＝2a n x ，∴2a n ＝2a n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，∴a n －a n －1＝12.又n ＝1时其图象过点(2，8)，∴a 1×22＝8，得a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公差为12的等差数列，a n＝n 2＋32，得a 7＝5. 2．(xx·高考辽宁卷)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题： p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列{a nn}是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3 D ．p 1，p 4解析：选D.因为d >0，所以a n ＋1>a n ，所以p 1是真命题．因为n ＋1>n ，但是a n 的符号不知道，所以p 2是假命题．同理p 3是假命题．由a n ＋1＋3(n ＋1)d －a n －3nd ＝4d >0，所以p 4是真命题．3．(xx·东北三校联考)已知正项数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n a n ＋1＋a na n －1＝2，则a 12＝________．解析：∵a n a n ＋1＋a n a n －1＝2，∴1a n ＋1＋1a n －1＝2a n，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，且首项为1a 1＝12，公差为1a 2－1a 1＝12，∴1a n ＝12＋(n －1)×12＝n 2，∴a n ＝2n ，∴a 12＝16. 答案：164．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意自然数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________． 解析：∵{a n }，{b n }为等差数列，∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6.∵S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941，∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝1941. 答案：19415．(xx·高考湖北卷)已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n ＜60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2＞60n ＋800，即n 2－30n －400＞0， 解得n ＞40或n ＜－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.6．(选做题)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝10，a n ＋1＝9S n ＋10. (1)求证：{lg a n }是等差数列；(2)设T n 是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫3（lg a n ）（lg a n ＋1）的前n 项和，求T n ；(3)求使T n >14(m 2－5m )对所有的n ∈N *恒成立的整数m 的取值集合．解：(1)证明：依题意，a 2＝9a 1＋10＝100，故a 2a 1＝10.当n ≥2时，a n ＋1＝9S n ＋10，a n ＝9S n －1＋10， 两式相减得a n ＋1－a n ＝9a n ，即a n ＋1＝10a n ，a n ＋1a n＝10，故{a n }为等比数列，且a n ＝a 1q n －1＝10n (n ∈N *)， ∴lg a n ＝n .∴lg a n ＋1－lg a n ＝(n ＋1)－n ＝1， 即{lg a n }是等差数列．(2)由(1)知，T n ＝3⎣⎡⎦⎤11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1） ＝3⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝3－3n ＋1.(3)∵T n ＝3－3n ＋1，∴当n ＝1时，T n 取最小值32.依题意有32>14(m 2－5m )，解得－1<m <6，故所求整数m 的取值集合为{0，1，2，3，4，5}．。
2019年高考数学 第五章 第4课时 数列求和知能演练轻松闯关 新人教A版
2019年高考数学 第五章 第4课时 数列求和知能演练轻松闯关 新人教A版1．(xx·山东济南期末){a n }为等差数列，a 10＝33，a 2＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 20－2S 10等于( )A ．40B ．200C ．400D ．20解析：选C ．S 20－2S 10＝20（a 1＋a 20）2－2×10（a 1＋a 10）2＝10(a 20－a 10)＝100D ．又a 10＝a 2＋8d ，∴33＝1＋8d ，∴d ＝4. ∴S 20－2S 10＝400.2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( ) A ．1＋2n B ．2＋2n C ．n ＋2n －1 D ．n ＋2＋2n解析：选C ．由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1.3．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A ．158或5B ．3116或5C ．3116D ．158解析：选C ．设数列{a n }的公比为q .由题意可知q ≠1，且9（1－q 3）1－q ＝1－q 61－q，解得q ＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公比的等比数列，由求和公式可得S 5＝3116.4．(xx·江南十校联考)已知函数f (x )＝x a 的图象过点(4，2)，令a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ），n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 014＝( )A ． 2 013－1B ． 2 014－1C ． 2 015－1D ． 2 015＋1解析：选C ．由f (4)＝2可得4a ＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ）＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 014＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 014＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 015－2 014)＝ 2 015－1. 5．(xx·北京东城一模)已知函数f (n )＝n 2cos nπ，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( )A ．0B ．－100C ．100D ．10 200解析：选B ．f (n )＝n 2cos nπ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2 （n 为奇数）n 2 （n 为偶数）＝(－1)n ·n 2，由a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝(－1)n ·n 2＋(－1)n ＋1·(n ＋1)2＝(－1)n [n 2－(n ＋1)2]＝(－1)n ＋1·(2n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝50×(－2)＝－100.6．(xx·广东广州市调研测试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 4＋a 5＝12，则S 7的值为________．解析：设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＋a 4＋a 5＝12得a 1＋2d ＋a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝12，即3a 1＋9d ＝12，化简得a 1＋3d ＝4，故S 7＝7a 1＋7×62d ＝7(a 1＋3d )＝7×4＝28.答案：287．若数列{a n }是首项、公差都为1的等差数列，则数列{1a n （a n ＋2）}的前n 项和为________．解析：由题意可知a n ＝n ，则1a n （a n ＋2）＝1n （n ＋2）＝12(1n －1n ＋2)， 所以前n 项和为12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2)＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2)＝12(32－1n ＋1－1n ＋2)． 答案：12(32－1n ＋1－1n ＋2)8．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：∵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＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n .∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－29．已知数列{x n }的首项x 1＝3，通项x n ＝2n p ＋nq (n ∈N *，p ，q 为常数)，且x 1，x 4，x 5成等差数列，求：(1)p ，q 的值；(2)数列{x n }前n 项和S n 的公式． 解：(1)由x 1＝3，得2p ＋q ＝3. 又因为x 4＝24p ＋4q ，x 5＝25p ＋5q ，且x 1＋x 5＝2x 4， 得3＋25p ＋5q ＝25p ＋8q ， 解得p ＝1，q ＝1.(2)由(1)，知x n ＝2n ＋n ，所以S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n )＝2n ＋1－2＋n （n ＋1）2.10．(xx·广东惠州调研)已知向量p ＝(a n ，2n )，向量q ＝(2n ＋1，－a n ＋1)，n ∈N *，向量p 与q 垂直，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝log 2a n ＋1，求数列{a n ·b n }的前n 项和S n . 解：(1)∵向量p 与q 垂直，∴2n ＋1a n －2n a n ＋1＝0，即2n a n ＋1＝2n ＋1a n ， ∴a n ＋1a n＝2，∴{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝2n －1.(2)∵b n ＝log 2a n ＋1＝n －1＋1＝n ，∴a n ·b n ＝n ·2n －1，∴S n ＝1＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①∴2S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，②①－②得，－S n ＝1＋2＋22＋23＋24＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， ∴S n ＝1＋(n －1)2n .[能力提升]1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝( ) A ．6n －n 2 B ．n 2－6n ＋18C ．⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3）n 2－6n ＋18（n >3）D ．⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3）n 2－6n （n >3）解析：选C ．∵由S n ＝n 2－6n ，得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2.∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7，∴n ≤3时，a n <0，n >3时，a n >0，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3），n 2－6n ＋18（n >3）.2．(xx·山东济南3月模拟)数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( )A ．76B ．78C ．80D ．82解析：选B ．由已知a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1，5，9及n ＝2，6，10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.3．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n －1＝3n ，故b n ＝log 3a n ＝n ，所以1b n b n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.答案：nn ＋14．(xx·山西晋中名校高三联合测试)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)，记S n 为{a n }的前n 项和，则S 2 014＝________．解析：由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)可得该数列是周期为4的数列，且a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0，所以S 2 014＝503(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 013＋a 2 014＝503×(－2)＋1＋(－2)＝－1 007.答案：－1 0075．已知数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 满足S n ＝12－12a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设f (x )＝log 3x ，b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n，求T 2 014.解：(1)当n ＝1时，a 1＝13，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.又S n ＝12－12a n ，所以a n ＝13a n －1，即数列{a n }是首项为13，公比为13的等比数列，故a n ＝(13)n .(2)由已知可得f (a n )＝log 3(13)n ＝－n ，所以b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )＝－1－2－…－n ＝－n （n ＋1）2，故1b n ＝－2(1n －1n ＋1)， 于是T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝－2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝－2(1－1n ＋1)＝－2nn ＋1， 所以T 2 014＝－4 0282 015.6．(选做题)(xx·湖北襄阳调研)已知数列{a n }，如果数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＝a n ＋a n －1，n ≥2，n ∈N *，则称数列{b n }是数列{a n }的“生成数列”．(1)若数列{a n }的通项为a n ＝n ，写出数列{a n }的“生成数列”{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }的通项为c n ＝2n ＋b (其中b 是常数)，试问数列{c n }的“生成数列”{q n }是否是等差数列，请说明理由；(3)已知数列{d n }的通项为d n ＝2n ＋n ，求数列{d n }的“生成数列”{p n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ≥2时，b n ＝a n ＋a n －1＝2n －1， 当n ＝1时，b 1＝a 1＝1适合上式， ∴b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)q n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2＋b ，n ＝1，4n ＋2b －2，n ≥2，当b ＝0时，q n ＝4n －2，由于q n ＋1－q n ＝4， ∴此时数列{c n }的“生成数列”{q n }是等差数列．当b ≠0时，由于q 1＝c 1＝2＋b ，q 2＝6＋2b ，q 3＝10＋2b ，此时q 2－q 1≠q 3－q 2，所以此时数列{c n }的“生成数列”{q n }不是等差数列．(3)p n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3·2n －1＋2n －1，n ≥2，当n >1时，T n ＝3＋(3·2＋3)＋(3·22＋5)＋…＋(3·2n －1＋2n －1)，∴T n ＝3＋3(2＋22＋23＋…＋2n －1)＋(3＋5＋7＋…＋2n －1)＝3·2n ＋n 2－4. 又n ＝1时，T 1＝3，适合上式， ∴T n ＝3·2n ＋n 2－4.。
高三数学总复习知能达标训练第五篇
高三数学总复习知能达标训练第五章 第四节 数列的通项及数列求和(时间40分钟，满分80分)一、选择题(6×5分＝30分)1．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为 A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n ＋n －2解析 S n ＝2(1－2n )1－2＋n (1＋2n －1)2＝2n ＋1－2＋n 2.答案 C2．数列9,99,999,9 999，…的前n 项和等于 A ．10n －1 B.109(10n －1)－n C.109(10n －1)D.109(10n －1)＋n解析 a n ＝10n －1，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(10－1)＋(102－1)＋…＋(10n －1) ＝(10＋102＋…＋10n )－n ＝10(10n －1)9－n .答案 B3．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －12n ，其前n 项和T n ＝32164，则项数n 等于 A ．13 B ．10 C ．9D ．6解析 a n ＝1－12n ，因此S n ＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，由n －1＋12n ＝32164， 可观察出n ＝6.答案 D4．(2021·四川)数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列，且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)．若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于A ．0B ．3C ．8D ．11解析 设{b n }的首项为b 1，公差为d ， 则b 1＋2d ＝－2，b 1＋9d ＝12， ∴b 1＝－6，d ＝2.∴b n ＝2n －8. 又b n ＝a n ＋1－a n ，∴a 8＝(a 8－a 7)＋(a 7－a 6)＋(a 6－a 5)＋(a 5－a 4)＋(a 4－a 3)＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝b 7＋b 6＋b 5＋…＋b 1＋a 1＝7(－6＋2×7－8)2＋3＝3.答案 B5．(2021·昆明模拟)数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为A ．11B ．99C ．120D ．121解析 ∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.令n ＋1－1＝10，得n ＝120.答案 C6．数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n 的前n 项和S n 等于A.3n －1n ＋1B.2nn ＋1C.3nn ＋1D.4nn ＋3解析 a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n ＋1， 所以S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 答案 B二、填空题(3×4分＝12分)7．(2021·陕西)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵树，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．解析 假设20位同学是1号到20号依次分列，使每位同学的往返所走的路程和最小，则树苗需放在第10或第11号树坑旁．此时两侧的同学所走的路程分别组成以20为首项，20为公差的等差数列，所有同学往返的路程为s ＝9×20＋9×82×20＋10×20＋10×92×20＝2 000. 答案 2 0008．已知数列{a n }满足a n ＋1a n＝n ＋2n (n ∈N *)，且a 1＝1，且a n ＝________.解析 本题考查利用递推公式确定数列通项公式．据已知可得，当n ≥2时利用累积法得：a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝1·31·42·53·…·n n －2·n ＋1n －1＝n (n ＋1)2，又验证知a 1＝1也适合，故a n ＝n (n ＋1)2.答案n (n ＋1)29．设函数f (x )＝x m＋ax 的导数为f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1f (n )，(n ∈N *)的前n 项和是________．解析 ∵f (x )＝x m ＋ax 的导数为f ′(x )＝2x ＋1， ∴m ＝2，a ＝1，∴f (x )＝x 2＋x ，即f (n )＝n 2＋n ＝n (n ＋1)，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1f (n )，(n ∈N *)的前n 项和为：S n ＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n－1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝nn ＋1. 答案 n n ＋1三、解答题(38分)10．(12分)(2021·纲目全国卷)设数列{a n }满足a 1＝0且11－a n ＋1－11－a n ＝1.(1)求a n ； (2)设b n ＝1－a n ＋1n，记S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，证明S n ＜1. 解析 (1)∵11－a n ＋1－11－a n ＝1，11－a 1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫11－a n 是等差数列，首项为1，公差为1， ∴11－a n＝1＋(n －1)×1＝n ，∴a n ＝n －1n . (2)证明 由(1)知a n ＋1＝nn ＋1，b n ＝1－n n ＋1n＝n ＋1－n n ＋1n＝1n－1n ＋1.∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1，显然S n ＜1. 11．(12分)按照下列数列的通项公式，求数列{a n }的前n 项和S n . (1)a n ＝0.999…9n 个； (2)a n ＝n (n ＋1)； (3)a n ＝n ·2n ； (4)a n ＝a n (a n －1)．解析 (1)a n ＝0.999…9n 个＝1－110n ， ∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1102＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110n ＝n －19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110n .(2)解法一 a n ＝n (n ＋1)＝n 2＋n ， ∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(12＋1)＋(22＋2)＋…＋(n 2＋n ) ＝(12＋22＋…＋n 2)＋(1＋2＋…＋n ) ＝13n (n ＋1)(n ＋2)．解法二 a n ＝n (n ＋1)＝A2n ＋1，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝A22＋A23＋…＋A2n ＋1 ＝A22(C22＋C23＋…＋C2n ＋1) ＝A22C3n ＋2＝13n (n ＋1)(n ＋2)． (3)∵a n ＝n ·2n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝2＋2×22＋…＋n 2n ，①∴2S n ＝22＋2×23＋…＋(n －1)2n ＋n 2n ＋1.② ①－②得：－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n 2n ＋1 ＝2(2n －1)－n 2n ＋1， ∴S n ＝(n －1)2n ＋1＋2.(4)①若a ＝0，则a n ＝0，∴S n ＝0. ②若a ＝1，则a n ＝0，∴S n ＝0. ③若a ＝－1，则a n ＝1－a n .S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(1－a )＋(1－a 2)＋…＋(1－a n ) ＝n －a (1－a n )1－a ＝n ＋1＋(－1)n ＋12.④若a ≠0，a ≠±1， 则a n ＝a n (a n －1)＝a 2n －a n ， S n ＝(a 2－a )＋(a 4－a 2)＋…＋(a 2n －a n ) ＝(a 2＋a 4＋…＋a 2n )－(a ＋a 2＋…＋a n ) ＝a 2(1－a 2n )1－a 2－a (1－a n )1－a .12．(14分)若公比为c 的等比数列{a n }的首项a 1＝1且满足a n ＝a n －1＋a n －22(n ＝3,4，…)．(1)求c 的值；(2)求数列{na n }的前n 项和S n . 解析 (1)由题设，当n ≥3时， a n ＝c 2a n －2，a n －1＝ca n －2， a n ＝a n －1＋a n －22＝1＋c 2a n －2.由题设条件可得a n －2≠0，因此c 2＝1＋c2.即2c 2－c －1＝0，解得c ＝1或c ＝－12. (2)由(1)，需要分两种情况讨论． 当c ＝1时，数列{a n }是一个常数列． 即a n ＝1(n ∈N *)．这时，数列{na n }的前n 项和S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2. 当c ＝－12时，数列{a n }是一个公比为－12的等比数列． 即a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．这时，数列{na n }的前n 项和S n ＝1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋…＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1.①①式两边同乘－12，得－12S n ＝－12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋…＋(n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＋n (－12)n .② ①式减去②式，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n1＋12－n⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n. 所以S n ＝19⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤4－(－1)n ·3n ＋22n －1(n ∈N *)． 即当c ＝1时，S n ＝n (n ＋1)2，当c ＝－12时，S n ＝19⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤4－(－1)n ·3n ＋22n －1(n ∈N *)．。
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高三数学总复习知能达标训练第五章 第二节 等差数列及其前n 项和
(时间40分钟，满分80分)
一、选择题(6×5分＝30分)
1．若x ≠y ，两个等差数列x ，a 1，a 2，y 与x ，b 1，b 2，b 3，y 的公差分别为d 1和d 2，则d 2
d 1
等于
A.2
3 B.32 C.3
4
D.43
解析 d 1＝y －x 4－1＝y －x 3，d 2＝y －x 5－1＝y －x
4.
∴d 2d 1＝3
4. 答案 C
2．(2011·大纲全国卷)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k 等于
A ．8
B ．7
C ．6
D ．5
解析 ∵S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2 ＝a 1＋kd ＋a 1＋(k ＋1)d ＝2a 1＋(2k ＋1)d ＝2×1＋(2k ＋1)×2＝24.∴k ＝5. 答案 D
3．(2011·天津)已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为
A ．－110
B ．－90
C ．90
D ．110
解析 由题意知a 27＝a 3a 9，
即(a 1－12)2＝(a 1－4)(a 1－16)，∴a 1＝20. S 10＝10a 1＋10×9d 2＝10×20＋10×9×(－2)2＝110.
答案 D
4．等差数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝－24，a 18＋a 19＋a 20＝78，则此数列前20项和等于 A ．160 B ．180 C ．200
D ．220
解析 ∵a 1＋a 2＋a 3＝－24，a 18＋a 19＋a 20＝78，
∴a 1＋a 2＋a 3＋a 18＋a 19＋a 20＝3(a 1＋a 20)＝54， ∴S 20＝20(a 1＋a 20)2＝20×54
2×3＝180.
答案 B
5．在各项均不为零的等差数列{a n }中，若a n ＋1－a 2n ＋a n －1＝0(n ≥2)，则S 2n －1－4n 等于 A ．－2 B ．0 C ．1
D ．2
解析 由⎩⎨⎧
a n ＋1－a 2
n ＋a n －1＝0，
2a n ＝a n ＋1＋a n －1，
得a 2n －2a n ＝0，
又a n ≠0，∴a n ＝2，S 2n －1－4n ＝2(2n －1)－4n ＝－2. 答案 A
6．等差数列中，a 1＝1
25，第10项开始比1大，则公差d 的范围是 A ．d ＞8
75
B ．d ＜3
25 C.875＜d ≤325
D.875＜d ＜325
解析 a 10＝125＋9d ＞1，a 9＝1
25＋8d ≤1，
∴875＜d ≤3
25. 答案 C
二、填空题(3×4分＝12分)
7．S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 2＝S 6，a 4＝1，则a 5＝________. 解析 设{a n }的首项为a 1，公差为d ， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
2a 1＋2×12d ＝6a 1
＋6×52d ，a 1＋3d ＝1，∴⎩⎨⎧
a 1＝7，d ＝－2，
∴a 5＝a 1＋4d ＝－1. 答案 －1
8．(2011·天津)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，n ∈N *，若a 3＝16，S 20＝20，则S 10＝________.
解析 设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则a 1＋2d ＝16且20a 1＋20×19
2d ＝20.∴a 1＝20，d
＝－2，
∴S 10＝20×10＋10×9×(－2)2＝110.
答案 110
9．《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，
上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．
解析 设所构成数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 依题意⎩⎨⎧
a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，
即⎩⎨
⎧
4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝1322，d ＝7
66，
∴a 5＝a 1＋4d ＝67
66.
答案 6766 三、解答题(38分)
10．(12分)(2011·福建)已知等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k .
解析 (1)设数列{a n }的公差为d ，则1＋2d ＝－3， ∴d ＝－2.
∴a n ＝1＋(n －1)(－2)＝－2n ＋3. (2)S k ＝k ＋k (k －1)2
×(－2)＝－k 2
＋2k ＝－35， ∴k ＝7.
11．(12分)已知公差不为零的等差数列{a n }的首项为a (a ∈R )，且1a 1
，1a 2
，1
a 4
成等比数列．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)对n ∈N *，试比较1a 2＋1a 22＋1a 23＋…＋1a 2n 与1
a 1的大小．
解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 由于⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 22＝1a 1·1a 4，∴a 2
2＝a 1a 4， ∴(a ＋d )2＝a (a ＋3d )，∴d ＝a . 故a n ＝a ＋(n －1)a ＝an .
(2)记T n ＝1a 2＋1a 22＋1a 23＋…＋1a 2n ，
由于a 2n ＝2n a ， ∴T n ＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝1a ·12⎝
⎛
⎭⎪
⎫1－12n 1－12
＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n .
当a ＞0时，T n ＜1a ；当a ＜0时，T n ＞1
a .
12．(14分)在等差数列{a n }中，a 16＋a 17＋a 18＝a 9＝－36，其前n 项为S n . (1)求S n 的最小值，并求出S n 取最小值时n 的值； (2)求T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |.
解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， ∵a 16＋a 17＋a 18＝3a 17＝－36， ∴a 17＝－12，∴d ＝a 17－a 917－9＝24
8＝3，
∴a n ＝a 9＋(n －9)·d ＝3n －63，a n ＋1＝3n －60， 令⎩⎨⎧
a n ＝3n －63≤0a n ＋1＝3n －60≥0，得20≤n ≤21， ∴S 20＝S 21＝20×[－60＋(－3)]2＝－630.
∴当n ＝20或21时，S n 最小且最小值为－630. (2)由(1)知前20项小于零，第21项等于0， 以后各项均为正数．
当n ≤21时，T n ＝－S n ＝－n (－60＋3n －63)
2
＝－32n 2＋1232
n .
当n ＞21时，T n ＝S n －2S 21＝n (－60＋3n －63)2－2S 21
＝32n 2－123
2n ＋1 260.
综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
－32n 2＋1232
n ， n ≤21，n ∈N *，32n 2－1232n ＋1 260， n ＞21，n ∈N *
.。