2014高考数学(理)一轮总复习(人教新课标)配套单元测试:第六章数列 Word版含解析


第六章

数列 单元测试

一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分.每小题中只有一项 符合题目要求) 1.若{an}为等差数列,且 a7-2a4=-1,a3=0,则公差 d= A.-2 C. 1 2 B 由等差中项的定义结合已知条件可知 2a4=a5+a3, ∴2d=a7-a5=- 1 B.-2 D.2 ( )

答案 解析

1 1,即 d=-2.故选 B. a2 9 2.在等比数列{an}中,若 a3a5a7a9a11=243,则a 的值为 11 A.9 C.2 答案 解析 D
2 a9 a7a11 由等比数列性质可知 a3a5a7a9a11=a5 = 243 , 所以得 a = 3 , 又 = 7 7 a a 11 11

(

)

B.1 D.3

=a7,故选 D. 1 3. (2013·广东模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1+a5=2S5,且 a9=20,则 S11=( A.260 C.130 答案 解析 D ∵S5= a1+a5 1 × 5 ,又∵ 2 2S5=a1+a5,∴a1+a5=0.∴a3=0,∴S11= ) B.220 D.110

a1+a11 a3+a9 0+20 2 ×11= 2 ×11= 2 ×11=110,故选 D.
2 4.各项均不为零的等差数列{an}中,若 an -an-1-an+1=0(n∈N*,n≥2),

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则 S2 009 等于 A.0 C.2 009 答案 解析 D B.2 D.4 018

(

)

2 各项均不为零的等差数列{an}, 由于 an -an-1-an+1=0(n∈N*, n≥2),

则 a2 n-2an=0,an=2,S2 009=4 018,故选 D. 5.数列{an}是等比数列且 an>0,a2a4+2a3a5+a4a6=25,那么 a3+a5 的值等 于 A.5 C.15 答案 解析 A
2 2 由于 a2a4=a2 a4+2a3· a5+a4· a6=a2 3,a4a6=a5,所以 a2· 3+2a3a5+a5=

( B.10 D.20

)

(a3+a5)2=25.所以 a3+a5=± 5.又 an>0,所以 a3+a5=5.所以选 A. 6.首项为 1,公差不为 0 的等差数列{an}中,a3,a4,a6 是一个等比数列的 前三项,则这个等比数列的第四项是 A.8 C.-6 答案 解析 B a2 a6?(1+3d)2=(1+2d)· (1+5d) 4=a3· B.-8 D.不确定 ( )

?d(d+1)=0?d=-1,∴a3=-1,a4=-2,∴q=2. ∴a6=a4· q=-4,第四项为 a6· q=-8. 7.设函数 f(x)满足 f(n+1)= A.95 C.105 答案 B 2f?n?+n * 2 (n∈N ),且 f(1)=2,则 f(20)=( B.97 D.192 )

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解析

?f?20?=f?19?+ 2 , ?f?19?=f?18?+18, n 2 f(n+1)=f(n)+2,∴? …… ? ?f?2?=f?1?+1 2.
x-1

19

19×20 1 2 19 累加,得 f(20)=f(1)+(2+2+…+ 2 )=f(1)+ 4 =97. 8.若 a ,ay,a-
x+1

(a>0,且 a≠1)成等比数列,则点(x,y)在平面直角 ( B.第二象限 D.第四象限 )

坐标系内的轨迹位于 A.第一象限 C.第三象限 答案 解析 D ∵成等比,∴(ay)2=a
x-1

· a-

x+1

.

即 2y= x-1- x+1,x-1>0,∴x>1. x-1<x+1,∴y<0,∴位于第四象限. 9.已知等比数列{an}的公比 q<0,其前 n 项的和为 Sn,则 a9S8 与 a8S9 的大 小关系是 A.a9S8>a8S9 C.a9S8≥a8S9 答案 解析 A a9a1?1-q8? a8a1?1-q9? a8a1?q-q9-1+q9? a9S8-a8S9= - = =-a1a8= 1-q 1-q 1-q B.a9S8<a8S9 D.a9S8≤a8S9 ( )

7 2 2 7 -a2 1q ,因为 a1>0,q<0,所以-a1q >0,即 a9S8>a8S9,故选 A.

10.在等差数列{an}中,前 n 项和为 Sn,且 S2 011=-2 011,a1 007=3,则 S2
012 的值为

( B.-2 012 D.-1 006

)

A.1 006 C.2 012 答案 解析 C 方法一

设等差数列的首项为 a1,公差为 d,根据题意可得,

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2 011×?2 011-1? ? ?S2 011=2 011a1+ d=-2 011, 2 ? ? ?a1 007=a1+1 006d=3, ?a1+1 005d=-1, ?a1=-4 021, 即? 解得? ?a1+1 006d=3, ?d=4. 2 012×?2 012-1? 所以,S2 012=2 012a1+ d 2 =2 012×(-4 021)+2 012×2 011×2 =2 012×(4 022-4 021)=2012. 方法二 2 011?a1+a2 011? 由 S2 011= 2

=2 011a1 006=-2 011, 解得 a1 006=-1,则 2 012?a1+a2 012? 2 012?a1 006+a1 007? S2 012= = 2 2 = 2 012×?-1+3? =2 012. 2

二、填空题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分,把答案填在题中横线 上) x2 y2 11.若 m,n,m+n 成等差数列,m,n,m· n 成等比数列,则椭圆 m+ n =1 的离心率为________. 答案 解析 2 2 由题意知 2n=m+m+n,

∴n=2m.又 n2=m· m· n,∴n=m2,∴m2=2m. ∴m=2,∴n=4,∴a2=4,b2=2,c2=2. c 2 ∴e=a= 2 . Sn 2n a100 12. 数列{an}, {bn}的前 n 项和分别为 Sn 和 Tn, 若T = , 则b =________. n 3n+1 100 答案 199 299

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解析

a1+a199 2 a100 S199 199 = = b100 b1+b199 T199=299. 2

13. 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 S3=6, a3=4, 则公差 d 等于________. 答案 解析 ∴d= 2 ?a1+a3?×3 ∵S3= =6,而 a3=4,∴a1=0. 2 a3-a1 2 =2.

14.某人从 2012 年 1 月份开始,每月存入银行 100 元,月利率是 3‰(不计 复利),到 2012 年 12 月底取出的本利和应是________元. 答案 解析 223.4(元). 15.已知各项都为正数的等比数列{an}中,a2· a4=4,a1+a2+a3=14,则满 1 足 an· an+1· an+2>9的最大正整数 n 的值为________. 答案 解析 4 设等比数列{an}的公比为 q, 其中 q>0, 依题意得 a2 a4=4.又 a3>0, 3=a2· 1 223.4 应为 1 200 + 0.3×12+ 0.3×11 +… + 0.3= 1 200 +0.3× 12×13 2 =1

1 1 因此 a3=a1q2=2,a1+a2=a1+a1q=12,由此解得 q=2,a1=8,an=8×(2)n-1 1 1 1 =24-n,an· an+1· an+2=29-3n.由于 2-3=8>9,因此要使 29-3n>9,只要 9-3n≥-3, 1 即 n≤4,于是满足 an· an+1· an+2>9的最大正整数 n 的值为 4. S10 31 16.等比数列{an}的首项为 a1=1,前 n 项和为 Sn,若 S =32,则公比 q 等
5

于________. 答案 解析 1 -2 S10-S5 31-32 S10 31 1 1 因为 S =32,所以 S = 32 =-32,即 q5=(-2)5,所以 q=
5 5

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1 -2. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程或 演算步骤) 1 17. (本小题满分 10 分)数列{an}中, a1=1, an, an+1 是方程 x2-(2n+1)x+b =0 的两个根,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 答案 解析 n Sn= n+1 1 ∵an,an+1 是 x2-(2n+1)x+b =0 的两根,
n n n

1 ∴an+an+1=2n+1,an· an+1=b . ∴an+1+an+2=2n+3. ∴an+2-an=2. ∴a3-a1=2, a5-a3=2, …… a2n-1-a2n-3=2. ∴a2n-1-a1=2(n-1). ∴a2n-1=2n-1,∴当 n 为奇数时,an=n. 同理可得当 n 为偶数时 an=n. ∴an=n. 1 1 1 1 ∴bn= = =n- . an· an+1 n?n+1? n+1 ∴Sn=b1+b2+b3+…+bn 1 1 1 1 1 1 1 =1-2+2-3+3-4+…+n- n+1 =1- 1 n = . n+1 n+1

18.(本小题满分 12 分)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{bn}中的 b3、b4、b5. (1)求数列{bn}的通项公式;
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5 (2)数列{bn}的前 n 项和为 Sn,求证:数列{Sn+4}是等比数列. 答案 解析 5 n-1 (1)bn=4· 2 =5· 2n-3 (2)略

(1)设成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{bn}中的 b3,b4,b5 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{bn}的第 3 项为 5,公比为 2. 5 由 b3=b1· 22,即 5=b1· 22,解得 b1=4. 5 5 n-1 所以{bn}是以4为首项,2 为公比的等比数列,其通项公式为 bn=4· 2 =5· 2n-3. 5 n 4?1-2 ? 5 (2)数列{bn}的前 n 项和 Sn= =5· 2n-2-4, 1-2 5 即 Sn+4=5· 2n-2. 5 5 所以 S1+4=2, 5 Sn+1+4 5· 2n-1 = =2. 5 5· 2n-2 Sn+4

5 5 因此{Sn+4}是以2为首项,公比为 2 的等比数列. 19. (本小题满分 12 分)已知数列{xn}的首项 x1=3, 通项 xn=2np+nq(n∈N*, p,q 为常数),且 x1,x4,x5 成等差数列,求: (1)p,q 的值; (2)数列{xn}的前 n 项的和 Sn 的公式. 解析 (1)由 x1=3,得 2p+q=3,又 x4=24p+4q,

x5=25p+5q,且 x1+x5=2x4,得 3+25p+5q=25p+8q,解得 p=1,q=1. (2)Sn=(2+22+…+2n)+(1+2+…+n)=2n+1-2+
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n?n+1? 2 .

1 20. (本小题满分 12 分)已知{an}是各项均为正数的等比数列, 且 a1+a2=2(a 1 1 1 1 +a ),a3+a4+a5=64(a +a +a ). 2 3 4 5 (1)求{an}的通项公式; 1 (2)设 bn=(an+a )2,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
n

1

解析

(1)设{an}的公比为 q,则 an=a1qn-1.

由已知,有 1 ? ?1 + ?, ? ?a1+a1q=2? ?a1 a1q? ? 1 1 1 ? ?a q2+a q3+a q4?, ?a1q2+a1q3+a1q4=64? ? ? 1 1 1 ?
2 ?a1q=2, 化简,得? 2 6 ?a1q =64.

又 a1>0,故 q=2,a1=1. 所以 an=2n-1. 1? 1 1 ? 2 (2)由(1)知,bn=?an+a ?2=an + 2+2=4n-1+ n-1+2. an ? 4 n? 1-4n 1 1 因此,Tn=(1+4+…+4n-1)+(1+4+…+ n-1)+2n= + 4 1-4 (4n-41-n)+2n+1. 21.(本小题满分 12 分)某企业 2010 年的纯利润为 500 万元,因设备老化等 原因,企业的生产能力将逐年下降.若不进行技术改造,预测从 2011 年起每年 比上一年纯利润减少 20 万元,2011 年初该企业一次性投入资金 600 万元进行技 术改造,预测在未扣除技术改造资金的情况下,第 n 年(2011 年为第一年)的利润 1 为 500(1+2n)万元(n 为正整数). (1)设从 2011 年起的前 n 年,若该企业不进行技术改造的累计纯利润为 An 万元,进行技术改造后的累计纯利润为 Bn 万元(须扣除技术改造资金),求 An, Bn 的表达式; (2)依上述预测,从 2011 年起该企业至少经过多少年,进行技术改造后的累
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1 1-4n 1 + 2 n = 1 3 1-4

计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润? 思路 (1)An 是一个等差数列的前 n 项和,Bn 是一个常数数列和一个等比数

列的组合的前 n 项和,根据数列的求和公式,就可以求出 An,Bn 的表达式. (2)建模 Bn>An,解这个关于 n 的不等式. 解析 (1)依题意知,An 是一个以 480 为首项,-20 为公差的等差数列的前 n?n-1? 2 2 ×(-20)=490n-10n ,

n 项和,所以 An=480n+

1 1 1 Bn=500(1+2)+500(1+22)+…+500(1+2n)-600 1 1 1 =500n+500(2+22+…+2n)-600 1 1n 2[1-?2? ] =500n+500× 1 -600 1-2 500 =500n- 2n -100. (2)依题意得,Bn>An, 即 500n- 500 -100>490n-10n2, 2n

50 可化简得 2n <n2+n-10. 50 ∴可设 f(n)= 2n ,g(n)=n2+n-10. 又∵n∈N*,∴可知 f(n)是减函数,g(n)是增函数. 50 50 又 f(3)= 8 >g(3)=2,f(4)=16<g(4)=10. 则当 n=4 时不等式成立,即 4 年. 22.(本小题满分 12 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 Sn+n=2an(n ∈N*). (1)证明:数列{an+1}为等比数列,并求数列{an}的通项公式; T n -2 (2)若 bn=(2n+1)an+2n+1, 数列{bn}的前 n 项和为 Tn.求满足不等式 >2 2n-1 010 的 n 的最小值. 解析 (1)因为 Sn+n=2an,所以 Sn-1=2an-1-(n-1)(n≥2,n∈N*).两式相

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减,得 an=2an-1+1. 所以 an+1=2(an-1+1)(n≥2,n∈N*),所以数列{an+1}为等比数列. 因为 Sn+n=2an,令 n=1 得 a1=1. a1+1=2,所以 an+1=2n,所以 an=2n-1. (2)因为 bn=(2n+1)an+2n+1,所以 bn=(2n+1)· 2n . 所以 Tn=3×2+5×22+7×23+…+(2n-1)· 2n-1+(2n+1)· 2n, 2Tn=3×22+5×23+…+(2n-1)· 2n+(2n+1)· 2n+1, ①-②,得-Tn=3×2+2(22+23+…+2n)-(2n+1)· 2n+1 =6+2× 22-2n 1 -(2n+1)· 2n+1 1-2


① ②

=-2+2n+2-(2n+1)· 2n+1=-2-(2n-1)· 2n+1. 所以 Tn=2+(2n-1)· 2n+1. 若 Tn-2 >2 010, 2n-1

2+?2n-1?· 2n+1 则 >2 010,即 2n+1>2 010. 2n-1 由于 210=1 024,211=2 048,所以 n+1≥11,即 n≥10. 所以满足不等式 Tn-2 >2 010 的 n 的最小值是 10. 2n-1

1.已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,数列{bn}是等差数列,且 a6 =b7,则有 A.a3+a9≤b4+b10 B.a3+a9≥b4+b10 C.a3+a9≠b4+b10 D.a3+a9 与 b4+b10 的大小关系不确定 答案 解析 B 记等比数列{an}的公比为 q, 由数列{bn}为等差数列可知 b4+b10=2b7. ( )

1+q6 又数列 {an} 是各项均为正数的等比数列,∴ a3 + a9 = a3(1 + q6) = a6( q3 ) =

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1+q6 1+q6 1 b7( q3 ),又 q3 =q3+q3≥2,当且仅当 q=1 时,等号成立,∴a3+a9≥b4+ b10.故选 B. 3 2.已知 an= (n∈N+),数列{an}的前 n 项和为 Sn,则使 Sn>0 的 n 的 2n-11 最小值是 A.5 C.10 答案 解析 D 令 f(x)= 3 11 知 f(x)关于( 2 ,0)对称, 2x-11 B.6 D.11 ( )

∴a1+a10=a2+a9=a3+a8=a5+a6=0, 且 a6>a7>a8>a9>a10>…>0. ∴S10=0,S11>0,选 D. 3.数列{an}中,Sn 为其前 n 项和,已知 S1=1,S2=2,且 Sn+1-3Sn+2Sn-1 =0(n∈N*且 n≥2),则此数列为 A.等差数列 B.等比数列 C.从第二项起为等差数列 D.从第二项起为等比数列 答案 解析 D Sn+1-3Sn+2Sn-1=0, ( )

∴Sn+1-Sn=2Sn-2Sn-1,∴an+1=2an. 又 a1=1,a2=1,∴从第二项起为等比数列. 2 4.已知数列{an}满足 a1=3,且对任意的正整数 m,n,都有 am+n=am+an, an 则 n 等于 1 A.2 3 C.2 答案 B 2 B.3 D.2 ( )

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解析

2 令 m=1,得 an+1=a1+an,即 an+1-an=a1=3,可知数列{an}是首项

2 2 2 2 2 an 2 为 a1=3,公差为 d=3的等差数列,于是 an=3+(n-1)· = n ,即 3 3 n =3.故选 B. 5.设 a1,a2,…,a50 是以-1,0,1 这三个整数中取值的数列,若 a1+a2+… +a50=9 且(a1+1)2+(a2+1)2+…+(a50+1)2=107,则 a1,a2,…,a50 当中取零 的项共有 A.11 个 C.15 个 答案 解析 A
2 2 (a1 + 1)2 + (a2 +1)2 + … + (a50 +1)2 = a2 1 + a2 + … + a 50 + 2(a1 + a2 + …

( B.12 个 D.25 个

)

2 2 +a50)+50=107,∴a2 1+a2+…+a50=39,∴a1,a2,…,a50 中取零的项应为 50

-39=11 个,故选 A. 6.已知等差数列{an}满足 a1+a2+a3+…+a101=0,则有 A.a1+a101>0 C.a3+a99=0 答案 解析 C a1+a101 由题意,得 a1+a2+…+a101= 2 ×101=0.所以 a1+a101=a2+ B.a2+a100<0 D.a51=51 ( )

a100=a3+a99=0. 7.已知数列{an},{bn}满足 a1=1,且 an,an+1 是函数 f(x)=x2-bnx+2n 的 两个零点,则 b10=________. 答案 解析 64 an+an+1=bn,an· an+1=2n,

∴an+1· an+2=2n+1. ∴an+2=2an. 又∵a1=1,a1· a2=2,∴a2=2. ∴a2n=2n,a2n-1=2n-1(n∈N*). ∴b10=a10+a11=64. 8.已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,S10>0 并且 S11=0,若 Sn≤Sk 对 n∈ N*恒成立,则正整数 k 构成的集合为________.
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答案 解析

{5,6} 等差数列中由 S10>0,S11=0,得

10?a1+a10? S10= >0?a1+a10>0?a5+a6>0, 2 11?a1+a11? S11= =0?a1+a11=2a6=0,故可知,等差数列{an}是递减数列且 2 a6=0,所以 S5=S6≥Sn,即 k=5 或 6. ∴集合为{5,6}. 9.(2013· 衡水调研)已知各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn,函数 f(x) 1 =2px2-(p+q)x+qlnx(其中 p、q 均为常数,且 p>q>0),当 x=a1 时,函数 f(x) q 取得极小值,点(an,2Sn)(n∈N*)均在函数 y=2px2-x +f′(x)+q 的图像上.(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数) (1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的通项公式; (3)记 bn= 解析 4Sn n · q ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. n+3

(1)由题易得 f(x)的定义域为(0,+∞).

2 q px -?p+q?x+q ?x-1??px-q? f′(x)=px-(p+q)+ x= = . x x

q 令 f′(x)=0,得 x=1 或 x=p. q ∵p>q>0,∴0<p<1. 当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表: q (0, ) p f′(x) f(x) + ? q p 0 极大值 q ( ,1) p - ? 1 0 极小值 (1,+∞) + ?

∴f(x)在 x=1 处取得极小值,即 a1=1. q (2)依题意,y=2px2- x+f′(x)+q=2px2+px-p,
2 2Sn=2p· an +p· an-p(n∈N*).

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2 ∴2a1=2p· a1 +pa1-p.

由 a1=1,得 p=1.
2 ∴2Sn=2an +an-1.

① ②

∴当 n≥2 时,2Sn-1=2a2 n-1+an-1-1.
2 ①-②得 2an=2(a2 n-an-1)+an-an-1. 2 ∴2(an -a2 n-1)-(an+an-1)=0.

1 ∴(an+an-1)(an-an-1-2)=0. 1 由于 an+an-1>0,∴an-an-1= (n≥2). 2 1 ∴{an}是以 a1=1 为首项,2为公差的等差数列. 1 n+1 ∴an=1+(n-1)×2= 2 . n?n-1? 1 n2+3n 4Sn n (3)Sn=n+ 2 · q =nqn.∴Tn=q+2q2+3q3+…+ 2= 4 ,∴bn=n+3· (n-1)qn-1+nqn. 已知 p>q>0,而由(2)知 p=1,则 q≠1. ∴qTn=q2+2q3+3q4+…+(n-1)qn+nqn+1. 由③-④,得(1-q)Tn=q+q +q +…+q q?1-qn? nqn+1 ∴Tn= - . ?1-q?2 1-q 10.将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表: a1 a2 a5 … 已知表中的第一列数 a1,a2,a5,…构成一个等差数列,记为{bn},且 b2= 4,b5=12.表中每一行正中间一个数 a1,a3,a7,…构成数列{cn},其前 n 项和为 Sn. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)若上表中,从第二行起,每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数
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2 3 n-1



④ +q -nq
n n+1

q?1-qn? = -nqn+1. 1-q

a3 a6

a4 a7 a8 a9

列,公比为同一个正数,且 a13=1. ①求 Sn; ②记 M={n|(n+1)cn≥λ,n∈N*},若集合 M 的元素个数为 3,求实数 λ 的 取值范围. 解析 (1)设数列{bn}的公差为 d,

?b1+d=4, ?b1=2, 则? 解得? 所以 bn=2n. ?b1+4d=10, ?d=2, (2)①设每一行组成的等比数列的公比为 q. 由于前 n 行共有 1+3+5+…+(2n-1)=n2 个数,且 32<13<42,所以 a10=b4=8. 1 所以 a13=a10q3=8q3,又 a13=1,解得 q=2. 1 n 由已知可得 cn=bnqn-1,因此 cn=2n· (2)n-1= n-2. 2 所以 Sn=c1+c2+c3+…+cn= n-1 1 1 2 n S n= 0+ 1+…+ n-2 + n-1. 2 2 2 2 2 n+2 1 1 1 1 1 n 1 n 因此2Sn= -1+20+21+…+ n-2- n-1=4- n-2- n-1=4- n-1 . 2 2 2 2 2 2 n+2 解得 Sn=8- n-2 . 2 ②由①知,cn= 可化为 n ,不等式(n+1)cn≥λ, 2n-2 1 2 3 n -1+ 0+ 1+…+ n-2. 2 2 2 2

n?n+1? n?n+1? , n-2 ≥λ.设 f(n)= 2 2n-2 ?n+1??2-n? , 2n-1

因为 f(n+1)-f(n)=

所以当 n≥3 时,f(n+1)<f(n). 15 计算得 f(1)=4,f(2)=f(3)=6,f(4)=5,f(5)= 4 . 因为集合 M 的元素个数为 3,所以 λ 的取值范围是(4,5]. 11.已知数列{an},a1=1,an=λan-1+λ-2(n≥2).
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(1)当 λ 为何值时,数列{an}可以构成公差不为零的等差数列,并求其通项公 式; 1 (2)若 λ=3,令 bn=an+2,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解析 (1)a2=λa1+λ-2=2λ-2,

a3=λa2+λ-2=2λ2-2λ+λ-2=2λ2-λ-2. ∵a1+a3=2a2,∴1+2λ2-λ-2=2(2λ-2), 3 得 2λ2-5λ+3=0,解得 λ=1 或 λ=2. 3 3 3 当 λ=2时,a2=2×2-2=1,a1=a2,故 λ=2不合题意舍去; 当 λ=1 时,代入 an=λan-1+λ-2 可得 an-an-1=-1. ∴数列{an}构成首项为 a1=1,d=-1 的等差数列. ∴an=2-n. (2)当 λ=3 时,an=3an-1+1, 1 1 即 an+2=3(an-1+2),即 bn=3bn-1. 3 ∴数列{bn}构成首项为 b1=2,公比为 3 的等比数列. 3 3n ∴bn=2×3n-1= 2 . 3 n 2?1-3 ? 3 n ∴Sn= =4(3 -1). 1-3 12.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S4+a2=2S3,等比数列{bn}满足 b1=a2,b2=a4. (1)求证:{bn}中的每一项均为{an}中的项; 1 (2)若 a1=2,数列{cn}满足:bn+1· cn=(-1)n(1+2log2bn),求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解析 (1)证明:设等差数列{an}的公差为 d,由 S4+a2=2S3 得 4a1+6d+a1

+d=6a1+6d,∴a1=d. 则 an=a1+(n-1)d=na1.

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b2 ∴b1=2a1,b2=4a1,等比数列{bn}的公比 q=b =2.
1

则 bn=2a1· 2n-1=2na1. ∵2n∈N*,∴{bn}中的每一项均为{an}中的项. 1 1 (2)解析:∵a1=2,∴bn=2n×2=2n-1. 由 bn+1· cn=(-1)n(1+2log2bn),得 2n· cn=(-1)n[1+2(n-1)]=(-1)n(2n-1). ∴cn= ?-1?n?2n-1? 1n = (2 n - 1)( - n 2 2) .

1 1 1 1 1 Tn=(-2)+3(-2)2+5(-2)3+…+(2n-1)(-2)n,-2Tn=1+3(-2)+5(- 12 1 n-1 ) + … + (2 n - 1)( - 2 2) . 1 1 1 1 两式相减,得-3Tn=1+2(-2)+2(-2)2+…+2(-2)n-1-(2n-1)(-2)n 1 1 1 1 =1-2+2· [1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1]-(2n-1)(-2)n 1 1-?- ?n 2 1n =-1+2· - (2 n - 1)( - 1 2) 1-?-2? 4 4 1 1 =-1+3-3(-2)n-(2n-1)(-2)n 6n+1 1 1 6n+1 1 1 =3- 3 (-2)n,∴Tn= 9 (-2)n-9. 13.已知数列{an}中,a1=2,an+1-an-2n-2=0,(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn= 1 an+1 an+2 an+3 + 1 + 1 1 +…+a ,若对任意的正整数 n,当 m∈[-1,1]
2n

1 时,不等式 t2-2mt+6>bn 恒成立,求实数 t 的取值范围. 解析 (1)由题意得 an-an-1=2n(n≥2),

累差叠加,得 an=n(n+1)(n≥2). 又 a1=2,所以 an=n(n+1),(n∈N*).

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(2)bn= =

1 1 1 + +…+ ?n+1??n+2? ?n+2??n+3? ?2n??2n+1?

1 1 n n - = = 2 , n+1 2n+1 ?n+1??2n+1? 2n +3n+1

1 1 bn= , b n 的最大值为 b1= , 1 6 2n+n+3 1 1 所以 t2-2mt+6>6恒成立,m∈[-1,1]. 构造 g(m)=-2tm+t2,即 g(m)>0 恒成立 m∈[-1,1]. 当 t=0,不成立; ?g?-1?>0, 当 t≠0,g(m)是一次函数,? ?g?1?>0, 解得 t∈(-∞,-2)∪(2,+∞). 14.已知等差数列{an}满足:a3=7,a5+a7=26.{an}的前 n 项和为 Sn. (1)求 an 及 Sn; (2)令 bn= 答案 解析 1 (n∈N*),求数列{bn}的前 2 an-1 n 项和 Tn. n 4?n+1?

(1)an=2n+1,Sn=n(n+2) (2)Tn=

(1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,

由于 a3=7,a5+a7=26, 所以 a1+2d=7,2a1+10d=26, 解得 a1=3,d=2. n?a1+an? 由于 an=a1+(n-1)d,Sn= , 2 所以 an=2n+1,Sn=n(n+2). (2)因为 an=2n+1,所以 a2 n-1=4n(n+1). 1 11 1 因此 bn= = ( - ). 4n?n+1? 4 n n+1 故 Tn=b1+b2+…+bn 1 1 1 1 1 1 =4(1-2+2-3+…+n- ) n+1

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1 1 n =4(1- )= . n+1 4?n+1? n 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn= . 4?n+1? 15.设数列{an}是等差数列,其前 n 项和 Sn,若 S4≥10,S5≤15,求 a4 的最 大值. 解析 方法一 a5=S5-S4≤5,

S5=a1+a2+…+a5=5a3≤15, a3+a5 a3≤3,则 a4= ≤4,a4 的最大值为 4. 2 方法二 ?S4=4a1+6d≥10, ∵? ? ?S5=5a1+10d≤15

?-2a1-3d≤-5, ? ?d≤1. ?a1+2d≤3 又∵S5=a1+a2+a3+a4+a5=5a3≤15,∴a3≤3. ∴a4≤4.故 a4 的最大值为 4. 方法三 本题也可利用线性规划知识求解.

?4a1+6d≥10, 由题意得? ? ?5a1+10d≤15 ?2a1+3d≥5, ? a4=a1+3d. ?a1+2d≤3. ?2a1+3d≥5, 画出可行域? 求目标函数 a4=a1+3d 的最大值,即当直线 a4 ?a1+2d≤3, =a1+3d 过可行域内(1,1)点时截距最大,此时 a4=4. 16.(2012· 天津)已知{an}是等差数列,其前 n 项和为 Sn,{bn}是等比数列, 且 a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)记 Tn=anb1+an-1b2+…+a1bn,n∈N*,证明:Tn+12=-2an+10bn(n∈ N*). 解析 (1)设等差数列{an}的公差为 d, 等比数列{bn}的公比为 q.由 a1=b1=2,

得 a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d.由条件,得方程组
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3 ?2+3d+2q =27, ?d=3, ? 解得? 3 ?8+6d-2q =10, ?q=2.

所以 an=3n-1,bn=2n,n∈N*. (2)方法一 由(1)得 ① ②

Tn=2an+22an-1+23an-2+…+2na1, 2Tn=22an+23an-1+…+2na2+2n-1a1. 由②-①,得 Tn =- 2(3n - 1)+ 3×2 + 3×2 + … + 3×2 + 2 +2=10×2n-6n-10.
2 3 n n+2

12?1-2n-1? = + 2n + 2 - 6n 1-2

而-2an+10bn-12=-2(3n-1)+10×2n-12=10×2n-6n-10,故 Tn+12=-2an+10bn,n∈N*. 方法二 成立; (2)假设当 n=k 时等式成立,即 Tn+12=-2ak+10bk,则当 n=k+1 时,有 Tk+1=ak+1b1+akb2+ak-1b3+…+a1bk+1 =ak+1b1+q(akb1+ak-1b2+…+a1bk) =ak+1b1+qTk =ak+1b1+q(-2ak+10bk-12) =2ak+1-4(ak+1-3)+10bk+1-24 =-2ak+1+10bk+1-12. 即 Tk+1+12=-2ak+1+10bk+1. 因此 n=k+1 时等式也成立. 由(1)和(2),可知对任意 n∈N*,Tn+12=-2an+10bn 成立. 17.(2012· 陕西)设{an}是公比不为 1 的等比数列,其前 n 项和为 Sn,且 a5, a3,a4 成等差数列. (1)求数列{an}的公比; (2)证明:对任意 k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. 解析 (1)设数列{an}的公比为 q(q≠0,q≠1), (1)当 n=1 时,T1+12=a1b1+12=16,-2a1+10b1=16,故等式

由 a5,a3,a4 成等差数列,得 2a3=a5+a4.
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即 2a1q2=a1q4+a1q3. 由 a1≠0,q≠0,得 q2+q-2=0,解得 q1=-2,q2=1(舍去),所以 q=-2. (2)方法一 对任意 k∈N+,

Sk+2+Sk+1-2Sk=(Sk+2-Sk)+(Sk+1-Sk) =ak+1+ak+2+ak+1 =2ak+1+ak+1· (-2) =0, 所以,对任意 k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. 方法二 对任意 k∈N+,2Sk= 2a1?1-qk? , 1-q

a1?1-qk+2? a1?1-qk+1? Sk+2+Sk+1= + 1-q 1-q a1?2-qk+2-qk+1? = , 1-q 2a1?1-qk? a1?2-qk+2-qk+1? 2Sk-(Sk+2+Sk+1)= - 1-q 1-q = = a1 [2(1-qk)-(2-qk+2-qk+1)] 1-q a1qk 2 (q +q-2)=0, 1-q

因此,对任意 k∈N+,Sk+2,Sk,Sk+1 成等差数列. 18.(2012· 广东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 2Sn=an+1-2n+1+1,n∈ N*,且 a1,a2+5,a3 成等差数列. (1)求 a1 的值; (2)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 3 (3)证明:对一切正整数 n,有a +a +…+a <2.
1 2 n

解析

(1)∵a1,a2+5,a3 成等差数列,

∴2(a2+5)=a1+a3. 又∵2a1=2S1=a2-22+1,2(a1+a2)=2S2=a3-23+1, ∴a2=2a1+3,a3=6a1+13.
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因此 4a1+16=7a1+13,从而 a1=1. (2)由题设条件知,n≥2 时,2Sn-1=an-2n+1, 2Sn=an+1-2n+1+1. ∴2an=an+1-an-2n,于是 an+1=3an+2n(n≥2). 而由(1)知,a2=2a1+3=5=3a1+2, 因此对一切正整数 n,有 an+1=3an+2n. 所以 an+1+2n+1=3(an+2n). 又∵a1+21=3, ∴{an+2n}是以 3 为首项,3 为公比的等比数列. 故 an+2n=3n,即 an=3n-2n. (3)∵an=3n-2n=3· 3n-1-2n=3n-1+2(3n-1-2n-1)≥3n-1, 1 1 ∴a ≤ n-1. n 3 1 1 1 1 1 1 ∴a +a +…+a ≤1+3+32+…+ n-1= 3 1 2 n 1 1-3n 3 < 1 2. 1-3

19.(2012· 湖北)已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的积为 8. (1)求等差数列{an}的通项公式; (2)若 a2,a3,a1 成等比数列,求数列{|an|}的前 n 项和. 解析 (1)设等差数列{an}的公差为 d,则 a2=a1+d,a3=a1+2d.

?3a1+3d=-3, 由题意得? 解得 ?a1?a1+d??a1+2d?=8. ?a1=2, ?a1=-4, ? 或? ?d=-3 ?d=3. 所以由等差数列的通项公式可得 an=2-3(n-1)=-3n+5 或 an=-4+3(n-1)=3n-7. 故 an=-3n+5 或 an=3n-7. (2)当 an=-3n+5 时,a2,a3,a1 分别为-1,-4,2,不成等比数列; 当 an=3n-7 时,a2,a3,a1 分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件.

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?-3n+7,n=1,2, 故|an|=|3n-7|=? ?3n-7,n≥3. 记数列{|an|}的前 n 项和为 Sn. 当 n=1 时,S1=|a1|=4;当 n=2 时,S2=|a1|+|a2|=5; 当 n≥3 时, Sn=S2 + |a3|+ |a4|+… + |an|=5 + (3×3 - 7)+(3×4 - 7)+…+ (3n- 7)= 5 + ?n-2?[2+?3n-7?] 3 2 11 =2n - 2 n+10.当 n=2 时,满足此式. 2 4,n=1, ? ? 综上,Sn=?3 2 11 n - 2 n+10,n>1. ? ?2 20.(2012· 江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=kcn-k(其中 c,k 为常数),且 a2=4,a6=8a3. (1)求 an; (2)求数列{nan}的前 n 项和 Tn. 解析 (1)由 Sn=kcn-k,得 an=Sn-Sn-1=kcn-kcn-1(n≥2).

由 a2=4,a6=8a3,得 kc(c-1)=4,kc5(c-1)=8kc2(c-1). ?c=2, 解得? 所以 a1=S1=2,an=kcn-kcn-1=2n(n≥2),于是 an=2n. ?k=2, (2)Tn= ?iai= ?i· 2i,即
i=1 i=1 n n

Tn=2+2· 22+3· 23+4· 24+…+n· 2n , Tn=2Tn-Tn=-2-22-23-24-…-2n+n· 2n+1=-2n+1+2+n· 2n+1=(n- 1)2n+1+2.
2 21.(2012· 安徽)数列{xn}满足 x1=0,xn+1=-xn +xn+c(n∈N*).

(1)证明:{xn}是递减数列的充分必要条件是 c<0; (2)求 c 的取值范围,使{xn}是递增数列. 解析 (1)先证充分性,若 c<0,由于 xn+1=-x2 n+xn+c≤xn+c<xn,故{xn}

是递减数列; 再证必要性,若{xn}是递减数列,则由 x2<x1,可得 c<0.
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(2)(ⅰ)假设{xn}是递增数列. 由 x1=0,得 x2=c,x3=-c2+2c. 由 x1<x2<x3,得 0<c<1. 由 xn<xn+1=-x2 n+xn+c 知, 对任意 n≥1 都有 xn< c, 注意到
2 c-xn+1=xn -xn-c+ c=(1- c-xn)( c-xn),





由①式和②式可得 1- c-xn>0,即 xn<1- c. 由②式和 xn≥0 还可得,对任意 n≥1 都有 c-xn+1≤(1- c)( c-xn). 反复运用③式,得 c-xn≤(1- c)n-1( c-x1)<(1- c)n-1. xn<1- c和 c-xn<(1- c)n-1 两式相加,知 2 c-1<(1- c)n-1 对任意 n≥1 成立. 1 1 根据指数函数 y=(1- c)n 的性质,得 2 c-1≤0,c≤4.故 0<c≤4. 1 (ⅱ)若 0<c≤4,要证数列{xn}为递增数列,即 xn+1-xn=-x2 n+c>0, 即证 xn< c对任意 n≥1 成立. 1 下面用数学归纳法证明:当 0<c≤4时,xn< c对任意 n≥1 成立. 1 (1)当 n=1 时,x1=0< c≤2,结论成立. (2)假设当 n=k(k∈N*)时结论成立, 即 xk< c.因为函数 f(x)=-x2+x+c 在区 1 间(-∞,2]内单调递增,所以 xk+1=f(xk)<f( c)= c,这就是说当 n=k+1 时, 结论也成立. 故 xn< c对任意 n≥1 成立. 因此,xn+1=xn-x2 n+c>xn,即{xn}是递增数列. 1 由(ⅰ)(ⅱ)知,使得数列{xn}单调递增的 c 的范围是(0,4].
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