高考数学(文科)中档大题规范练(数列)(含答案)
2019年【浙江】高考数学(文)二轮：中档大题规范练数列(含答案)
高考数学精品复习资料2019.5中档大题规范练——数列1． (20xx·四川)在等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项、公差及前n 项和．解 设该数列的公差为d ，前n 项和为S n ，由已知，可得 2a 1＋2d ＝8，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋8d )． 所以，a 1＋d ＝4，d (d －3a 1)＝0， 解得a 1＝4，d ＝0，或a 1＝1，d ＝3，即数列{a n }的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以，数列{a n }的前n 项和S n ＝4n 或S n ＝3n 2－n2.2． (20xx·天津)已知首项为32的等比数列{a n }不是．．递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)， 且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n . (2)由(1)得S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712. 综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.3． (20xx·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0,2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{na n }的前n 项和．解 (1)令n ＝1，得2a 1－a 1＝a 21，即a 1＝a 21.因为a 1≠0，所以a 1＝1.令n ＝2，得2a 2－1＝S 2＝1＋a 2，解得a 2＝2. 当n ≥2时，由2a n －1＝S n,2a n －1－1＝S n －1 两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1. 于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列． 因此，a n ＝2n －1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)知，na n ＝n ·2n －1.记数列{n ·2n －1}的前n 项和为B n ，于是B n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1.① 2B n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .②①－②得－B n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n .从而B n ＝1＋(n －1)·2n .4． 已知f (x )＝－4＋1x 2，点P n ⎝⎛⎭⎫a n ，－1a n ＋1在曲线y ＝f (x )上且a 1＝1，a n >0(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a 2n ·a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，若对于任意的n ∈N *，存在正整数t ，使得S n <t 2－t －12恒成立，求最小正整数t 的值． (1)证明 ∵－1a n ＋1＝－4＋1a 2n ，∴1a 2n ＋1－1a 2n＝4.∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是以1为首项，4为公差的等差数列． ∴1a 2n＝4n －3. ∵a n >0，∴a n ＝ 14n －3.(2)解 令b n ＝a 2n ·a 2n ＋1＝1(4n －3)(4n ＋1)＝14⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1. ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝14(1－15＋15－19＋…＋14n －3－14n ＋1) ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n ＋1<14，对于任意的n ∈N *使得S n <t 2－t －12恒成立，∴只要14≤t 2－t －12，∴t ≥32或t ≤－12，∴存在最小的正整数t ＝2符合题意．5． 设数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，都有a n >0，S n ＝a 31＋a 32＋…＋a 3n .(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，有a 1＝S 1＝a 31， 由于a n >0，所以a 1＝1.当n ＝2时，有S 2＝a 31＋a 32，即a 1＋a 2＝a 31＋a 32，将a 1＝1代入上式，由于a n >0，所以a 2＝2.(2)由S n ＝a 31＋a 32＋…＋a 3n ，得a 31＋a 32＋…＋a 3n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )2，① 则有a 31＋a 32＋…＋a 3n ＋a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1)2，②②－①，得a 3n ＋1＝(a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1)2－(a 1＋a 2＋…＋a n )2＝a n ＋1[2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1]． 因为a n >0，所以a 2n ＋1＝2(a 1＋a 2＋…＋a n )＋a n ＋1，③ 同理，得a 2n ＝2(a 1＋a 2＋…＋a n －1)＋a n (n ≥2)，④③－④，得a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋1＋a n ，整理，得a n ＋1－a n ＝1.由于a 2－a 1＝1，故当n ≥1时，都有a n ＋1－a n ＝1，所以数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，其通项公式为a n ＝n .6． 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝S n －12S n －1＋1(n ≥2)，a 1＝2.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求a n 的表达式．(1)证明 方法一 由S n ＝S n －12S n －1＋1，得1S n ＝2S n －1＋1S n －1＝1S n －1＋2，∴1S n －1S n －1＝2， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1即12为首项，以2为公差的等差数列．方法二 ∵当n ≥2时，1S n －1S n －1＝2S n －1＋1S n －1－1S n －1＝2S n －1S n －1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1即12为首项，以2为公差的等差数列．(2)解 由(1)知1S n ＝12＋(n －1)×2＝2n －32，∴S n ＝12n －32，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －32－12n －72＝－2⎝⎛⎭⎫2n －32⎝⎛⎭⎫2n －72； 当n ＝1时，a 1＝2不适合a n . 故a n＝⎩⎨⎧2(n ＝1)－2⎝⎛⎭⎫2n －32⎝⎛⎭⎫2n －72 (n ≥2).。
高考文科数学数列经典大题训练(附答案)
1.〔此题总分值14 分〕设数列a的前n项和为S n,且S n4a n3(n1,2,)，n〔1〕证明: 数列a n是等比数列；〔2〕假设数列b满足b n1a n b n(n1,2,)，b12，求数列b n的通项公n式．2.〔本小题总分值12分〕等比数列a的各项均为正数，且n2 2a3a1,a9aa.123261.求数列a n的通项公式.2.设blogaloga......loga,求数列n31323n 1bn的前项和.3.设数列a满足n2n1 a12,a1a32nn〔1〕求数列a的通项公式；n〔2〕令b n na n，求数列的前n项和S n3.等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．〕，求数列{b n}的前n项和S n．〔Ⅰ〕求数列{a n}的通项公式；n﹣1*〔Ⅱ〕设b n=〔4﹣a n〕q〔q≠0，n∈N× 5.数列{a n}满足，，n∈N．〔1〕令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列；〔2〕求{a n}的通项公式．...4.解：〔1〕证：因为S n4a n3(n1,2,)，那么S n14a n13(n2,3,)，所以当n2时，a SS14a4a1，nnnnn4整理得aa1．5分nn3由S43，令n1，得a14a13，解得a11．n an所以分a是首项为1，公比为n43的等比数列．7〔2〕解：因为4n1 a()，n3由b1ab(n1,2,)，得nnn4n1 bb()．9分n1n3由累加得()()()b n bbbbbbb12`132nn14n11()43n1＝23()1，〔n2〕，43134n1 当n=1时也满足，所以)1b3(．n35.解：〔Ⅰ〕设数列{a n}的公比为q，由 2a39a2a6得32a39a4所以21q。
有条件9可知a>0,故1q。
311a。
故数列{a n}的通项式为a n=33由2a13a21得2a13a2q1，所以1n。
〔Ⅱ〕b logaloga...logan111111(12...n)n(n1)2故12112() bn(n1)nn1n111111112n ...2((1)()...()) bbb223nn1n1 12n...所以数列1{}bn2n 的前n 项和为n16.解：〔Ⅰ〕由，当n≥1 时，a1[(a1a)(a a1)(a2a1)]a1nnnnn2n12n33(222)222(n1)1。
高考中档大题规范练(二).docx
高考中档大题规范练(二)数 列1．已知函数f (x )＝7x ＋5x ＋1，数列{a n }满足：2a n ＋1－2a n ＋a n ＋1a n ＝0且a n ≠0.数列{b n }中，b 1＝f (0)且b n ＝f (a n －1)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列； (2)求数列{|b n |}的前n 项和T n .2．已知等差数列{a n }是递增数列，且满足a 4·a 7＝15，a 3＋a 8＝8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝19a n －1a n(n ≥2)，b 1＝13，求数列{b n }的前n 项和S n .3．(2015·天津)已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列．(1)求q 的值和{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a 2n a 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n ＋n 2－1，数列{b n }满足3n b n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ，且b 1＝3.(1)求a n ，b n ；(2)设T n 为数列{b n }的前n 项和，求T n ，并求满足T n <7时n 的最大值．5．(2015·广东)数列{a n }满足：a 1＋2a 2＋…＋na n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *. (1)求a 3的值；(2)求数列{a n }前n 项和T n ；(3)令b 1＝a 1，b n ＝T n －1n＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋13＋…＋1n a n (n ≥2)，证明：数列{b n }的前n 项和S n 满足S n <2＋2ln n .答案精析高考中档大题规范练(二)数 列1．(1)证明 由2a n ＋1－2a n ＋a n ＋1a n ＝0得1a n ＋1－1a n ＝12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列．(2)解 因为b 1＝f (0)＝5，所以7a 1－1＋5a 1－1＋1＝5， 7a 1－2＝5a 1，所以a 1＝1，1a n ＝1＋(n －1)×12，所以a n ＝2n ＋1. b n ＝7a n －2a n＝7－(n ＋1)＝6－n . 当n ≤6时，T n ＝n 2(5＋6－n )＝n 11－n 2； 当n ≥7时，T n ＝15＋n －62(1＋n －6) ＝n 2－11n ＋602. 所以，T n ＝⎩⎨⎧ n 11－n 2，n ≤6，n 2－11n ＋602，n ≥7.2．解 (1)根据题意a 3＋a 8＝8＝a 4＋a 7，a 4·a 7＝15，所以a 4，a 7是方程x 2－8x ＋15＝0的两根，且a 4<a 7，解得a 4＝3，a 7＝5.设数列{a n }的公差为d ，由a 7＝a 4＋(7－4)·d ，得d ＝23. 故等差数列{a n }的通项公式为a n ＝a 4＋(n －4)·d ＝3＋(n －4)·23＝2n ＋13. (2)当n ≥2时，b n ＝19a n －1a n ＝19·2n －13·2n ＋13＝12n －12n ＋1 ＝12(12n －1－12n ＋1)， 又b 1＝13＝12(1－13)， 所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1) ＝12(1－12n ＋1)＝n 2n ＋1. 即数列{b n }的前n 项和S n ＝n 2n ＋1. 3．解 (1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3，所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)，又因为q ≠1，故a 3＝a 2＝2，由a 3＝a 1q ，得q ＝2.由递推公式得当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n －12； 当n ＝2k (k ∈N *)时，a n ＝a 2k ＝2k ＝2n 2. 所以，{a n }的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n －12，n 为奇数，22n ，n 为偶数.(2)由(1)得b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n 2n －1. 设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1，12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n . 上述两式相减得：12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n 1－12－n 2n ＝2－22n －n 2n ， 整理得，S n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *. 所以，数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n －1，n ∈N *. 4．解 (1)n ≥2时，S n ＝a n ＋n 2－1，S n －1＝a n －1＋(n －1)2－1，两式相减，得a n ＝a n －a n －1＋2n －1，∴a n －1＝2n －1.∴a n ＝2n ＋1，∴3n b n ＋1＝(n ＋1)(2n ＋3)－n (2n ＋1)＝4n ＋3，∴b n ＋1＝4n ＋33n ， ∴当n ≥2时，b n ＝4n －13n －1，又b 1＝3适合上式， ∴b n ＝4n －13n －1. (2)由(1)知，b n ＝4n －13n －1， ∴T n ＝31＋73＋1132＋…＋4n －53n －2＋4n －13n －1，① 13T n ＝33＋732＋1133＋…＋4n －53n －1＋4n －13n ，② ①－②，得23T n ＝3＋43＋432＋…＋43n －1－4n －13n ＝3＋4·131－13n －11－13－4n －13n ＝5－4n ＋53n . ∴T n ＝152－4n ＋52·3n －1. T n －T n ＋1＝4n ＋1＋52·3n －4n ＋52·3n －1＝－4n ＋33n<0. ∴T n <T n ＋1，即{T n }为递增数列．又T 3＝599<7，T 4＝649>7， ∴T n <7时，n 的最大值为3.5．(1)解 a 1＝1，a 1＋2a 2＝2，a 2＝12，a 1＋2a 2＋3a 3＝4－54，a 3＝14. (2)解 n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋(n －1)·a n －1＝4－n ＋12n －2， 与原式相减，得na n ＝n 2n －1，a n ＝12n －1，n ＝1也符合，T n ＝1－12n 1－12＝2－12n －1. (3)证明 n ≥2时，b n ＝T n －1n＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋13＋…＋1n a n ＝a 1＋a 2＋…＋a n －1n＋ ⎝⎛⎭⎫1＋12＋13＋…＋1n a n ，故S n ＝∑i ＝1n b i ＝a 1＋a 12＋⎝⎛⎭⎫1＋12a 2＋a 1＋a 23＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋13a 3＋…＋a 1＋a 2＋…＋a n －1n＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋…＋1n a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i T n ＝ ⎝⎛⎭⎫1＋12＋…＋1n ⎝⎛⎭⎫2－12n －1 <2⎝⎛⎭⎫1＋12＋…＋1n ， 只需证明2⎝⎛⎭⎫1＋12＋…＋1n <2＋2ln n ，n ∈N *. 对于任意自然数k ∈N ，令x ＝－1k ＋1∈ (－1,0)时，ln ⎝⎛⎭⎫－1k ＋1＋1＋1k ＋1<0，即1k ＋1<ln(k ＋1)－ln k . ∴k ＝1时，12<ln 2－ln 1，k ＝2时，13<ln 3－ln 2. …k ＝n －1时，1n<ln n －ln(n －1)． ∴1＋12＋13＋ (1)<1＋(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋[ln n －ln(n －1)]， 即1＋12＋13＋…＋1n <1＋ln n ，∴n ≥2时，2⎝⎛⎭⎫1＋12＋13＋ (1)<2＋2ln n ，综上n ∈N *时，S n <2＋2ln n .。
高三文科数学_中档大题分类练_：2_数列
中档大题分类练(二) 数列(建议用时：60分钟)一、解答题1．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝4，a n ＝2n ＋1(n ≥2)．(1)证明：当n ≥2时，S n ＝a n ＋n 2；(2)若等比数列{b n }的前两项分别为S 2，S 5，求{b n }的前n 项和T n .2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2.(1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式．3．设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 3＝7，a n ＝2a n －1＋a 2－2(n ≥2)．(1)证明：{a n ＋1}为等比数列；(2)求{a n }的通项公式，并判断n ，a n ，S n 是否成等差数列．4．设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1，S n ＝2－2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n log 12a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋pn ，且a 2，a 5，a 10成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1＋5a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . .6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝43(a n －1)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n ，记数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n －1b n ＋1的前n 项和为T n ，证明：T n ＜12.习题答案1. 答案：见解析解析： (1)证明：当n ≥2时，∵S n ＝4＋(5＋7＋…＋2n ＋1)＝4＋5＋2n ＋1n －12＝n 2＋2n ＋1，∴S n ＝(2n ＋1)＋n 2＝a n ＋n 2.(2)由(1)知，S 2＝9，S 5＝36，∴等比数列{b n }的公比q ＝369＝4，又b 1＝S 2＝9，∴T n ＝91－4n 1－4＝3(4n －1)． 2. 答案：见解析 解析： (1)证明：由已知有a 1＋a 2＝4a 1＋2.解得a 2＝3a 1＋2＝5，故b 1＝a 2－2a 1＝3.又a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－(4a n ＋2)＝4a n ＋1－4a n ， 于是a n ＋2－2a n ＋1＝2(a n ＋1－2a n )，即b n ＋1＝2b n .因此数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列．(2)由(1)知等比数列{b n }中b 1＝3，公比q ＝2，所以a n ＋1－2a n ＝3×2n －1.于是a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34， 因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12、公差为34的等差数列． a n 2n ＝12＋34(n －1)＝34n －14.所以a n ＝(3n －1)·2n －2. 3. 答案：见解析解析： (1)证明：∵a 3＝7，a 3＝3a 2－2，∴a 2＝3，∴a n ＝2a n －1＋1，∴a 1＝1，a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2(n ≥2)， ∴{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)知，a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1.∴S n ＝2－2n ＋11－2－n ＝2n ＋1－n －2，∴n ＋S n －2a n ＝n ＋2n ＋1－n －2－2(2n －1)＝0 ∴n ＋S n ＝2a n ，即n ，a n ，S n 成等差数列．4. 答案：见解析解析： (1)∵S n ＝2－2a n ＋1，a 1＝1，∴当n ＝1时，S 1＝2－2a 2，得a 2＝1－S 12＝1－a 12＝12；当n ≥2时，S n －1＝2－2a n ，∴当n ≥2时，a n ＝2a n －2a n ＋1，即a n ＋1＝12a n, 又a 2＝12a 1，∴{a n }是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1. (2)由(1)知，b n ＝(－1)n (n －1)，T n ＝0＋1－2＋3－…＋(－1)n (n －1),当n 为偶数时，T n ＝n 2；当n 为奇数时，T n ＝n －12－(n －1)＝1－n 2，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1－n 2，n 为奇数，n 2，n 为偶数.5. 答案：见解析解析： (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1＋p ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1＋p ，也满足a n ＝2n －1＋p ，故a n ＝2n －1＋p ，∵a 2，a 5，a 10成等比数列，∴(3＋p )(19＋p )＝(9＋p )2， ∴p ＝6.∴a n ＝2n ＋5.(2)由(1)可得b n ＝1＋5a n ·a n ＋1＝1＋52n ＋52n ＋7＝1＋52⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋5－12n ＋7， ∴T n ＝n ＋5217－19＋19－111＋…＋12n ＋5－12n ＋7＝n ＋5n 14n ＋49＝14n 2＋54n 14n ＋496. 答案：见解析解析： (1)当n ＝1时，有a 1＝S 1＝43(a 1－1)，解得a 1＝4.当n ≥2时，有S n －1＝43(a n－1－1)，则a n ＝S n －S n －1＝43(a n －1)－43(a n －1－1)，整理得：a n a n －1＝4，∴数列{a n }是以q ＝4为公比，以a 1＝4为首项的等比数列. ∴a n ＝4×4n －1＝4n (n ∈N *)， 即数列{a n }的通项公式为：a n ＝4n (n ∈N *)．(2)由(1)有b n ＝log 2a n ＝log 24n ＝2n ，则，1b n ＋1b n －1＝12n ＋12n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n ＋12n －1 ＝1211－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＜12，故得证．。
高三文科数学数列测试题(有答案)
高三文科数学数列测试题一、选择题（5分X 10=50分）1 •已知等差数列共有10项，其中奇数项之和15,偶数项之和为30,则其公差是C. 3D. 2a313,则a4a5 a6等于（)C. 43 D • 45 a3、a4成等比数列，则a2等于（）.-8 D . - 10A . 5B . 42.在等差数列j a n中，已知a 2,a2A . 40 B. 423.已知等差数列a n的公差为2,若a1A . - 4B .-64.在等差数列a n中,已知a1 3, a2 a5 4, a n 33,则n为()11.已知数列的通项 a n 5n 2，则其前n 项和S n12 .已知数列 a n13 .数列｛ a n ｝中, 1 冲，则 a 369若 a 1=1, 2a n+1=2a n +3 (n >1),则该数列的通项对于任意p , q N ，有a pa qa p q，右a 114 .已知数列 a n是首项为1，公差为2的等差数列，将数列a n 中的各项排成如图所示的一个三角形数表，记A.48B.49C.50D.515•在等比数列｛ a n ｝中，a 2 = 8, a 6 = 64,，则公比q 为() A . 2 B . 3 C . 4D .8 6.-1,a,b,c,-9成等比数列，那么 ( )A . b 3,ac 9 B. b 3,ac 9 C. b 3,ac9D. b3,ac 97.数列a n 满足 a 〔，a n a n 1n(n 2),则a n( )A .n(n 21)n(n 1)B. 2C.(n 2)(n21｝D.(n 1)(n 1)2&已知 a, b, c, d 成等比数列, 且曲线y 2x 2x 3的顶点是（b,c ），则ad 等于A . 3B . 2 C.1 D .29.在等比数列 a n 中，a 1 2，前n 项和为S n ，若数列a . 1也是等比数列，则 S n 等于( )A . 2n 1 2B . 3nC . 2nD . 3n 110 .设 f(n) 2 24 27 210 L23n 10(n N)，则 f (n)等于( )2 八2 — n 1 八 〜 23 八24 八A . -(81) B . -(81) C . -(81) D . -(8 1)二、填空题（5分X 4=20分）A (i,j)表示第i 行从左至右的第j 个数，例如A (4, 3) = a 9,则 A (10, 2) = ____________三、解答题(本大题共6题，共80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15、(本小题满分12分)等差数列的通项为a n 2n 19 ,前n 项和记为s n ，求下列问题： (1)求前n 的和S n( 2 )当n 是什么值时，S n 有最小值，最小值是多少？16、(本小题满分12分)数列a n的前n项和记为S n，印1耳1 2S n 1 n 1(1)求a n的通项公式；(2)求S n17、(本小题满分14分)已知实数列｛a n｝是等比数列，其中a 7 1,且a4,a5 1,a6成等差数列(1) 求数列｛a n｝的通项公式；(2) 数列｛a n｝的前n项和记为S n,证明:S n < 128( n 1,2,3,…).18、(本小题满分14分)数列a n中，a1 2 , a n 1务cn (c是常数，n 1,2,3丄)，且印，a2, a3成公比不为1的等比数列.(1)求c的值；(2)求a n的通项公式.19、（本小题满分14分）设｛%｝是等差数列，｛^｝是各项都为正数的等比数列，且a i b 1 , a3 b5 21 ,a5 b3 13（1）求｛a n｝, ｛b n｝的通项公式；a（2）求数列-的前n项和S nb n20. （本小题满分14分）设数列a n满足a1 3a2 32 a3…3n 1a n - , a N3 (1)求数列a n的通项；(2)设b nn ,，求数列b n的前n项和S n.a n高三文科数学数列测试题答案1~5 CBBCA 6~10 BABCD 11.112.4 13. a n 号n 扌 14.93218.解：(1) a 1 2, a 2 2 c , a 3 2 3c ,因为a 1, a 2, a 3成等比数列，所以(2 c)2 2(2 3c), 解得c 0或c 2 .当c 0 时，a 1 a 2 a 3，不, 符合题 意舍去,故 c 2 . (2) 当n > 2时，由于a 2 a 1 c ,a 3a 2 2c ,L La na n 1 (n 1)c ,所以 a. d [1 2 L (n 1)]cn(n21)c .又a 12 , c 2，故 a .2 n(n 1) n 2 n 2(n 2,3,L当n 1时，上式也成立，所以 a n 2 n n 2(n 1,2,L ).15•略解（1） 略（2）由a n10 , $0 1017)10 9 2~26016.解： (1) 设等比数列 a n 的公比为 q(q R)，由a 7 6a 〔q 61，得a 1 q ，从而a 4 3a 〔q 3 q , 42a 5a 1qq, a 6a 1q因为a 4,a 51, a 6成等差数列，所以34 a 6 2(a 51),即q 3 1q2 1 22(q 1), q (q 1)2(q 21).所以q1n 1 6 n 1故 a n a© q gq 64 -221 64 1- ⑵ S .a 1(1q n )1 q2 1 -2n1128 1—122§1 1 1 n 2 ,两式相减得a 1 a n2a n ,a n 1 3a n n 2又 a 2 2S 1 3 ••• a 2遍故｛a n ｝是首项为1,公比为3得等比数列3n⑵S n1 (1 3n ) 3n1 1 322a n 11qn17. (1)由 a n 1 2S 1 可得 a伯.解：(1 )设a n 的公差为d , b n 的公比为q ，则依题意有q 解得d 2 ,q 2 .所以 a n 1 (n 1)d 2n 1 ,n 1 n 1b n q 2.2n 12n1(1)-(2)得：2S n 3 32 33 3n n 3n 1 所以：^将山，必加113"^3 21 25 ②一①得 S nL2n 3 2n 1①2r 1 2 2n1 , L2n 3 2n 1 ②n 3n 2 ，2 22 2 2 L2 2n 1 2 22 2“ 2 2* 11L12n 12 n 2n 12222n 16 2n 32* 12n 1 •2 2 15 2 5 20. (1) 印 3a 2 32a 3 . ..3n 1 a n nJ3印 3a 2 3' 2 a 3 • ••3n 2a n 1 n 1 3 (n 2),3n 1 n n 1 1 ’ 2).1 ’2).a n — 3 (n ■ a nn (n3 33验证 n 1时也满足上式， a n 1 ----- 1 (n N *)3n⑵b nn 3nS n 1 3 2 32 3 312 1 2* 1 ~T2 • •.n 3n3S n 1 322 33 3 34 ...n 3n 1•(1)..(2)o 且12d q4 21, 4d q 2 13,。
高考数学文科二轮复习中档大题规范练4数列
(四)数 列1．(2017 ·国Ⅱ全 )已知等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，等比数列 { b n } 的前 n 项和为 T n ，a 1＝－ 1，b 1＝ 1， a 2＋ b 2＝2. (1) 若 a 3＋ b 3＝ 5，求 { b n } 的通项公式；(2) 若 T 3＝ 21，求 S 3.解 设 { a n } 的公差为 d ， { b n } 的公比为 q ，则 a n ＝－ 1＋(n － 1) ·d ， b n ＝ q n － 1.由 a 2＋ b 2＝ 2，得 d ＋ q ＝ 3.①(1) 由 a 3＋ b 3＝ 5，得 2d ＋ q 2＝ 6.② 联立①和②，解得d ＝ 3， d ＝ 1， q ＝0 (舍去 )， q ＝ 2.所以 { b n } 的通项公式 n － 1b n ＝ 2 .(2) 由 b 1＝ 1， T 3＝ 21，得 q 2＋ q －20＝ 0.解得 q ＝－ 5 或 q ＝ 4.当 q ＝－ 5 时，由①得 d ＝8，则 S 3＝ 21. 当q ＝ 4 时，由①得 d ＝－ 1，则 S 3＝－ 6.2． (2017 ·河北省衡水中学二模 )已知数列 { a n } 知足 a 1＝ 1， a n ＋ 1＋ 3＝ a n ＋ 3＋ 2， n ∈ N *.(1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 设以 2 为公比的等比数列 { b n } 知足 4log 2b n ·log 2 b n ＋1＝ a n ＋ 12n ＋ 11(n ∈ N * )，求数列 { b n － log 2b n }的前 n 项和 S n .解(1)由题意知，数列 { a n ＋ 3} 是以 2 为首项， 2 为公差的等差数列，∴ a n ＋ 3＝ 2＋ 2(n － 1)＝ 2n ，故 a n ＝ 4n 2－ 3.(2) 设等比数列 { b n } 的首项为 b 1，则 b n ＝ b 1×2n － 1，依题意有 4log 2b n ·log 2b n ＋ 1＝ 4log 2(b 1×2n － 1) ·log 2(b 1×2n )＝ 4(log 2 b 1 ＋ n － 1)(log 2b 1＋ n)＝ 4(log 2 b 1 )2－ 4log 2b 1＋ 4×(2log 2b 1－ 1)n ＋ 4n 2＝ 4n 2＋ 12n ＋ 8，即4×2log 2b 1－ 1 ＝ 12，4 log 2b 1 2－ 4log 2b 1＝ 8，解得 log 2b 1＝ 2， b 1＝ 4，故 b n ＝ 4×2n － 1＝ 2n ＋1 .∵ b n － log 2b n ＝ 2n ＋ 1－ (n ＋1)，2n∴S n＝ 2 1－ 2 － n 2＋ n＋ 1 ＝2n＋2－4－ n n＋ 3 .1－2223． (2017 届宁省州市)已知等比数列 { a n} 的前 n 和 S n， a1＝ 1，S6＝ 9S3.(1)求{ a n} 的通公式；(2)b n＝ 1＋ log 2a n，求数列 { a n b n} 的前 n 和．解(1)等比数列 { a n } 的公比 q，由 a1＝ 1， S6＝9S3知， q≠1，63故 1－ q ＝91－ q ，1－ q1－ q即 (1－ q3)(1＋ q3)＝ 9(1－ q3)，即 1＋ q3＝ 9，即 q3＝ 8，解得 q＝2，a n＝ a1·q n－1＝ 2n－1.(2) b n＝1＋ log2a n＝1＋ log22n－1＝ 1＋ n－ 1＝ n，n－ 1∴ a n b n＝ n·2 ，2n－1，①∴ T n＝ 1＋2·2＋ 3·2 ＋⋯＋ n·22T n＝ 1·2＋ 2·22＋⋯＋ (n－ 1) ·2n－1＋ n·2n，②由②－①，得T n＝ n·2n－ (1＋ 2＋ 22＋⋯＋ 2n－1)＝n·2n－ (2n－ 1)＝ (n－ 1) ·2n＋ 1.4． (2017 届湖南省沙市雅礼中学模 )已知在数列 { a n} 中， a1＝1， a3＝ 9，且 a n＝a n－1＋λn－1(n≥2，n∈N* )．(1)求λ的及数列 { a n} 的通公式；(2)b n＝ (－ 1)n (a n＋ n)，且数列 { b n} 的前 2n 和 S2n，求 S2n.解 (1)∵ a1＝ 1，a3＝9，且 a n＝ a n－1＋λn－ 1(n≥2， n∈N* )，∴a2＝ 2λ，a3＝5λ－ 1＝9，解得λ＝ 2，∴a n－ a n－1＝ 2n－ 1(n≥2， n∈N* )．∴a n＝ (2n－ 1)＋(2n－3)＋⋯＋ 3＋ 1n 2n－ 1＋12＝＝ n .2 (2) b n＝( － 1)n n2＋n)，(a n＋ n)＝ (－ 1)(nb2n－1＋ b2n＝－ [(2n－ 1)2＋ (2n－ 1)]＋ [(2n)2＋2n]＝ 4n，n n＋ 1＝ 2n2＋ 2n.S2n＝4×25． (2017 ·湖南省衡阳市 考)已知在数列 { a n } 中， a 1＝ 2， a n － a n － 1－2n ＝ 0(n ≥2， n ∈ N * )． (1) 写出 a 2， a 3 的 ( 只写出 果 ) ，并求出数列 { a n } 的通 公式；(2) b n ＝ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋⋯ ＋ 1 ，若 随意的正整数 n ，不等式 t 2－ 2t ＋1>b n 恒建立， 求a n ＋ 1 a n ＋2 a n ＋ 3a 2n 6数 t 的取 范 ．解 (1)a 2＝ 6， a 3＝ 12，当 n ≥2 ， a n ＝ a 1＋ (a 2－ a 1)＋ (a 3－ a 2)＋ ⋯ ＋ (a n － a n － 1)＝ 2(1＋ 2＋ 3＋ ⋯ ＋ n)＝ n(n ＋ 1)， 当 n ＝ 1 ， a 1＝ 2 也 足上式，∴ a n ＝ n(n ＋ 1)．(2) b n ＝ 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋ ⋯ ＋ 1a n ＋ 1 a n ＋ 2 a n ＋ 3a 2n＝ 1＋ 1 ＋ ⋯ ＋ 1n ＋ 1 n ＋ 2 n ＋ 2 n ＋ 32n 2n ＋ 1＝ 1 －1＋1 －1＋⋯＋ 1 － 1n ＋ 1 n ＋ 2 n ＋ 2 n ＋3 2n 2n ＋ 1＝ 1－1.n ＋ 1＋ 12n∵ b n ＋1 －b n ＝ 1 － 1 － 1 － 1n ＋ 2 2n ＋ 3 n ＋ 1 2n ＋ 1＝ 1 ＋ 1 － 1 ＋ 1n ＋ 2 2n ＋ 1 n ＋ 1 2n ＋ 3＝ 3n ＋ 3 － 3n ＋ 42n 2＋ 5n ＋ 2＋ 5n ＋ 32 2n－ 2n 2－2n ＋ 1＝ 2n 2＋ 5n ＋ 2 2n 2＋ 5n ＋ 3 <0，∴ b n ＋1 <b n ， 数列 { b n } 是 减数列．1∴ (b n ) max ＝ b 1＝ 6.2 1 2112 －2t>0? t<0 或 t>2，∴ t ∈ (－ ∞，0)∪ (2，＋ ∞)． ∴ t －2t ＋ >b n ? t － 2t ＋ > ? t 6 6 6。
高考文科数学解答题专项训练2数列含答案20180405
高考文科数学解答题专项训练（2）数列1.设等差数列满足, .)1(求{}n a 的通项公式；)2(求{}n a 的前n 项和n S 及使得n S 最大的n 值.解: (1)设等差数列首项为, 公差为, 则⇒⎩⎨⎧-==⇒⎩⎨⎧-=+=+299952111d a d a d a 112+-=n a n …………………………….6分 （2）由（1）知n n d n n na S n 102)1(21+-=-+=………………………….10分 又 当时, 取得最大值………...12分2. 等差数列中, (1)求{}n a 的通项公式;(2)设{}1,.n n n nb b n S na =求数列的前项和 【答案】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d,则1(1)n a a n d =+-因为,所以.解得,.所以的通项公式为. (Ⅱ)1222(1)1n n b na n n n n ===-++, 所以.3. 在等比数列中,,且为和的等差中项,求数列的首项、公比及前项和.【答案】解:设{}n a 的公比为q .由已知可得211=-a q a ,211134q a a q a +=,所以2)1(1=-q a ,0342=+-q q ,解得 3=q 或 1=q ,由于2)1(1=-q a .因此1=q 不合题意,应舍去,故公比,首项.所以,数列的前n 项和213-=n n S 4. 已知等差数列的公差不为零, , 且成等比数列。
（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求14732+n a a a a -++⋅⋅⋅+；【答案】5. 正项数列{an}满足.(1)求数列{a n }的通项公式a n ;(2)令1(1)n nb n a =+,求数列{b n }的前n 项和T n . 【答案】解:(21)20n n ---=2n n n n （1）由a a 得（a -2n)(a +1）=0 由于{an}是正项数列,则.(2)由(1)知2n =n a ,故11111()(1)(1)(2)2(1)n n b n a n n n n ===-+++ 11111111(1...)(1)222312122n T n n n n ∴=-+-++-=-=+++n 6. 已知等差数列的前项和满足,.(Ⅰ)求{}n a 的通项公式; (Ⅱ)求数列21211{}n n a a -+的前n 项和. 【答案】(1)设{a}的公差为d,则S=.由已知可得111330,1, 1.5105,a d a d a d +=⎧==-⎨+=-⎩解得 {}n =2-.n a a n 故的通项公式为(2)由(I)知212111111(),(32)(12)22321n n a a n n n n -+==----- 从而数列.7.已知数列{}n a 中,11a =,前n 项和23n n n S a +=. (1)求23,a a ;(2)求{}n a 的通项公式.【命题意图】本试题主要考查了数列的通项公式与数列求和相结合的综合运用. 解:(1)由11a =与23n n n S a +=可得 22122122333S a a a a a +==+⇒==,3312331233224633S a a a a a a a a +==++⇒=+=⇒= 故所求的值分别为.(2)当2n ≥时,23n n n S a +=① 1113n n n S a --+=② ①-②可得112133n n n n n n S S a a --++-=-即 1112111133331n n n n n n n a n n n n n a a a a a a n ---++-++=-⇔=⇔=- 故有21211211311212n n n n n a a a n n n n a a a a a n n ---++=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=-- 而211112a +==,所以{}n a 的通项公式为22n n n a += 8. 已知等差数列/的前/项和为/, 且满足: /, /.（1）求数列的通项公式；（2）设/, 数列/的最小项是第几项, 并求出该项的值.解：（1）设公差为/, 则有/, 即/ ………………2分解得 ………………4分 所以/ . ………………6分（2） ………………8分 {}n a 113a d =⎧⎨=⎩23[1+(32)]=22-n n n n S n -=所以 ………………10分 当且仅当/, 即/时取等号,故数列/的最小项是第4项, 该项的值为23 . ………………12分9.已知等差数列和正项等比数列, , , ＝（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式（2）若, 求数列的前项和解（1）依题意, 为等差数列, 设其公差为； 为正项等比数列, 设其公比为, 则可知 ∵ 1073=+a a ∴可知2105=a ,即55=a又 ∴ , 解得故 n d n a a n =-+=)1(1…………………………………………………………………3分 由已知＝＝4, ∴ , 即∴ 1112--==n n n qb b 所以 , ………………………………………………………………6分（2）∵ n n n b a c ⋅=＝12-⋅n n∴ n T ＝12102232221-⨯++⨯+⨯+⨯n n∴ n T 2 ＝ n n n n 22)1(2322211321⨯+⨯-++⨯+⨯+⨯-以上两式相减, 得－＝………………………9分 ＝n n n 221)21(1⨯---⨯＝12)1(-⨯-n n ∴ n T ＝12)1(+⨯-nn ………………………………………………………………12分 10. 数列满足, （）.（1）证明: 数列是等差数列；（2）求数列{}n a 的通项公式n a ；（3）设, 求数列的前项和.解析：（1）由已知可得, 即, 即∴ 数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列 ……………………5分（2）由（1）知, ∴ ………………………8分（3）由（2）知2n n b n =⋅231222322n n S n =⋅+⋅+⋅++⋅23484831123n n n b n n n -+==+-≥=23121222(1)22n n n S n n +=⋅+⋅++-⋅+⋅ ………………10分相减得: 11222n n n ++=--⋅∴ 1(1)22n n S n +=-⋅+ …………………………………12分。
高三文科数学中档大规范练1
中档大题标准练一建议用时：60分钟一、解答题1．数列{a n}的前n项和S n满足S n＝2a n－2n＋11求数列{a n}的通项公式；2假设不等式2n2－n－3＜5－λa n对∀n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．2．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，假设in A＋C＝2in A co A ＋B，且C＝错误!1求证：a，b,2a成等比数列；2假设△ABC的面积是2，求各边的长．3．在2021年3月郑州第二次模拟考试中，某校共有100名文科学生参加考试，其中语文考试成绩低于130的占95%，数学成绩的频率分布直方图如图61图611如果成绩不低于130的为特别优秀，这100名学生中本次考试语文、数学成绩特别优秀的大约各多少人？2如果语文和数学两科都特别优秀的共有3人．①从1中的这些同学中随机抽取2人，求这两人两科成绩都特别优秀的概率；②根据以上数据，完成2×2列联表，并分析是否有99%的把握认为语文特别优秀的同学，数学也特别优秀．参考数据：①错误!②ab n＋1－b n＝错误!－错误!＝错误!，当n＝1,2时，5－2n＞0，b n＋1＞b n，即b1＜b2＜b3；当n＞2，n∈N*时，5－2n＜0，b n＋1＜b n，即b3＞b4＞b5＞…；所以数列{b n}的最大项为b3＝错误!，所以5－λ＞错误!，解得λ＜错误!2 答案：见解析解析：1证明：∵A＋B＋C＝π，in A＋C＝2in A co A＋B，∴in B＝－2in A co C，在△ABC中，由正弦定理得，b＝－2a co C,∵C＝错误!，∴b＝错误!a，那么b2＝2a2＝a·2a∴a，b,2a成等比数列．2 S＝错误!ab in C＝错误!ab＝2，那么ab＝4错误!，由1知，b＝错误!a，联立两式解得a＝2，b＝2错误!，由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2ab co C＝4＋8－2×2×2错误!×错误!＝2021∴c＝2错误!3 答案：见解析解析：1共有100名文科学生参加考试，其中语文考试成绩低于130的占95%，语文成绩特别优秀的概率为in＝错误!×|AB|×d＝9－2错误!7 答案：见解析解析：1不等式f＞4－|＋1|，即|＋1|＋|＋2|＞4，当＜－2时，不等式化为－＋1－＋2＞4，解得＜－；当－2≤≤－1时，不等式化为－＋1＋＋2＞4，无解；当≥－1时，不等式化为＋1＋＋2＞4，解得＞；综上所述：不等式的解集为{|＜－或＞}．2错误!＋错误!＝错误!错误!a＋b＝错误!错误!≥，当且仅当a＝错误!，b＝错误!时等号成立．由题意知，错误!－f＝错误!－|＋2|≤错误!＝，所以错误!－f≤错误!＋错误!。
高三文科数学中档大规范练3
中档大题标准练三建议用时：60分钟一、解答题1△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，假设b＝2，且2b co B＝a co C ＋c co A1求B的大小；2求△ABC面积的最大值．2．等差数列{a n}中，公差d≠0，S7＝35，且a2，a5，a11成等比数列．1求数列{a n}的通项公式；2假设T n为数列错误!的前n项和，且存在n∈N*，使得T n－λa n＋1≥0成立，求实数λ的取值范围．3在边长为6 cm的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，M，N分别为AB，CF的中点，现沿AE，AF，EF折叠，使B，C，D三点重合于B，构成一个三棱锥如下图．1在三棱锥上标注出M、N点，并判别MN与平面AEF的位置关系，并给出证明；2G是线段AB上一点，且错误!错误!的体积．4．某互联网公司为了确定下一季度的前期广告投入方案，收集了近期前期广告投入量单位：万元和收益单位：万元的数据．对这些数据作了初步处理，得到了如图的散点图共21个数据点及一些统计量的值．为了进一步了解广告投入量对收益的影响，公司三位员工①②③对历史数据进行分析，查阅大量资料，分别提出了三个回归方程模型：表中u i＝n i，v i＝错误!，参考数据：错误!≈，错误!≈1根据散点图判断，哪一位员工提出的模型不适合用来描述与之间的关系？简要说明理由；2根据1的判断结果及表中数据，在余下两个模型中分别建立收益关于投入量的关系，并从数据相关性的角度考虑，在余下两位员工提出的回归模型中，哪一个是最优模型即更适宜作为收益关于投入量的回归方程？说明理由；附：对于一组数据1，1，2，2，…，n，n，其回归直线错误!错误!错误!错误!为棱CE 的中点．图641求证：直线DM⊥平面CBE；2当四面体D-ABE的体积最大时，求四棱锥E-ABCD的体积．6．[选修4－4：坐标系与参数方程]在直角坐标系O中，设直线：错误!t为参数，曲线C1：错误!θ为参数，在以O为极点、正半轴为极轴的极坐标系中：1求C1和的极坐标方程；2设曲线C2：ρ＝4in θ曲线θ＝α错误!，分别与C1、C2交于A、B两点，假设AB 的中点在直线上，求|AB|7[选修4－5：不等式选讲]设函数f＝|－3|－|＋1|，∈R1解不等式f＜－1；2设函数g＝|＋a|－4，且g≤f在∈[－2,2]上恒成立，求实数a的取值范围．习题答案1答案：见解析解析：1由正弦定理错误!＝错误!＝错误!可得，2in B co B＝in A co C＋in C co A＝in B，∵in B＞0，故co B＝错误!，∵0＜B＜π，∴B＝错误!2由b＝2，B＝错误!，由余弦定理可得ac＝a2＋c2－4，由根本不等式可得ac＝a2＋c2－4≥2ac－4，ac≤4，当且仅当a＝c＝2时，S△ABC＝错误!ac in B取得最大值错误!×4×错误!＝错误!，故△ABC面积的最大值为错误!2答案：见解析解析：1由题意可得错误!即错误!又∵d≠0，∴a1＝2，d＝1，∴a n＝n＋12∵错误!＝错误!＝错误!－错误!，∴T n＝错误!－错误!＋错误!－错误!＋…＋错误!－错误!＝错误!－错误!＝错误!，∵∃n∈N*，使得T n－λa n＋1≥0成立，∴∃n∈N*，使得错误!－λn＋2≥0成立，即∃n∈N*，使得λ≤错误!成立，又错误!＝错误!≤错误!＝错误!当且仅当n＝2时取等号，∴λ≤错误!，即实数λ的取值范围是错误!3答案：见解析解析：1因翻折后B，C，D重合，所以MN应是△ABF的一条中位线，如下图．那么MN∥平面AEF证明如下：错误!⇒MN∥平面AEF2存在点G使得AB⊥平面EGF，此时λ＝1，因为错误!⇒AB⊥平面EBF又G是线段AB上一点，且错误!错误!错误!错误!＝错误!＝错误!，∴V E-AFNM＝错误!4答案：见解析解析：1由散点图可以判断员工①提出的模型不适合．因为散点图中与之间不是线性关系．2令v＝错误!，先建立关于v的线性回归方程．由于所以关于v的线性回归方程为错误!错误!错误!错误!错误!错误!N图略所以AN⊥EB，又BC⊥平面AEB，AN⊂平面AEB，所以BC⊥AN，又BC∩BE＝B，所以AN⊥平面BCE，易知MN綊DA，四边形MNAD为平行四边形，所以DM∥AN，所以DM⊥平面BCE2因为AD∥BC，BC⊥底面ABE，所以AD⊥平面ABE设∠EAB＝θ，因为AD＝AB＝AE＝1，那么四面体D-ABE的体积V＝错误!×错误!×AE·AB·in θ·AD＝错误!in θ，当θ＝90°，即AE⊥AB时体积最大，又BC⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，所以AE⊥BC，因为BC∩AB＝B，所以AE⊥平面ABC，V E-ABCD＝错误!×错误!×1＋2×1×1＝错误!6答案：见解析解析：1消去θ可得C1：－22＋2＝4，即2＋2－4＝0，化为极坐标：ρ＝4co θ，消去t可得：2＋－4＝0，化为极坐标：2ρco θ＋ρin θ－4＝02AB中点的极径为错误!＝2in α＋co α，将2in α＋2co α，α代入2ρco θ＋ρin θ－4＝0中，化简得：3in αco α－in2α＝0，故tan α＝3，故in α＝错误!，co α＝错误!，|AB|＝|ρA－ρB|＝4|in α－co α|＝错误!7答案：见解析解析：1函数f＝|－3|－|＋1|＝错误!故由不等式f＜－1可得，＞3或错误!解得＞错误!2函数g≤f在∈[－2,2]上恒成立，即|＋a|－4≤|－3|－|＋1|在∈[－2,2]上恒成立，在同一个坐标系中画出函数f和g的图象，如下图．故当∈[－2,2]时，假设0≤－a≤4，那么函数g的图象在函数f的图象的下方，g≤f在∈[－2,2]上恒成立，求得－4≤a≤0，故所求的实数a的取值范围为[－4,0]．。
高高考数学中档大题规范练4.docx
高中数学学习材料马鸣风萧萧*整理制作1.数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a n a n S n －S 2n＝1 (n ≥2).求数列{a n }的通项公式.2.已知各项均不为零的数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＋2a n ＝p ·a 2n ＋1 (其中p 为非零常数，n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ＋2a n，S n 为数列{b n }的前n 项和，求S n .3.(2015·广州模拟)设等差数列{a n}的公差为d，点(a n，b n)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*).若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－1ln 2，求数列{a n b2n}的前n项和S n.4.(2015·南京模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1＝1，设数列{b n }满足b n ＝a n ＋2n .(1)求证数列{b n }为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式；(2)若数列c n ＝6n －3b n，T n 是数列{c n }的前n 项和，证明：T n <3.5.(2015·长沙模拟)已知数列{a n }中，a 2＝p (p 是不等于0的常数)，S n 为数列{a n }的前n 项和，若对任意的正整数n 都有S n ＝n (a n －a 1)2. (1)证明：数列{a n }为等差数列；(2)记b n ＝S n ＋2S n ＋1＋S n ＋1S n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n ； (3)记c n ＝T n －2n ，是否存在正整数N 使得当n >N 时，恒有c n ∈⎝⎛⎭⎫52，3.若存在，证明你的结论，并给出一个具体的N 值；若不存在，请说明理由.6.已知公差大于零的等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足：a2a4＝65，a1＋a5＝18.(1)若1<i<21，a1，a i，a21是某等比数列的连续三项，求i的值；(2)设b n＝n(2n＋1)S n，是否存在一个最小的常数m使得b1＋b2＋…＋b n<m对于任意的正整数n均成立，若存在，求出常数m；若不存在，请说明理由.答案精析中档大题规范练41.解 由已知，当n ≥2时，2a n a n S n －S 2n＝1， 所以2(S n －S n －1)(S n －S n －1)S n －S 2n＝1， 即2(S n －S n －1)－S n －1S n＝1， 所以1S n －1S n －1＝12. 又S 1＝a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1，公差为12的等差数列. 所以1S n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，即S n ＝2n ＋1. 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝－2n (n ＋1). 因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n (n ＋1)，n ≥2. 2.解 (1)由a n ＋2a n ＝p ·a 2n ＋1，得a n ＋2a n ＋1＝p ·a n ＋1a n . 令c n ＝a n ＋1a n，则c 1＝1，c n ＋1＝pc n . 所以c n ＋1c n ＝p (p 为非零常数)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是首项为1，公比为p 的等比数列， 所以a n ＋1a n＝p n －1. 当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝p n －2·p n －3·…·p 0·1＝p n 2－3n ＋22， 因为a 1也满足上式，所以a n ＝p n 2－3n ＋22，n ∈N *. (2)a n ＋2a n ＝a n ＋2a n ＋1·a n ＋1a n＝p n ·p n －1＝p 2n －1， b n ＝na n ＋2a n＝np 2n －1.S n ＝1×p 1＋2×p 3＋…＋n ×p 2n －1，① p 2S n ＝1×p 3＋…＋(n －1)×p 2n －1＋n ×p 2n ＋1，② 当p 2≠1，即p ≠±1时，由①－②得(1－p 2)S n ＝p 1＋p 3＋…＋p 2n －1－np 2n ＋1 ＝p (1－p n )1－p 2－np 2n ＋1， 即S n ＝p (1－p n )(1－p 2)2－np 2n ＋11－p 2，p ≠±1. 而当p ＝1时，S n ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2， 当p ＝－1时，S n ＝(－1)＋(－2)＋…＋(－n )＝－n (n ＋1)2. 综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)2，p ＝1，－n (n ＋1)2，p ＝－1，p (1－p n )(1－p 2)2－np 2n ＋11－p 2，p ≠±1. 3.解 函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)， 它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2. 所以d ＝a 2－a 1＝1，a n ＝n ，b n ＝2n ，a n b 2n ＝n ·4n . 于是，S n ＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n －1)·4n －1＋n ·4n ，4S n ＝1×42＋2×43＋…＋(n －1)·4n ＋n ·4n ＋1. 因此，S n －4S n ＝4＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝4n ＋1－43－n ·4n ＋1＝(1－3n )4n ＋1－43. 所以S n ＝(3n －1)4n ＋1＋49. 4.(1)解 当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，2S n －1＝a n －2n ＋1 ⇒2a n ＝a n ＋1－a n －2n⇒a n ＋1＝3a n ＋2n ，从而b n ＋1＝a n ＋1＋2n ＋1＝3(a n ＋2n )＝3b n ， 故{b n }是以3为首项，3为公比的等比数列，b n ＝a n ＋2n ＝3×3n －1＝3n ，a n ＝3n －2n (n ≥2)，因为a 1＝1也满足，于是a n ＝3n －2n .(2)证明 c n ＝6n －3b n ＝2n －13n －1， 则T n ＝130＋331＋532＋…＋2n －33n －2＋2n －13n －1，① 13T n ＝131＋332＋533＋…＋2n －33n －1＋2n －13n ，② ①－②，得23T n ＝130＋231＋232＋…＋23n －1－2n －13n ＝1＋23·1－13n －11－13－2n －13n ＝2－13n －1－2n －13n ＝2－2(n ＋1)3n， 故T n ＝3－n ＋13n －1<3. 5.(1)证明 由a 1＝S 1＝a 1－a 12＝0，得a 1＝0. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n 2－(n －1)a n －12， 故(n －2)a n ＝(n －1)a n －1.故当n >2时，a n ＝n －1n －2a n －1＝n －1n －2×n －2n －3×…×43×32×21×a 2＝(n －1)p ，由n ＝2时，a 2＝p ，n ＝1时，a 1＝0也适合该式，故对一切正整数n ，有a n ＝(n －1)p ，a n ＋1－a n ＝p ，由于p 是常数，故数列{a n }是以首项为0，公差为p 的等差数列.(2)解 由(1)，得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (n －1)p 2， 故b n ＝S n ＋2S n ＋1＋S n ＋1S n ＋2＝n ＋2n ＋n n ＋2＝2＋2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝2n ＋2(1－13＋12－14＋13－15＋14－16＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2)＝2n ＋2(1＋12－1n ＋1－1n ＋2)＝2n ＋3－2(1n ＋1＋1n ＋2). (3)解 c n ＝T n －2n ＝3－2⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2<3对所有正整数n 都成立. 若c n >52，则3－2⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2>52，即1n ＋1＋1n ＋2<14，记f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2，则f (n )单调递减， 又f (6)＝17＋18>18＋18＝14， f (7)＝18＋19<18＋18＝14， 故只要取N ＝6，故当n >N 时，f (n )<14. 故存在正整数N 使得当n >N 时，恒有c n ∈⎝⎛⎭⎫52，3，N 可以取所有不小于6的正整数.6.解 (1){a n }为等差数列，∵a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18， 又a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根，又公差d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13， ∴a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3.由于1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项， ∴a 1·a 21＝a 2i ，即1·81＝(4i －3)2，解得i ＝3.(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n (n －1)2·4＝2n 2－n ， 所以b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<12， 所以存在m ＝12使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立.。
高三文科数学中档大规范练4
中档大题标准练四建议用时：60分钟一、解答题1等差数列{a n}的前n项和为S n，公差为2，且a1，S2，S4成等比数列．1求数列{a n}的通项公式；2设b n＝错误!n∈N*，求数列{b n}的前n项和T n2．设函数f＝co错误!－2in co1求f的单调递减区间；2在△ABC中，假设AB＝4，f错误!＝错误!，求△ABC的外接圆的面积．3．如图65，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BC＝3，AB＝4，AC＝CC1＝5，M，N分别是A1B，B1C1的中点．图651求证：MN∥平面ACC1A1；2求点N到平面MBC的距离．4随着资本市场的强势进入，互联网共享单车“忽如一夜春风来〞，遍布了一二线城市的大街小巷．为了解共享单车在A市的使用情况，某调查机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中抽取了2021进行抽样分析，得到下表单位：人：1A市使用共享单车情况与年龄有关？2现从所抽取的30岁以上的网友中利用分层抽样的方法再抽取5人．①分别求这5人中经常使用、偶尔或不用共享单车的人数；②从这5人中，再随机选出2人赠送一件礼品，求选出的2人中至少有1人经常使用共享单车的概率．参考公式：K2＝错误!，其中n＝a＋b＋c＋d参考数据：，在△AB1C1中，由中位线性质得MN∥AC1，又MN⊄平面ACC1A1，AC1⊂平面ACC1A1，∴MN∥平面ACC1A12∵BC＝3，AB＝4，AC＝CC1＝5，∴AB⊥BC，∴S△NBC＝错误!×BC×BB1＝错误!×3×5＝错误!，∴S△MBC＝错误!×BC×BM＝错误!×3×错误!＝错误!，又点M到平面BCN的距离为h′＝错误!AB＝2，设点N与平面MBC的距离为h，由V三棱锥M-NBC＝V三棱锥N-MBC可得错误!S△NBC·h′＝错误!S△MBC·h，即错误!×错误!×2＝错误!×错误!×h，解得h＝错误!，即点N到平面MBC的距离为错误!4答案：见解析解析：1由列联表可知，K2＝错误!≈∵＞，∴能在犯错误的概率不超过的前提下认为A市使用共享单车情况与年龄有关．2①依题意可知，所抽取的5名30岁以上的网友中，经常使用共享单车的有5×错误!＝3人，偶尔或不用共享单车的有5×错误!＝2人．②设这5人中，经常使用共享单车的3人分别为a，b，c；偶尔或不用共享单车的2人分别为d，e，那么从5人中选出2人的所有可能结果为a，b，a，c，a，d，a，e，b，c，b，d，b，e，c，d，c，e，d，e，共10种．其中没有1人经常使用共享单车的可能结果为d，e，共1种．应选出的2人中至少有1人经常使用共享单车的概率P＝1－错误!＝错误!5答案：见解析解析：1由数据可得\to＝错误!＝5，错误!＝错误!＝4因为i－\to i－\to＝－3×－1＋0＋0＋0＋3×1＝6，所以相关系数＝错误!≈因为|r|＞，所以可用线性回归模型拟合与的关系．2由条件可得在过去50周里，当X＞70时，共有10周，此时只有1台光照控制仪运行，每周的周总利润为1×3 000－2×1 000＝1 000元．当50≤X≤70时，共有35周，此时有2台光照控制仪运行，每周的周总利润为2×3 000－1×1 000＝5 000元．当30＜X＜50时，共有5周，此时3台光照控制仪都运行，每周的周总利润为3×3 000＝9 000元．所以过去50周的周总利润的平均值为错误!＝4 600元．所以商家在过去50周的周总利润的平均值为4 600元．6答案：见解析解析：1直线普通方程为·in α－·co α＋co α＝0，曲线C的极坐标方程为ρco2θ＝4in θ，∵ρco θ＝，ρin θ＝，那么ρ2co2θ＝4ρin θ，∴2＝4即为曲线C的普通方程．2将错误!t为参数，0≤α＜π代入曲线C：2＝4，∴t2·co2α－4t·in α－4＝0，∴t1＋t2＝错误!，t1·t2＝错误!，|AB|＝|t1－t2|＝错误!＝错误!＝8，∴co α＝±错误!，∴α＝错误!或错误!7答案：见解析解析：1证明：∵－a＜错误!，∴f＝错误!，显然f在错误!上单调递减，在错误!上单调递增，所以f的最小值为f错误!＝a＋错误!＝1，即2a＋b＝22因为a＋2b≥tab恒成立，所以错误!≥t恒成立，错误!≥错误!＋错误!＝错误!错误!2a＋b＝错误!5＋错误!＋错误!≥错误!，当且仅当a＝b＝错误!时，错误!取得最小值错误!，所以t≤错误!，即实数t的最大值为错误!。
高考数学中档大题规范练(2)——数列.docx
专题分层训练(二十九) 中档大题规范练(2)——数列1．(2015·江西省八校联考)已知f (x )＝2sin π2x ，集合M ＝{x ||f (x )|＝2，x >0}，把M 中的元素从小到大依次排成一列，得到数列{a n }，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝1a 2n ＋1，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <14.解 (1)∵|f (x )|＝2，∴π2x ＝k π＋π2，k ∈Z ，x ＝2k ＋1，k ∈Z . 又∵x >0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)∵b n ＝1a 2n ＋1＝1(2n ＋1)2＝14n 2＋4n ＋1<14n 2＋4n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n <14(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝14－14(n ＋1)<14，∴T n <14得证．2．(2015·石家庄市第一次模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *，λ≠－1)，且a 1、2a 2、a 3＋3为等差数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和．解 (1)解法一：∵a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝λS n －1＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1－a n ＝λa n ，即a n ＋1＝(λ＋1)a n (n ≥2)，λ＋1≠0， 又a 1＝1，a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，∴数列{a n }是以1为首项，公比为λ＋1的等比数列， ∴a 3＝(λ＋1)2，∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2＋3， 整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 解法二：∵a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)， ∴a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，a 3＝λS 2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2＋2λ＋1，∴4(λ＋1)＝1＋λ2＋2λ＋1＋3， 整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝S n －1＋1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝a n (n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)， 又a 1＝1，a 2＝2，∴数列{a n }是以1为首项，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由(1)知，a n b n ＝(3n －2)×2n －1， 设T n 为数列{a n b n }的前n 项和，∴T n ＝1×1＋4×21＋7×22＋…＋(3n －2)×2n －1，①∴2T n ＝1×21＋4×22＋7×23＋…＋(3n －5)×2n －1＋(3n －2)×2n .② ①－②得，－T n ＝1×1＋3×21＋3×22＋…＋3×2n －1－(3n －2)×2n ＝1＋3×2×(1－2n －1)1－2－(3n －2)×2n ，整理得：T n ＝(3n －5)×2n ＋5.3．已知单调递增数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝12(a 2n ＋n )．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1a 2n ＋1－1，n 为奇数，3×2an －1＋1，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)n ＝1时，a 1＝12(a 21＋1)，得a 1＝1，当n ≥2时，S n －1＝12(a 2n －1＋n －1)，得a n ＝S n －S n －1＝12(a 2n －a 2n －1＋1)，化简得(a n －1)2－a 2n －1＝0，a n －a n －1＝1或a n ＋a n －1＝1(n ≥2)，又{a n }是单调递增数列，故a n －a n －1＝1， 所以{a n }是首项为1，公差为1的等差数列， 故a n ＝n .(2)c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1a 2n ＋1－1，n 为奇数，3×2an －1＋1，n 为偶数，当n 为偶数时，T n ＝(c 1＋c 3＋…＋c n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1＋142－1＋…＋1n 2－1＋3×(21＋23＋…＋2n －1)＋n2＝11×3＋13×5＋…＋1(n －1)×(n ＋1)＋3×2(1－4n2)1－4＋n2＝12×(11－13＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1)＋2×(4n2 －1)＋n 2＝2n ＋1＋n 2－2n －42(n ＋1).当n 为奇数时，T n ＝(c 1＋c 3＋…＋c n )＋(c 2＋c 4＋…＋c n －1)＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤122－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1＋3×(21＋23＋…＋2n －2)＋n －12 ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＋2×(4n －12－1)＋n －12＝2n ＋n 2－2n －92(n ＋2).所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n＋n 2－2n －92(n ＋2)，n 为奇数，2n ＋1＋n 2－2n －42(n ＋1)，n 为偶数.4．已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝1a n －1a n(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －2 0142对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .解 (1)∵a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＝2a n＋33a n＝2＋3a n 3＝a n ＋23，∴{a n }是以1为首项，23为公差的等差数列．∴a n ＝1＋(n －1)×23＝23n ＋13.(2)当n ≥2时，b n ＝1a n －1a n＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋13＝1(2n －1)(2n ＋1)9＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 又b 1＝3＝92(1－13)，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝92⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1 ＝9n 2n ＋1， ∵S n <m －2 0142对一切n ∈N *成立，即9n 2n ＋1<m －2 0142对一切n ∈N *成立， 又9n 2n ＋1<92，∴m －2 0142≥92， 即m ≥2 023.∴最小正整数m 为2 023.5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，如果S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“幸福数列”．(1)等差数列{b n }的首项为1，公差不为零，若{b n }为“幸福数列”，求{b n }的通项公式；(2)数列{c n }的各项都是正数，前n 项和为S n ，若c 31＋c 32＋c 33＋…＋c 3n ＝S 2n 对任意n ∈N *都成立，试推断数列{c n }是否为“幸福数列”？并说明理由．解 (1)设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S nS 2n＝k ， 因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12·2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d . 整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0， 因为对任意正整数n 上式恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧d (4k －1)＝0(2k －1)(2－d )＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2k ＝14.故数列{b n }的通项公式是b n ＝2n －1.(2)由已知，当n ＝1时，c 31＝S 21＝c 21.因为c 1>0，所以c 1＝1.当n ≥2时，c 31＋c 32＋c 33＋…＋c 3n ＝S 2n ， c 31＋c 32＋c 33＋…＋c 3n －1＝S 2n －1.两式相减，得c 3n ＝S 2n －S 2n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝c n ·(S n ＋S n －1)．因为c n >0，所以c 2n ＝S n ＋S n －1＝2S n －c n .显然c 1＝1适合上式，所以当n ≥2时，c 2n －1＝2S n －1－c n －1.于是c 2n －c 2n －1＝2(S n －S n －1)－c n ＋c n －1＝2c n －c n ＋c n －1＝c n ＋c n －1.因为c n ＋c n －1>0，则c n －c n －1＝1，所以数列{c n }是首项为1，公差为1的等差数列．所以S n S 2n ＝n (n ＋1)2n (2n ＋1)＝n ＋14n ＋2不为常数，故数列{c n }不是“幸福数列”．。
精选全国通用版高考数学二轮复习中档大题规范练二数列文
(二)数 列1．(2018·潍坊模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且1，a n ，S n 成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n ·b n ＝1＋2na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解(1)由已知1，a n ，S n 成等差数列，得2a n ＝1＋S n ，①当n ＝1时，2a 1＝1＋S 1＝1＋a 1，∴a 1＝1.当n ≥2时，2a n －1＝1＋S n －1，②①－②得2a n －2a n －1＝a n ，∴an an －1＝2， ∴数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝a 1q n －1＝1×2n －1＝2n －1(n ∈N *)． (2)由a n ·b n ＝1＋2na n ，得b n ＝1an＋2n ， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝1a1＋2＋1a2＋4＋…＋1an＋2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a1＋1a2＋…＋1an ＋(2＋4＋…＋2n ) ＝1－12n 1－12＋错误!＝n 2＋n ＋2－错误!(n ∈N *)． 2．(2018·四川成都市第七中学三诊)已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 3＝7，且a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n ·2n}的前n 项和为S n ，求S n .解(1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则a 3＝a 1＋2d ＝7.又∵a 1，a 4，a 13成等比数列，∴a 24＝a 1a 13，即(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋12d )，整理得2a 1＝3d∵a 1≠0，由⎩⎪⎨⎪⎧a1＋2d ＝7，2a1＝3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a1＝3，d ＝2， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1(n ∈N *)． (2)由(1)得a n ·2n＝(2n ＋1)·2n ， ∴S n ＝3×2＋5×22＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① ∴2S n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得－S n ＝6＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1 ＝2＋22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1 ＝错误!－(2n ＋1)·2n ＋1 ＝－2＋(1－2n )·2n ＋1.∴S n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1(n ∈N *)．3．(2018·厦门质检)已知等差数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，k ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4n2anan ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解(1)方法一 由(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ， 令n ＝1,2,3，得到a 1＝3＋k 2，a 2＝10＋k 3，a 3＝21＋k 4， ∵{a n }是等差数列，∴2a 2＝a 1＋a 3， 即20＋2k 3＝3＋k 2＋21＋k 4， 解得k ＝－1.由于(n ＋1)a n ＝2n 2＋n －1＝(2n －1)(n ＋1)， 又∵n ＋1≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)． 方法二∵{a n }是等差数列，设公差为d ， 则a n ＝a 1＋d (n －1)＝dn ＋(a 1－d )， ∴(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(dn ＋a 1－d )＝dn 2＋a 1n ＋a 1－d ，∴dn 2＋a 1n ＋a 1－d ＝2n 2＋n ＋k 对于∀n ∈N *均成立，则⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2，a1＝1，a1－d ＝k ，解得k ＝－1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．。
高考数学中档大题规范练4.docx
中档大题规范练4 数 列1．数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a n a n S n －S 2n＝1 (n ≥2)．求数列{a n }的通项公式．解 由已知，当n ≥2时，2a n a n S n －S 2n＝1， 所以2(S n －S n －1)(S n －S n －1)S n －S 2n＝1， 即2(S n －S n －1)－S n －1S n＝1， 所以1S n －1S n －1＝12. 又S 1＝a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1，公差为12的等差数列． 所以1S n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，即S n ＝2n ＋1. 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝－2n (n ＋1). 因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n (n ＋1)，n ≥2. 2．已知各项均不为零的数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＋2a n ＝p ·a 2n ＋1 (其中p 为非零常数，n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ＋2a n ，S n 为数列{b n }的前n 项和，求S n .解 (1)由a n ＋2a n ＝p ·a 2n ＋1，得a n ＋2a n ＋1＝p ·a n ＋1a n . 令c n ＝a n ＋1a n，则c 1＝1，c n ＋1＝pc n . 所以c n ＋1c n ＝p (p 为非零常数)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是首项为1，公比为p 的等比数列，所以a n ＋1a n ＝p n －1. 当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝p n －2·p n －3·…·p 0·1＝p n 2－3n ＋22， 因为a 1也满足上式，所以a n ＝p n 2－3n ＋22，n ∈N *. (2)a n ＋2a n ＝a n ＋2a n ＋1·a n ＋1a n＝p n ·p n －1＝p 2n －1， b n ＝na n ＋2a n＝np 2n －1. S n ＝1×p 1＋2×p 3＋…＋n ×p 2n －1，① p 2S n ＝1×p 3＋…＋(n －1)×p 2n －1＋n ×p 2n ＋1，② 当p 2≠1，即p ≠±1时，由①－②得(1－p 2)S n ＝p 1＋p 3＋…＋p 2n －1－np 2n ＋1 ＝p (1－p n )1－p 2－np 2n ＋1， 即S n ＝p (1－p n )(1－p 2)2－np 2n ＋11－p 2，p ≠±1. 而当p ＝1时，S n ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2， 当p ＝－1时，S n ＝(－1)＋(－2)＋…＋(－n )＝－n (n ＋1)2. 综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)2，p ＝1，－n (n ＋1)2，p ＝－1，p (1－p n )(1－p 2)2－np 2n ＋11－p 2，p ≠±1. 3．设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图象上(n ∈N *)．若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列{a n b 2n }的前n 项和S n . 解 函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2. 所以d ＝a 2－a 1＝1，a n ＝n ，b n ＝2n ，a n b 2n ＝n ·4n .于是，S n ＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n －1)·4n －1＋n ·4n ， 4S n ＝1×42＋2×43＋…＋(n －1)·4n ＋n ·4n ＋1. 因此，S n －4S n ＝4＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝4n ＋1－43－n ·4n ＋1＝(1－3n )4n ＋1－43. 所以S n ＝(3n －1)4n ＋1＋49. 4．设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1＝1，设数列{b n }满足b n ＝a n ＋2n .(1)求证数列{b n }为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式；(2)若数列c n ＝6n －3b n，T n 是数列{c n }的前n 项和，证明：T n <3. (1)解 当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，2S n －1＝a n －2n ＋1 ⇒2a n ＝a n ＋1－a n －2n⇒a n ＋1＝3a n ＋2n ，从而b n ＋1＝a n ＋1＋2n ＋1＝3(a n ＋2n )＝3b n ， 故{b n }是以3为首项，3为公比的等比数列，b n ＝a n ＋2n ＝3×3n －1＝3n ，a n ＝3n －2n (n ≥2)， 因为a 1＝1也满足，于是a n ＝3n －2n .(2)证明 c n ＝6n －3b n ＝2n －13n －1， 则T n ＝130＋331＋532＋…＋2n －33n －2＋2n －13n －1，① 13T n ＝131＋332＋533＋…＋2n －33n －1＋2n －13n ，② ①－②，得23T n ＝130＋231＋232＋…＋23n －1－2n －13n ＝1＋23·1－13n －11－13－2n －13n ＝2－13n －1－2n －13n＝2－2(n ＋1)3n， 故T n ＝3－n ＋13n －1<3. 5．已知数列{a n }中，a 2＝p (p 是不等于0的常数)，S n 为数列{a n }的前n 项和，若对任意的正整数n 都有S n ＝n (a n －a 1)2. (1)证明：数列{a n }为等差数列；(2)记b n ＝S n ＋2S n ＋1＋S n ＋1S n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n ； (3)记c n ＝T n －2n ，是否存在正整数N 使得当n >N 时，恒有c n ∈⎝⎛⎭⎫52，3.若存在，证明你的结论，并给出一个具体的N 值；若不存在，请说明理由．(1)证明 由a 1＝S 1＝a 1－a 12＝0，得a 1＝0. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n 2－(n －1)a n －12， 故(n －2)a n ＝(n －1)a n －1.故当n >2时，a n ＝n －1n －2a n －1＝n －1n －2×n －2n －3×…×43×32×21×a 2＝(n －1)p ，由n ＝2时，a 2＝p ，n ＝1时，a 1＝0也适合该式，故对一切正整数n ，有a n ＝(n －1)p ，a n ＋1－a n ＝p ，由于p 是常数，故数列{a n }是以首项为0，公差为p 的等差数列．(2)解 由(1)，得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (n －1)p 2， 故b n ＝S n ＋2S n ＋1＋S n ＋1S n ＋2＝n ＋2n ＋n n ＋2＝2＋2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝2n ＋2(1－13＋12－14＋13－15＋14－16＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2)＝2n ＋2(1＋12－1n ＋1－1n ＋2)＝2n ＋3－2(1n ＋1＋1n ＋2)． (3)解 c n ＝T n －2n ＝3－2⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2<3对所有正整数n 都成立． 若c n >52，则3－2⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2>52， 即1n ＋1＋1n ＋2<14，记f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2，则f (n )单调递减， 又f (6)＝17＋18>18＋18＝14， f (7)＝18＋19<18＋18＝14，故只要取N ＝6，故当n >N 时，f (n )<14. 故存在正整数N 使得当n >N 时，恒有c n ∈⎝⎛⎭⎫52，3，N 可以取所有不小于6的正整数．6．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 2a 4＝65，a 1＋a 5＝18.(1)若1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，求i 的值；(2)设b n ＝n (2n ＋1)S n，是否存在一个最小的常数m 使得b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立，若存在，求出常数m ；若不存在，请说明理由． 解 (1){a n }为等差数列，∵a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18，又a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根，又公差d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13， ∴a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3.由于1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，∴a 1·a 21＝a 2i ，即1·81＝(4i －3)2，解得i ＝3.(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n (n －1)2·4＝2n 2－n ， 所以b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<12， 所以存在m ＝12使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。