高三数学总复习知能达标训练第五章

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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．。

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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 *
.。

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

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