2014届高三数学理科第一轮复习单元过关自测8--不等式、数列
2014高考数学一轮汇总训练《数列的综合问题-》理-新人教A版
第五节数列的综合问题[备考方向要明了]考什么怎么考能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题.1.以递推为背景，考查数列的通项公式与前n项和公式，如2012年新课标全国T16等．2.等差数列、等比数列综合考查数列的基本计算，如2012年T16，T18等．3.考查数列与函数、不等式、解析几何的综合问题，且以解答题的形式出现，如2012年T19等.[归纳·知识整合]1．数列综合应用题的解题步骤(1)审题——弄清题意，分析涉及哪些数学容，在每个数学容中，各是什么问题．(2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．(3)求解——分别求解这些小题或这些“步骤”，从而得到整个问题的解答．具体解题步骤如下框图：2．常见的数列模型(1)等差数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等差数列，利用等差数列有关知识解决问题．(2)等比数列模型：通过读题分析，由题意抽象出等比数列，利用等比数列有关知识解决问题．(3)递推公式模型：通过读题分析，由题意把所给条件用数列递推式表达出来，然后通过分析递推关系式求解．[探究] 银行储蓄单利公式及复利公式分别是什么模型？提示：单利公式——设本金为a元，每期利率为r，存期为n，则本利和a n＝a(1＋rn)，属于等差数列模型．复利公式——设本金为a元，每期利率为r，存期为n，则本利和a n＝a(1＋r)n，属于等比数列模型．[自测·牛刀小试]1．(教材习题改编)已知等差数列{a n}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2的值为( )A．－4 B．－6C．－8 D．－10解析：选B 由题意知：a23＝a1a4.则(a2＋2)2＝(a2－2)(a2＋4)，解得a2＝－6.2．已知log2x，log2y,2成等差数列，则M(x，y)的轨迹的图象为( )解析：选A 由于log2x，log2y,2成等差数列，则有2log2y＝log2x＋2，所以y2＝4x.又y＞0，x＞0，故M的轨迹图象为A.3.在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一行成等差数列，每一列成等比数列，那么x＋y＋z的值为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选C 由题意知，第三列各数成等比数列，故x＝1；第一行第五个数为6，第二行第五个数为3，故z＝34；第一行第四个数为5，第二行第四个数为52，故y＝54，从而x＋y＋z＝3.4．等比数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝1，且4a1,2a2，a3成等差数列，则S4＝________.解析：设数列{a n}的公比为q，∵4a2＝4a1＋a3，∴4a1q＝4a1＋a1q2，即q2－4q＋4＝0，解得q＝2.∴S4＝1－241－2＝15.答案：152 41 2x yz5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N *都有S n ＝23a n －13，若1＜S k ＜9(k ∈N *)，则k 的值为________．解析：由S n ＝23a n －13得当n ≥2时，S n ＝23(S n －S n －1)－13，即S n ＝－2S n －1－1. 令S n ＋p ＝－2(S n －1＋p )得S n ＝－2S n －1－3p ，可知p ＝13.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋13是以－23为首项，以－2为公比的等比数列．则S n ＋13＝－23×(－2)n －1，即S n ＝－23×(－2)n －1－13.由1＜－23×(－2)k －1－13＜9，k ∈N *得k ＝4.答案：4等差数列、等比数列的综合问题[例1] 在等比数列{a n }(n ∈N *)中，a 1>1，公比q >0，设b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 3＋b 5＝6，b 1b 3b 5＝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a n . [自主解答] (1)证明：∵b n ＝log 2a n ， ∴b n ＋1－b n ＝log 2a n ＋1a n＝log 2q 为常数， ∴数列{b n }为等差数列且公差d ＝log 2q . (2)∵b 1＋b 3＋b 5＝6，∴b 3＝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 －12×(－1)＝9n －n 22.∵⎩⎪⎨⎪⎧log 2q ＝－1，log 2a 1＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝16.∴a n ＝25－n(n ∈N *)．在本例(2)的条件下，试比较a n 与S n 的大小． 解：显然a n ＝25－n>0，当n ≥9时，S n ＝n 9－n2≤0，∴n ≥9时，a n >S n .∵a 1＝16，a 2＝8，a 3＝4，a 4＝2，a 5＝1，a 6＝12，a 7＝14，a 8＝18，S 1＝4，S 2＝7，S 3＝9，S 4＝10，S 5＝10，S 6＝9，S 7＝7， S 8＝4，∴当n ＝3，4，5，6，7，8时，a n <S n ； 当n ＝1，2或n ≥9时，a n >S n . ——————————————————— 解答数列综合问题的注意事项(1)要重视审题，善于联系，将等差、等比数列与函数、不等式、方程、应用性问题等联系起来．(2)对于等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列的通项，前n 项和以及等差、等比数列项之间的关系，往往用到转化与化归的思想方法．1．(2013·模拟)已知等差数列{a n }的公差大于零，且a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根；各项均为正数的等比数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足b 3＝a 3，S 3＝13.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n ≤5，b n ，n >5，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q .由x 2－18x ＋65＝0，解得x ＝5或x ＝13. 因为d >0，所以a 2<a 4，则a 2＝5，a 4＝13，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，解得a 1＝1，d ＝4.所以a n ＝1＋4(n －1)＝4n －3.因为⎩⎪⎨⎪⎧b 3＝b 1q 2＝9，b 1＋b 1q ＋b 1q 2＝13，又q >0，解得b 1＝1，q ＝3. 所以b n ＝3n －1.(2)当n ≤5时，T n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝n ＋n n －12×4＝2n 2－n ；当n >5时，T n ＝T 5＋(b 6＋b 7＋b 8＋…b n ) ＝(2×52－5)＋351－3n －51－3＝3n－1532.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2－n ，n ≤5，3n－1532，n >5.数列与函数的综合应用[例2] (2012·高考)设函数f (x )＝x2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{}x n .(1)求数列{}x n 的通项公式；(2)设{}x n 的前n 项和为S n ，求sin S n .[自主解答] (1)令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，即cos x ＝－12，解得x ＝2k π±23π(k ∈Z )．由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知，x n ＝2n π－23π(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－23n π＝n (n ＋1)π－2n π3，所以sin S n ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤nn ＋1π－2n π3. 因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，n (n ＋1)一定为偶数，所以sin S n＝－sin2nπ3.当n ＝3m －2(m∈N*)时，sin S n＝－sin⎝⎛⎭⎪⎫2mπ－43π＝－32；当n＝3m－1(m∈N*)时，sin S n＝－sin⎝⎛⎭⎪⎫2mπ－23π＝32；当n＝3m(m∈N*)时，sin S n＝－sin 2mπ＝0.综上所述，sin S n＝⎩⎪⎨⎪⎧－32，n＝3m－2m∈N*，32，n＝3m－1m∈N*，0，n＝3m m∈N*.———————————————————解决函数与数列的综合问题应该注意的事项(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化．2．已知函数f(x)＝x2＋x－1，α，β是方程f(x)＝0的两个根(α>β)，f′(x)是f(x)的导数，设a1＝1，a n＋1＝a n－f a nf′a n(n＝1,2，…)．(1)求α，β的值；(2)已知对任意的正整数n，都有a n>α，记b n＝lna n－βa n－α(n＝1,2，…)，求数列{b n}的前n项和S n.解：(1)由方程x2＋x－1＝0解得方程的根为x1＝－1＋52，x2＝－1－52，又∵α，β是方程的两个实根，且α>β，∴α＝－1＋52，β＝－1－52.(2)∵f ′(x )＝2x ＋1，∴a n ＋1＝a n －f a n f ′a n ＝a n －a 2n ＋a n －12a n ＋1＝a 2n ＋12a n ＋1.∵a n >α>β(n ＝1,2,3，…)，且a 1＝1， ∴b 1＝ln 1－β1－α＝ln β2α2＝4ln 5＋12.或b 1＝ln 1－β1－α＝ln1－－1－521－－1＋52＝ln3＋524＝2ln3＋52＝2ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋522＝4ln5＋12b n ＋1＝ln a n ＋1－βa n ＋1－α＝ln a 2n －2βαn －β＋1a 2n －2αa n －α＋1＝lna n －β2－β2－β＋1a n －α2－α2－α＋1＝ln a n －β2a n －α2＝2lna n －βa n －α＝2b n . 即{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列． 故数列{b n }的前n 项和S n ＝b 11－2n1－2＝(2n－1)·4ln 5＋12＝(2n ＋2－4)ln5＋12. 数列与不等式的综合应用[例3] (2012·高考)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，a 2＋5，a 3成等差数列．(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.[自主解答] (1)当n ＝1时，2a 1＝a 2－4＋1＝a 2－3， ① 当n ＝2时，2(a 1＋a 2)＝a 3－8＋1＝a 3－7， ② 又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列， 所以a 1＋a 3＝2(a 2＋5)， ③ 由①②③解得a 1＝1.(2)由题设条件可知n≥2时，2S n＝a n＋1－2n＋1＋1，④2S n－1＝a n－2n＋1.⑤④－⑤得2a n＝a n＋1－a n－2n＋1＋2n，即a n＋1＝3a n＋2n，整理得a n＋1＋2n＋1＝3(a n＋2n)，则{a n＋2n}是以3为首项，3为公比的等比数列．所以a n＋2n＝(a1＋2)·3n－1＝3n，即a n＝3n－2n(n>1)．又a1＝1满足上式，故a n＝3n－2n.(3)证明：∵1a n＝13n－2n＝13n·11－⎝⎛⎭⎪⎫23n≤13n·11－23＝3·13n，∴1a1＋1a2＋…＋1a n≤3⎝⎛⎭⎪⎫13＋132＋…＋13n＝3×13⎝⎛⎭⎪⎫1－13n1－13＝32⎝⎛⎭⎪⎫1－13n<32.———————————————————数列与不等式相结合问题的处理方法解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法，穿根法等．总之这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．3．等比数列{a n}为递增数列，且a4＝23，a3＋a5＝209，数列b n＝log3a n2(n∈N*)．(1)求数列{b n}的前n项和S n；(2)T n＝b1＋b2＋b22＋…＋b2n－1，求使T n>0成立的最小值n.解：(1)∵{a n}是等比数列，设其公比为q，∴⎩⎪⎨⎪⎧a1q3＝23，a1q2＋a1q4＝209，两式相除得，q 1＋q 2＝310，q ＝3或q ＝13， ∵{a n }为递增数列，∴q ＝3，a 1＝281.∴a n ＝a 1qn －1＝281·3n －1＝2·3n －5， ∴b n ＝log 3a n2＝n －5，数列{b n }的前n 项和S n ＝n －4＋n －52＝12(n 2－9n )． (2)T n ＝b 1＋b 2＋b 22＋…b 2n －1＝(1－5)＋(2－5)＋(22－5)＋…＋(2n －1－5)＝1－2n1－2－5n >0，即2n>5n ＋1.∵24<5×4＋1,25>5×5＋1，∴n min ＝5(只要给出正确结果，不要求严格证明).数列的实际应用[例4] (2012·高考)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元．(1)用d 表示a 1，a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式；(2)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．[自主解答] (1)由题意得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4 500－52d . a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d .(2)由(1)得a n ＝32a n －1－d＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －2－d －d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322a n －2－32d －d…＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1a 1－d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2. 整理得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－d )－2d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－3d )＋2d . 由题意，a m ＝4 000，即⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000.解得d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －2×1 000⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1＝1 0003m －2m ＋13m －2m. 故该企业每年上缴资金d 的值为1 0003m －2m ＋13m －2m时，经过m (m ≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．——————————————————— 解决数列实际应用问题的方法解等差数列、等比数列应用题时，首先要认真审题，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解．这其中体现了把实际问题数学化的能力，即数学建模能力．4．某市2010年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年底，(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2010年为累计的第一年)将首次不少于4 750万平方米？(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比较首次大于85%？(参考数据：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)解：(1)设中低价房面积形成数列{a n }，由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50，则S n ＝250n ＋n n －12×50＝25n 2＋225n .令25n 2＋225n ≥4 750，即n 2＋9n －190≥0，而n 是正整数，解得n ≥10.故到2019年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米．(2)设新建住房面积形成数列{b n}，由题意可知{b n}是等比数列，其中b1＝400，q＝1.08，则b n＝400×(1.08)n－1.由题意可知a n>0.85b n，有250＋(n－1)×50>400×(1.08)n－1×0.85.当n＝5时，a5<0.85b5，当n＝6时，a6>0.85b6，即满足上述不等式的最小正整数n为6.故到2015年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.1个问题——分期付款问题等比数列中处理分期付款问题的注意事项：(1)准确计算出在贷款全部付清时，各期所付款额及利息(最后一次付款没有利息)．(2)明确各期所付的款以及各期所付款到最后一次付款时所生的利息之和，等于商品售价及从购买到最后一次付款时的利息之和，只有掌握了这一点，才可顺利建立等量关系．3个注意——递推、放缩与函数思想的考查(1)数列与解析几何结合时注意递推．(2)数列与不等式相结合时注意对不等式进行放缩．(3)数列与函数相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性).创新交汇——数列的新定义问题1．数列题目中有时定义一个新数列，然后根据定义的新数列所具备的性质解决有关问题．2．解决新情境、新定义数列问题，首先要根据新情境、新定义进行推理，从而明确考查的是哪些数列知识，然后熟练运用归纳、构造、正难则反、分类与整合等方法进行解题．[典例] (2011·高考)若数列A n：a1，a2，…，a n(n≥2)满足|a k＋1－a k|＝1(k＝1,2，…，n－1)，则称A n为E数列．记S(A n)＝a1＋a2＋…＋a n.(1)写出一个满足a1＝a5＝0，且S(A5)>0的E数列A5；(2)若a1＝12，n＝2 000.证明：E数列A n是递增数列的充要条件是a n＝2 011；(3)对任意给定的整数n(n≥2), 是否存在首项为0的E数列A n，使得S(A n)＝0？如果存在，写出一个满足条件的E数列A n；如果不存在，说明理由．[解] (1)0,1,2,1,0是一个满足条件的E 数列A 5. (答案不唯一，0,1,0,1,0也是一个满足条件的E 数列A 5) (2)必要性：因为E 数列A n 是递增数列， 所以a k ＋1－a k ＝1(k ＝1,2，…，1 999)． 所以A n 是首项为12，公差为1的等差数列． 所以a 2 000＝12＋(2000－1)×1＝2 011. 充分性：由于a 2 000－a 1 999≤1，a 1 999－a 1 998≤1，…a 2－a 1≤1，所以a 2 000－a 1≤1 999，即a 2 000≤a 1＋1 999. 又因为a 1＝12，a 2 000＝2 011， 所以a 2 000＝a 1＋1 999.故a k ＋1－a k ＝1＞0(k ＝1,2，…，1 999)，即A n 是递增数列． 综上，结论得证．(3)令c k ＝a k ＋1－a k (k ＝1,2，…，n －1)，则c k ＝±1. 因为a 2＝a 1＋c 1，a 3＝a 1＋c 1＋c 2，…a n ＝a 1＋c 1＋c 2＋…＋c n －1，所以S (A n )＝na 1＋(n －1)c 1＋(n －2)c 2＋(n －3)c 3＋…＋c n －1＝(n －1)＋(n －2)＋…＋1－[(1－c 1)(n －1)＋(1－c 2)(n －2)＋…＋(1－c n －1)]＝n n －12－[(1－c 1)(n －1)＋(1－c 2)(n －2)＋…＋(1－c n －1)]．因为c k ＝±1，所以1－c k 为偶数(k ＝1，…，n －1)． 所以(1－c 1)(n －1)＋(1－c 2)(n －2)＋…＋(1－c n －1)为偶数， 所以要使S (A n )＝0，必须使n n －12为偶数，即4整除n (n －1)，亦即n ＝4m 或n ＝4m ＋1(m ∈N *)．当n ＝4m (m ∈N *)时，E 数列A n 的项满足a 4k －1＝a 4k －3＝0，a 4k －2＝－1，a 4k ＝1(k ＝1,2，…，m )时，有a 1＝0，S (A n )＝0；当n ＝4m ＋1(m ∈N *)时，E 数列A n 的项满足a 4k －1＝a 4k －3＝0，a 4k －2＝－1，a 4k ＝1(k ＝1,2，…，m )，a 4m ＋1＝0时，有a 1＝0，S (A n )＝0；当n ＝4m ＋2或n ＝4m ＋3(m ∈N *)时，n (n －1)不能被4整除，此时不存在E 数列A n ，使得a1＝0，S(A n)＝0.[名师点评]1．本题具有以下创新点：(1)本题为新定义问题，命题背景新颖．(2)命题方式创新，既有证明题，也有探究性问题，同一个题目中多种方式相结合．2．解决本题要注意以下几个问题：对于此类压轴型新定义数列题，首先要有抢分意识，得一分是一分，多尝试解答，仔细分析，认真翻译；其次，要有运用数学思想方法的意识，如构造、分类等．第(1)问中E数列A5的首尾都是0，则必须先增后减或先减后增，或者摆动；第(2)问条件在后边，因此，前推后是证明条件的必要性，不可颠倒，前推后比较容易，应该先证明；第(3)问和第(1)问相呼应，所以在推理时要善于前后联系，善于发现矛盾，从而找到解决问题的突破口．[变式训练]1．已知数列{a n}：a1，a2，a3，…，a n，如果数列{b n}：b1，b2，b3，…b n满足b1＝a n，b k ＝a k－1＋a k－b k－1，其中k＝2,3，…，n，则称{b n}为{a n}的“衍生数列”．若数列{a n}：a1，a2，a3，a4的“衍生数列”是5，－2,7,2，则{a n}为______；若n为偶数，且{a n}的“衍生数列”是{b n}，则{b n}的“衍生数列”是______．解析：由b1＝a n，b k＝a k－1＋a k－b k－1，k＝2,3，…，n可得，a4＝5,2＝a3＋a4－7，解得a3＝4.又7＝a2＋a3－(－2)，解得a2＝1.由－2＝a1＋a2－5，解得a1＝2，所以数列{a n}为2,1,4,5.由已知，b1＝a1－(a1－a n)，b2＝a1＋a2－b1＝a2＋(a1－a n)，….因为n是偶数，所以b n ＝a n＋(－1)n(a1－a n)＝a1.设{b n}的“衍生数列”为{c n}，则c i＝b i＋(－1)i(b1－b n)＝a i＋(－1)i·(a1－a n)＋(－1)i(b1－b n)＝a i＋(－1)i(a1－a n)＋(－1)i·(a n－a1)＝a i，其中i＝1,2,3，…，n.则{b n}的“衍生数列”是{a n}．答案：2,1,4,5 {a n}2．(2012·高考改编)对于项数为m的有穷数列{a n}，记b k＝max{a1，a2，…，a k}(k＝1,2，…，m)，即b k为a1，a2，…，a k中的最大值，并称数列{b n}是{a n}的控制数列．如1,3,2,5,5的控制数列是1,3,3,5,5.(1)若各项均为正整数的数列{a n}的控制数列为2,3,4,5,5，写出所有的{a n}；(2)设{b n}是{a n}的控制数列，满足a k＋b m－k＋1＝C(C为常数，k＝1,2，…，m)．求证：b k＝a k(k＝1,2，…，m)．解：(1)数列{a n}为：2,3,4,5,1；2,3,4,5,2；2,3,4,5,3；2,3,4,5,4；2,3,4,5,5.(2)证明：因为b k＝max{a1，a2，…，a k}，b k＋1＝max{a1，a2，…，a k，a k＋1}，所以b k＋1≥b k.因为a k ＋b m －k ＋1＝C ，a k ＋1＋b m －k ＝C ， 所以a k ＋1－a k ＝b m －k ＋1－b m －k ≥0，即a k ＋1≥a k . 因此，b k ＝a k .一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1. 等差数列{a n }中，a 3＋a 11＝8，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6·b 8的值( ) A ．2 B ．4 C ．8D ．16解析：选D ∵{a n }为等差数列，∴a 7＝a 3＋a 112＝4＝b 7.又{b n }为等比数列，∴b 6·b 8＝b 27＝16.2．数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 3，a 7为等比数列{b n }中连续的三项，则数列{b n }的公比为( )A. 2 B ．4 C ．2D.12解析：选C 设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由a 23＝a 1a 7得(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得a 1＝2d ，故数列{b n }的公比q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝2a 1a 1＝2.3．(2013·模拟)满足a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，则满足S n >1 025的最小n 值是( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析：选C 因为a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，所以a n ＋1＝2a n ，a n ＝2n －1，S n ＝2n －1，则满足S n >1 025的最小n 值是11.4．根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n 个月累积的需求量S n (万件)近似地满足关系式S n ＝n90(21n －n 2－5)(n ＝1,2，…，12)，按此预测，在本年度，需求量超过1.5万件的月份是( )A ．5、6月B ．6、7月C ．7、8月D ．8、9月解析：选C 由S n 解出a n ＝130(－n 2＋15n －9)，再解不等式130(－n 2＋15n －9)>1.5，得6<n <9.5．数列{a n }的通项a n ＝n 2⎝⎛⎭⎪⎫cos 2n π3－sin2n π3，其前n 项和为S n ，则S 30为( )A ．470B ．490C ．495D ．510解析：选A 注意到a n ＝n 2cos 2n π3，且函数y ＝cos 2πx 3的最小正周期是3，因此当n是正整数时，a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝－12n 2－12(n ＋1)2＋(n ＋2)2＝3n ＋72，其中n ＝1,4，7…，S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5＋a 6)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3×1＋72＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×4＋72＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×28＋72＝3×10×1＋282＋72×10＝470.6．(2013·模拟)在数列{a n }中，对任意n ∈N *，都有a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”．下面对“等差比数列”的判断：①k 不可能为0；②等差数列一定是等差比数列； ③等比数列一定是等差比数列；④通项公式为a n ＝a ·b n＋c (a ≠0，b ≠0,1)的数列一定是等差比数列． 其中正确的判断为( ) A ．①② B ．②③ C ．③④D ．①④解析：选D 若k ＝0时，则a n ＋2－a n ＋1＝0，因为a n ＋2－a n ＋1可能为分母，故无意义，故k 不可能为0，①正确；若等差、等比数列为常数列，则②③错误；由定义知④正确．二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．(2013·模拟)设关于x 的不等式x 2－x <2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．解析：由x 2－x <2nx (n ∈N *)， 得0<x <2n ＋1， 因此知a n ＝2n . 故S 100＝1002＋2002＝10 100.答案：10 1008．函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，k 为正整数，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________.解析：依题意得，函数y ＝x 2(x >0)的图象在点( a k ，a 2k )处的切线方程是y －a 2k ＝2a k (x－a k )．令y ＝0得x ＝12a k ，即a k ＋1＝12a k ，因此数列{a k }是以16为首项，12为公比的等比数列，所以a k ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1＝25－k，a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21.答案：219．气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n ＋4910(n ∈N *)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了________天．解析：由第n 天的维修保养费为n ＋4910(n ∈N *)元，可以得出观测仪的整个耗资费用，由平均费用最少而求得最小值成立时的相应n 的值．由题意知使用n 天的平均耗资为3.2×104＋⎝⎛⎭⎪⎫5＋n ＋4910n 2n＝3.2×104n＋n20＋9920，当且仅当3.2×104n ＝n20时取得最小值，此时n ＝800. 答案：800三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 10．设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22≥b n ＋1；②b n ≤M (n ∈N *，M 是常数)的无穷数列{b n }叫“嘉文”数列．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝aa －1(a n －1)(a 为常数，且a ≠0，a ≠1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2S na n＋1，若数列{b n }为等比数列，求a 的值，并证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“嘉文”数列．解：(1)因为S 1＝aa －1(a 1－1)＝a 1，所以a 1＝a .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a a －1(a n －a n －1)，整理得a na n －1＝a ，即数列{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列．所以a n ＝a · a n －1＝a n .(2)由(1)知，b n ＝2×aa －1a n －1a n ＋1＝3a －1a n －2aa －1a n，(*)由数列{b n }是等比数列，则b 22＝b 1·b 3，故⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＋2a 2＝3·3a 2＋2a ＋2a 2，解得a ＝13，再将a ＝13代入(*)式得b n ＝3n，故数列{b n }为等比数列，所以a ＝13.由于1b n ＋1b n ＋22＝13n ＋13n ＋22>213n ·13n ＋22＝13n ＋1＝1b n ＋1，满足条件①；由于1b n ＝13n ≤13，故存在M ≥13满足条件②.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“嘉文”数列．11．已知正项数列{a n }，{b n }满足：a 1＝3，a 2＝6，{b n }是等差数列，且对任意正整数n ，都有b n ，a n ，b n ＋1成等比数列．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，试比较2S n 与2－b 2n ＋1a n ＋1的大小．解：(1)∵对任意正整数n ，都有b n ，a n ，b n ＋1成等比数列，且数列{a n }，{b n }均为正项数列，∴a n ＝b n b n ＋1(n ∈N *)．由a 1＝3，a 2＝6得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1b 2＝3，a 2＝b 2b 3＝6，又{b n }为等差数列，即有b 1＋b 3＝2b 2，解得b 1＝2，b 2＝322，∴数列{b n }是首项为2，公差为22的等差数列． ∴数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ＋12(n ∈N *)．(2)由(1)得，对任意n ∈N *，a n ＝b n b n ＋1＝n ＋1n ＋22，从而有1a n＝2n ＋1n ＋2＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2，∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝1－2n ＋2. ∴2S n ＝2－4n ＋2.又2－b 2n ＋1a n ＋1＝2－n ＋2n ＋3，∴2S n －⎝ ⎛⎭⎪⎫2－b 2n ＋1a n ＋1＝n ＋2n ＋3－4n ＋2＝n 2－8n ＋2n ＋3. ∴当n ＝1，n ＝2时，2S n <2－b 2n ＋1a n ＋1；当n ≥3时，2S n >2－b 2n ＋1a n ＋1.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切正整数n ，点P n (n ，S n )都在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上，且过点P n (n ，S n )的切线的斜率为k n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2kn a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ；(3)设Q ＝{x |x ＝k n ，n ∈N *}，R ＝{x |x ＝2a n ，n ∈N *}，等差数列{c n }的任一项c n ∈Q ∩R ，其中c 1是Q ∩R 中的最小数，110<c 10<115，求{c n }的通项公式．解：(1)∵点P n (n ，S n )都在函数f (x )＝x 2＋2x 的图象上， ∴S n ＝n 2＋2n (n ∈N *)．当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由f (x )＝x 2＋2x 求导可得f ′(x )＝2x ＋2. ∵过点P n (n ，S n )的切线的斜率为k n ， ∴k n ＝2n ＋2.∴b n ＝2k n a n ＝4·(2n ＋1)·4n.∴ T n ＝4×3×41＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4×(2n ＋1)×4n.① 由①×4，得4T n ＝4×3×42＋4×5×43＋4×7×44＋…＋4×(2n ＋1)×4n ＋1.②①－②得－3T n ＝4[3×4＋2×(42＋43＋…＋4n )－(2n ＋1)×4n ＋1]＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤3×4＋2×421－4n －11－4－()2n ＋1×4n ＋1， ∴T n ＝6n ＋19·4n ＋2－169.(3)∵Q ＝{x |x ＝2n ＋2，n ∈N *}，R ＝{x |x ＝4n ＋2，n ∈N *}，∴Q ∩R ＝R . 又∵c n ∈Q ∩R ，其中c 1是Q ∩R 中的最小数，∴c 1＝6. ∵{c n }的公差是4的倍数，∴c 10＝4m ＋6(m ∈N *)． 又∵110<c 10<115，∴⎩⎪⎨⎪⎧110<4m ＋6<115，m ∈N *，解得m ＝27.∴c 10＝114. 设等差数列的公差为d ， 则d ＝c 10－c 110－1＝114－69＝12，∴c n＝6＋(n－1)×12＝12n－6.∴{c n}的通项公式为c n＝12n－6.1．已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1为a(a∈R)．设数列的前n项和为S n，且1a1，1a2，1a4成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式及S n；(2)设A n＝1S1＋1S2＋1S3＋…＋1S n，B n＝1a1＋1a2＋1a22＋…＋1a2n－1.当n≥2时，试比较A n与B n 的大小．解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，由⎝⎛⎭⎪⎫1a22＝1a1·1a4，得(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)．因为d≠0，所以d＝a1＝a.所以a n＝na，S n＝an n＋12.(2)因为1S n＝2a⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n＋1，所以A n＝1S1＋1S2＋1S3＋…＋1S n＝2a⎝⎛⎭⎪⎫1－1n＋1.因为a2n－1＝2n－1a，所以B n＝1a1＋1a2＋1a22＋…＋1a2n－1＝1a·1－⎝⎛⎭⎪⎫12n1－12＝2a⎝⎛⎭⎪⎫1－12n.当n≥2时，2n＝C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n>n＋1，即1－1n＋1<1－12n，所以，当a>0时，A n<B n；当a<0时，A n>B n.2．已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a(单位：m2)，其中有部分旧住房需要拆除．当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同时也拆除面积为b(单位：m2)的旧住房．(1)分别写出第1年末和第2年末的实际住房面积的表达式；(2)如果第5年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b是多少？(计算时取1.15≈1.6)解：(1)第1年末的住房面积为a ·1110－b ＝1.1a －b (m 2)，第2年末的住房面积为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·1110－b ·1110－b ＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫11102－b ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1110＝1.21a －2.1b (m 2)． (2)第3年末的住房面积为⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫11102－b ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1110·1110－b ＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫11103－b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11102(m 2)，第4年末的住房面积为a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫11104－b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11103(m 2)，第5年末的住房面积为a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫11105－b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11103＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11104＝1.15a －1－1.151－1.1b ≈1.6a －6b (m 2)．依题意可知，1.6a －6b ＝1.3a ，解得b ＝a 20，所以每年拆除的旧住房面积为a20 m 2.3．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋1＝kS n ＋2(n ∈N *)，且a 1＝2，a 2＝1. (1)求k 的值和S n 的表达式； (2)是否存在正整数m ，n ，使得S n －m S n ＋1－m <12成立？若存在，求出这样的正整数；若不存在，请说明理由．解：(1)由条件S n ＋1＝kS n ＋2(n ∈N *)，得S 2＝kS 1＋2， 即a 1＋a 2＝ka 1＋2，∵a 1＝2，a 2＝1，∴2＋1＝2k ＋2，得k ＝12.于是，S n ＋1＝12S n ＋2，设S n ＋1＋x ＝12(S n ＋x )，即S n ＋1＝12S n －12x ，令－12x ＝2，得x ＝－4，∴S n ＋1－4＝12(S n －4)，即数列{S n －4}是首项为－2，公比为12的等比数列．∴S n －4＝(－2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即S n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n (n ∈N *)．(2)由不等式S n －m S n ＋1－m <12，得4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －m 4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1－m <12，即2n4－m －42n4－m －2<12.令t ＝2n(4－m )，则不等式变为t －4t －2<12， 解得2<t <6，即2<2n(4－m )<6.假设存在正整数m ，n ，使得上面的不等式成立，由于2n为偶数，4－m 为整数，则只能是2n(4－m )＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧2n＝2，4－m ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧2n＝4，4－m ＝1.解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝2.于是，存在正整数m ＝2，n ＝1或m ＝3，n ＝2， 使得S n －m S n ＋1－m <12成立．由递推公式求通项的7种方法及破解数列中的4类探索性问题一、由递推公式求通项的7种方法 1．a n ＋1＝a n ＋f (n )型把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1)．[例1] 已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋1n 2＋n ，求a n .[解] 由条件，知a n ＋1－a n ＝1n 2＋n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，则(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ，所以a n －a 1＝1－1n.因为a 1＝12，所以a n ＝12＋1－1n ＝32－1n .2．a n ＋1＝f (n )a n 型 把原递推公式转化为a n ＋1a n ＝f (n )，再利用累乘法(逐商相乘法)求解，即由a 2a 1＝f (1)，a 3a 2＝f (2)，…，a n a n －1＝f (n －1)，累乘可得a na 1＝f (1)f (2)…f (n －1)． [例2] 已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋1·a n ，求a n .[解] 由a n ＋1＝n n ＋1·a n ，得a n ＋1a n ＝nn ＋1，故a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n －1n ×n －2n －1×…×12×23＝23n .即a n ＝23n. 3．a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型对于此类问题，通常采用换元法进行转化，假设将递推公式改写为a n ＋1＋t ＝p (a n ＋t )，比较系数可知t ＝qp －1，可令a n ＋1＋t ＝b n ＋1换元即可转化为等比数列来解决．[例3] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求a n .[解] 设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，则t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)． 令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2. 所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列． 所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－3.4．a n ＋1＝pa n ＋q n(其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)型 (1)一般地，要先在递推公式两边同除以qn ＋1，得a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q，引入辅助数列{b n }⎝ ⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n qn ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q，再用待定系数法解决； (2)也可以在原递推公式两边同除以pn ＋1，得a n ＋1p n ＋1＝a n p n ＋1p ·⎝ ⎛⎭⎪⎫q p n，引入辅助数列{b n }⎝ ⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n p n ，得b n ＋1－b n ＝1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫q pn ，再利用叠加法(逐差相加法)求解． [例4] 已知数列{a n }中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，求a n .[解] 法一：在a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1两边乘以2n ＋1，得2n ＋1·a n ＋1＝23(2n ·a n )＋1.令b n ＝2n·a n ，则b n ＋1＝23b n ＋1，根据待定系数法，得b n ＋1－3＝23(b n －3)．所以数列{b n －3}是以b 1－3＝2×56－3＝－43为首项，以23为公比的等比数列． 所以b n －3＝－43·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，即b n ＝3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n.于是，a n ＝b n 2n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.法二：在a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1两边乘以3n ＋1，得3n ＋1a n ＋1＝3n a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1. 令b n ＝3n·a n ，则b n ＋1＝b n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1.所以b n －b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，b n －1－b n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，…，b 2－b 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322. 将以上各式叠加，得b n －b 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n.又b 1＝3a 1＝3×56＝52＝1＋32，所以b n ＝1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n＝1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1－2，即b n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1－2.故a n ＝b n 3n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.5．a n ＋1＝pa n ＋an ＋b (p ≠1，p ≠0，a ≠0)型这种类型一般利用待定系数法构造等比数列，即令a n ＋1＋x (n ＋1)＋y ＝p (a n ＋xn ＋y )，与已知递推式比较，解出x ，y ，从而转化为{a n ＋xn ＋y }是公比为p 的等比数列．[例5] 设数列{a n }满足a 1＝4，a n ＝3a n －1＋2n －1(n ≥2)，求a n . [解] 设递推公式可以转化为a n ＋An ＋B ＝3[a n －1＋A (n －1)＋B ]，化简后与原递推式比较，得⎩⎪⎨⎪⎧2A ＝2，2B －3A ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝1.令b n ＝a n ＋n ＋1.(*)则b n ＝3b n －1，又b 1＝6，故b n ＝6·3n －1＝2·3n，代入(*)式，得a n ＝2·3n－n －1. 6．a n ＋1＝pa rn (p >0，a n >0)型这种类型一般是等式两边取对数后转化为a n ＋1＝pa n ＋q 型数列，再利用待定系数法求解．[例6] 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝1a·a 2n (a >0)，求数列{a n }的通项公式．[解] 对a n ＋1＝1a·a 2n 的两边取对数，得lg a n ＋1＝2lg a n ＋lg 1a.令b n ＝lg a n ，则b n ＋1＝2b n ＋lg 1a.由此得b n ＋1＋lg 1a＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫b n ＋lg 1a ，记c n ＝b n ＋lg 1a，则c n ＋1＝2c n ，所以数列{c n }是以c 1＝b 1＋lg 1a ＝lg 1a为首项，2为公比的等比数列．所以c n ＝2n －1·lg 1a.所以b n ＝c n －lg 1a ＝2n －1·lg 1a －lg 1a＝lg ⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a2n －1＝lg a 1－2n，即lg a n ＝lg a 1－2n，所以a n ＝a1－2n.7．a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)型 对于此类递推数列，可通过两边同时取倒数的方法得出关系式[例7] 已知数列{a n }的首项a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1,2,3，…，求{a n }的通项公式．[解] ∵a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝23＋13a n，∴1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1.又1a 1－1＝23， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以23为首项，13为公比的等比数列，∴1a n －1＝23·13n －1＝23n ， ∴a n ＝3n3n ＋2.二、破解数列中的4类探索性问题 1．条件探索性问题此类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探求，或条件增删需确定，或条件正误需判定，解决此类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件，在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．[例1] 已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，其前n 项和S n 满足S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋1(n ∈N *)；数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＋1＝4b n ＋6(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝b n ＋2＋(－1)n －1λ·2a n (λ为非零整数，n ∈N *)，试确定λ的值，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n 成立．[解] (1)由已知得S n ＋2－S n ＋1－(S n ＋1－S n )＝1， 所以a n ＋2－a n ＋1＝1(n ≥1)． 又a 2－a 1＝1，所以数列{a n }是以a 1＝2为首项，1为公差的等差数列． 所以a n ＝n ＋1.因为b n ＋1＝4b n ＋6，即b n ＋1＋2＝4(b n ＋2)，又b 1＋2＝a 1＋2＝4， 所以数列{b 2＋2}是以4为公比，4为首项的等比数列． 所以b n ＝4n－2.(2)因为a n ＝n ＋1，b n ＝4n－2， 所以c n ＝4n＋(－1)n －1λ·2n ＋1.要使c n ＋1>c n 成立，需c n ＋1－c n ＝4n ＋1－4n＋(－1)nλ·2n ＋2－(－1)n －1λ·2n ＋1>0恒成立，化简得3·4n －3λ(－1)n －12n ＋1>0恒成立，即(－1)n －1λ<2n －1恒成立，①当n 为奇数时，即λ<2n －1恒成立，当且仅当n ＝1时，2n －1有最小值1，所以λ<1；②当n 为偶数时，即λ>－2n －1恒成立，当且仅当n ＝2时，－2n －1有最大值－2，所以λ>－2，即－2<λ<1.又λ为非零整数，则λ＝－1.综上所述，存在λ＝－1，使得对任意n ∈N *，都有c n ＋1>c n 成立．[点评] 对于数列问题，一般要先求出数列的通项，不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列．遇到S n 要注意利用S n 与a n 的关系将其转化为a n ，再研究其具体性质．遇到(－1)n型的问题要注意分n 为奇数与偶数两种情况进行讨论，本题易忘掉对n 的奇偶性的讨论而致误．2．结论探索性问题此类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定．解决此类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论，在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论．[例2] 已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，且a 2＋a 4＝2a 3＋4，其中n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{b n }满足：b n ＝na n2n ＋12n ，是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得b 1，b m ，b n成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值，若不存在，请说明理由；(3)令c n ＝1＋n a n，记数列{c n }的前n 项积为T n ，其中n ∈N *，试比较T n 与9的大小，并加以证明．[解] (1)因为a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1， 即(a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＝0.又a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1. 所以数列{a n }是公比为2的等比数列．由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n(n ∈N *)． (2)因为b n ＝na n2n ＋12n＝n2n ＋1， 所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n2n ＋1.若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n6n ＋3.。
2014高考数学(理)一轮复习学案 选考系列：不等式选讲
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即时巩固 课后拔高
考点 六 考点 五 考点 四 考点 三 考点 二 考点 一
真题再现 误区警示 规律探究
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2014届高考人教A版数学(理)一轮复习单元训练数列(二)
数列（二）(时间：40分钟 满分：75分)一、选择题(每小题5分，共50分)1．在等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝( )．A ．1＋ 2B ．1－ 2C ．3＋2 2D ．3－2 2解析 设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，则由题意得a 3＝a 1＋2a 2，所以a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，所以q 2－2q －1＝0，解得q ＝1±2.又q ＞0，因此有q ＝1＋2，故a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2(a 7＋a 8)a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋2 2. 答案 C2．设{a n }为各项均是正数的等比数列，S n 为{a n }的前n 项和，则 ( )．A.a 4S 4＝a 6S 6 B.a 4S 4>a 6S 6C.a 4S 4<a 6S 6D.a 4S 4≤a 6S 6解析 由题意得q >0，当q ＝1时， 有a 4S 4－a 6S 6＝14－16>0，即a 4S 4>a 6S 6； 当q ≠1时，有a 4S 4－a 6S 6＝a 1q 3(1－q )a 1(1－q 4)－a 1q 5(1－q )a 1(1－q 6)＝q 3(1－q )·1－q 2(1－q 4)(1－q 6)＝q 31＋q 2·1－q1－q 6>0，所以a 4S 4>a 6S 6.综上所述，应选B.答案 B3．(2013·广东六校联考)在等差数列{a n }中，a 3＋a 11＝8，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6·b 8的值为( )．A ．2B ．4C ．8D ．16解析 ∵{a n }为等差数列，∴a 7＝a 3＋a 112＝4＝b 7.又{b n }为等比数列，∴b 6·b 8＝b 27＝16.答案 D4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，并且S 10>0，S 11<0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的取值为( )．A ．5B ．6C ．4D ．7解析 由S 10>0，S 11<0，知a 1>0，d <0，并且a 1＋a 11<0，即a 6<0，又a 5＋a 6>0，所以a 5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S 5最大，则k ＝5，选A. 答案 A5．等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 2＋a 6＋a 10为一个确定的常数，则下列各数中也可以确定的是( )．A ．S 6B ．S 11C ．S 12D ．S 13解析 若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p .由a 2＋a 6＋a 10＝3a 6为常数，则a 6为常数，∴S 11＝11×(a 1＋a 11)2＝11a 6为常数．答案 B6．等差数列{a n }共有2n ＋1项，其中奇数项之和为319，偶数项之和为290，则其中间项等于( )．A ．145B ．203C ．109D ．29解析 因为等差数列共有奇数项，项数为2n ＋1，所以S 奇＝(n ＋1)a 中，S 偶＝na 中，中间项a 中＝S 奇－S 偶＝319－290＝29. 答案 D7．已知数列{a n }的首项a 1＝1，并且对任意n ∈N *都有a n >0.设其前n 项和为S n ，若以(a n ，S n )(n ∈N *)为坐标的点在曲线y ＝12x (x ＋1)上运动，则数列{a n }的通项公式为( )．A ．a n ＝n 2＋1B ．a n ＝n 2C ．a n ＝n ＋1D ．a n ＝n解析 由题意，得S n ＝12a n (a n ＋1)， ∴S n －1＝12a n －1(a n －1＋1)(n ≥2)． 作差，得a n ＝12(a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1)， 即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0. ∵a n >0(n ∈N *)，∴a n －a n －1－1＝0， 即a n －a n －1＝1(n ≥2)．∴数列{a n }为首项a 1＝1，公差为1的等差数列． ∴a n ＝n (n ∈N *)． 答案 D8．在等差数列{a n }中，若3a 5＝8a 12>0，S n 是等差数列{a n }的前n 项之和，则S n取得最大值时，n ＝( )．A ．12B ．14C ．16D ．18解析 因为在等差数列中，3a 5＝8a 12，所以5a 5＋56d ＝0，又因为a 5>0，所以a 1>0，d <0且d ＝－576a 1，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝a 1152(157n －5n 2)，当n ＝15.7时，S n 取得最大值，因为n ∈N *，所以S n 取得最大值时n ＝16. 答案 C9．如果函数f (x )对任意a ，b 满足f (a ＋b )＝f (a )·f (b )，且f (1)＝2，则f (2)f (1)＋f (4)f (3)＋f (6)f (5)＋…＋f (2 012)f (2 011)＝( )．A ．4 016B ．1 004C ．2 008D ．2 012解析 由f (a ＋b )＝f (a )·f (b )，可得f (n ＋1)＝f (n )·f (1)，f (n ＋1)f (n )＝f (1)＝2，所以f (2)f (1)＋f (4)f (3)＋f (6)f (5)＋…＋f (2 012)f (2 011)＝2×1 006＝2 012. 答案 D10．定义运算“*”，对任意a ，b ∈R ，满足①a *b ＝b *a ；②a *0＝a ；(3)(a *b )*c ＝c *(ab )＋(a *c )＋(c *b )．设数列{a n }的通项为a n ＝n *1n *0，则数列{a n }为 ( )．A ．等差数列B ．等比数列C ．递增数列D ．递减数列解析 由题意知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n *1n *0＝0]n ·1n ＋(n *0)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0]1n )＝1＋n ＋1n ，显然数列{a n }既不是等差数列也不是等比数列；又函数y ＝x ＋1x 在[1，＋∞)上为增函数，所以数列{a n }为递增数列． 答案 C二、填空题(每小题5分，共25分)11．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则等比数列{a n }的公比为________．解析 设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，由4S 2＝S 1＋3S 3，得4(a 1＋a 1q )＝a 1＋3(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)， 即3q 2－q ＝0，又q ≠0，∴q ＝13. 答案 1312．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －7(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________.解析 由a n ＝2n －7≤0，得n ≤72，即a i ≤0(i ＝1,2,3)，记S n 为数列{a n }的前n 项和，易得S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋n －7n ＝n 2－6n .所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 15＝－2S 3＋S 15＝－2×(－9)＋135＝153. 答案 153 13．数列a n ＝1n (n ＋1)，其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为________． 解析 数列的前n 项和为11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝910，∴n ＝9，∴直线方程为10x ＋y ＋9＝0.令x ＝0，得y ＝－9，∴在y 轴上的截距为－9. 答案 －914．在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，若a 1＝1，a n ＋1＝13S n (n ≥1)，则a n ＝________. 解析 ∵3a n ＋1＝S n (n ≥1)，∴3a n ＝S n －1(n ≥2)．两式相减，得3(a n ＋1－a n )＝S n －S n －1＝a n (n ≥2)⇒a n ＋1a n ＝43(n ≥2)⇒n ≥2时，数列{a n }是以43为公比，以a 2为首项的等比数列，∴n ≥2时，a n ＝a 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －2. 令n ＝1，由3a n ＋1＝S n ，得3a 2＝a 1，又a 1＝1⇒a 2＝13， ∴a n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －2(n ≥2)，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1，n ＝1，13⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －2，n ≥2.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝113⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －2，n ≥215．(2013·南通模拟)在数列{a n }中，若a 2n －a 2n ＋1＝p (n ≥1，n ∈N *，p 为常数)，则称{a n }为“等方差数列”，下列是对“等方差数列”的判断： ①若{a n }是等方差数列，则{a 2n }是等差数列； ②{(－1)n }是等方差数列；③若{a n }是等方差数列，则{a kn }(k ∈N *，k 为常数)也是等方差数列． 其中真命题的序号为________(将所有真命题的序号填在横线上)．解析 ①正确，因为a 2n －a 2n ＋1＝p ，所以a 2n ＋1－a 2n ＝－p ，于是数列{a 2n }为等差数列．②正确，因为(－1)2n －(－1)2(n ＋1)＝0为常数，于是数列{(－1)n }为等方差数列．③正确，因为a 2kn －a 2kn ＋k ＝(a 2kn －a 2kn ＋1)＋(a 2kn ＋1－a 2kn ＋2)＋(a 2kn ＋2－a 2kn ＋3)＋…＋(a 2kn ＋k －1－a 2kn ＋k )＝kp ，则{a kn }(k ∈N *，k 为常数)也是等方差数列．答案 ①②③。
2014届高考数学一轮复习 第六章《数列》精编配套试题(含解析)理 新人教A版
2014届高考数学（理）一轮复习单元测试第六章数列单元能力测试一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．) 1、（2013年高考某某卷理）等比数列x,3x+3,6x+6,..的第四项等于 A.-24 B.0 C.12 D.242、（2013年高考新课标Ⅱ卷理）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知12310a a S +=,95=a ,则=1a (A)31 (B)31- (C)91(D)91-3、（某某省江门某某两市2013届高三4月检测）已知数列}{n a 是等差数列,若3,244113==+a a a ,则数列}{n a 的公差等于（ ）A ．1B ．3C ．5D ．64、【某某市新华中学2013届高三第三次月考理】设n S 是等差数列{a n }的前n 项和，5283()S a a =+，则53a a 的值为( ) A.16 B. 13 C. 35 D. 565、【市昌平区2013届高三上学期期末理】设n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，且124,,S S S 成等比数列，则21a a 等于 A.1 B. 2 C. 3 D. 46、【某某省六校联盟2013届高三第一次联考理】等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，已知6,835==S a ，则9a =（ ）A ．8B ．12C ．16D ．247、【某某省师大附中2013届高三第四次模拟测试1月理】已知各项均为正数的等比数列{n a }中,1237895,10,a a a a a a ==则456a a a =( )A.8、（某某某某2013高三三模）在正项等比数列}{n a 中，3lg lg lg 963=++a a a ,则111a a 的值是 ( )A. 10000B. 1000C. 100D. 109、（某某某某2013高三5月模拟）已知等比数列{}n a 的公比2=q ，且462,,48a a 成等差数列，则{}n a 的前8项和为 A.127B.255C.511D.102310．若m ，n ，m ＋n 成等差数列，m ，n ，m ·n 成等比数列，则椭圆x 2m ＋y 2n＝1的离心率为( )A.12B.22C.32D.3311、已知n n a )31(=，把数列{}n a 的各项排列成如下的三角形状，记),n m A （表示第m 行的第n 个数，则）（12,10A = A.9331）（ B.9231）（ C. 9431）（ D.11231）（ 12 ．【某某省某某一中2013届高三1月调研理】已知定义在R 上的函数)(x f 是奇函数且满足)()23(x f x f =-，3)2(-=-f ，数列{}n a 满足11-=a ，且21n n S an n=⨯+，（其中n S 为{}n a 的前n 项和）。
【聚焦典型题】(苏教版)2014届高考一轮数学(理)：《基本不等式》
C.最大值为－4 D.最小值为－4 1 1 (2)已知 a，b∈R＋，且 a＋b＝1，则1＋a1＋b的最小值为________．
【例 2】►已知 a＞0，b＞0，c＞0， bc ca ab 求证： ＋ ＋ ≥a＋b＋c. a b c 正明 ∵a＞0，b＞0，c＞0，
≥3＋2＋2＋2＝9，
1 当且仅当 a＝b＝c＝ 时，取等号 3
【审题视点 】 先局部运用基本不 等式，再利用不等式 的性质相加得到． 【方法锦囊 】 利用基本不等式证 明不等式是综合法 证明不等式的一种 情况， 证明思路是从 已证不等式和问题 的已知条件出发， 借 助不等式的性质和 有关定理， 经过逐步 的逻辑推理最后转 化为需证问题．
考向一 利用基本不等式求最值
≥2
即 x＝3 时取等号，即当 f(x)取得最小值时，x＝3， 则 一 般 是 利 用 函 数 即 a＝3. 单调性求解．
1 1 (3)若可用基本不等 x－2× ＋2＝4， 当且仅当 x－2＝ (x>2)， x－2 x－2 式，但等号不成立，
1 【训练 1】 (2013· 福州模拟)已知 f(x)＝x＋x－2(x<0)，则 f(x)有( A.最大值为 0 B.最小值为 0
【方法锦囊 】 【例 3】►(2012· 江苏卷)如图，建立平面直角坐标系 xOy，x 【审题视点 】 (1)问题的背景 轴在地平面上，y 轴垂直于地平面，单位长度为 1 千米．某炮 (1)令 y＝0，解 1 位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程 y＝kx－ (1 是 人 们 关 心 的 20k 20 社会热点问题， 2 2 ＋k )x (k>0)表示的曲线上，其中 k 与发射方向有关．炮的射 得 x＝1＋k2， 题目往往较长， 程是指炮弹落地点的横坐标． (1)求炮的最大射程； 解题时需认真 通过变形利用 阅读， 从中提炼 (2)设在第一象限有一飞行物 基本不等式确 出有用信息， 建 (忽略其大小)，其飞行高度为 立数学模型， 转 定其最大值； 3.2 千米，试问它的横坐标 a 化为数学问题 不超过多少时，炮弹可以击中 求解．过 二 次 (2) 通 它？请说明理由． (2)当运用基本 1 不等式的求解 2 2 解 (1)令 y＝0，得 kx－ (1＋k )x ＝0， 不等式求最值 20 20k 20 20 来确定对应的 时， 若等号成立 故 x＝ ≤ ＝10， 自 变 量 不 在 2＝ 由实际意义和题设条件知 x>0，k>0， 的 1 2 1＋k 横坐标的取值 k＋ 定义域内时， 就 k 范围． 当且仅当 k＝1 时取等号．所以炮的最大射程为 10 千米． 不 能 使 用 基 本 不等式求解， 此 (2)因为 a>0，所以炮弹可击中目标 ⇔存在 k>0，使 3.2＝ka 时可根据变量 1 2 2 2 2 2 － (1＋k )a 成立⇔关于 k 的方程 a k －20ak＋a ＋64＝0 有正根 的 范 围 用 对 应 20 ⇔判别式 Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0⇔a≤6.所以当 a 不超过 6 千函 数 的 单 调 性 求解． 米时，可击中目标．
东南大学附中2014届高考数学一轮单元复习精品练习：数列 Word版含答案
东南大学附中2014三维设计高考数学一轮单元复习精品练习：数列本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题 (本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．数列{}n a 的通项公式11++=n n a n，则该数列的前( )项之和等于9。
A ．98 B ．99C ．96D ．97【答案】B2．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若135a =，543a =，则3S =( )A ．110B ．111C ．112D ．113【答案】B3．已知{}n a 是等比数列，3a ，8a 是关于x 的方程22sin 0x x αα-=的两根，且23829()26a a a a +=+，则锐角α的值为( )A ．6π B ．4π C ．3π D ．512π 【答案】C 4．设{}n a 是公差不为0的等差数列，12a =且136,,a a a 成等比数列，则{}n a 的前n 项和n S =( )A ．2744n n + B ．2533n n+ C ．2324n n+ D ．2n n +【答案】A5．各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若14,23010==S S ，则S 40等于( )A ．80B ．30C ．26D ．16【答案】B 6．等差数列{}n a 中，a 1＞0，d ≠0，S 3=S11，则S n 中的最大值是( )A ．S 7B ．S 7或S 8C ．S 14D ．S 8【答案】A7．数列1，3，6，10，…的一个通项公式是( )A ． a n =n 2－(n －1) B ．a n =n 2－1 C ．n n(n 1)a 2+=D ．n n(n 1)a 2-= 【答案】C8．已知等比数列{}n a 中，12a =，且有24674a a a =，则3a =( )A ．1B ．2C ．14D ． 12【答案】A9．设等比数列的公比，前项和为，则( )A ．B ．C ．D ．【答案】C 10．已知数列{}n a 满足3211n a n =-,前n 项的为n S ,关于,n n a S 叙述正确的是( )A ． ,n n a S 都有最小值B ． ,n n a S 都没有最小值C ． ,n n a S 都有最大值D ． ,n n a S 都没有最大值【答案】A11．数列1，1+2，1+2+4，...，1+2+4+ (2)各项和为( )A ．2n+1－2－n B ．2n－n －1 C ．2n+2－n －3 D ．2n+2－n －2【答案】C12．两等差数列{a n }、{b n }的前n 项和的比'5327n n S n S n +=+，则55b a 的值是( ) A ．2817B ．2315 C ．5327D ．4825【答案】D第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题 (本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上) 13．等比数列}{n a 中a n >0,且243879236a a a a a a ++=,则38a a +=____________【答案】614．已知数列...,,...,,,210n a a a a 满足关系式18)6)(3(1=+-+n n a a 且30=a ，则∑=ni i a 01的值是____________【答案】3322--+n n15．设,s t 为正整数，两直线12:0:022t tl x y t l x y s s+-=-=与的交点是11(,)x y ，对于 正整数(2)n n ≥，过点1(0,)(,0)n t x -和的直线与直线2l 的交点记为(,)n n x y .则数列{}n x 通项公式n x ＝____________. 【答案】21n s x n =+16．已知数列{}n a 满足12a =,*121()n n a a n N +=+∈,则该数列的通项公式n a = ．【答案】1321n -⋅-三、解答题 (本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．已知数列(1）证明(2）求数列的通项公式a n .【答案】（1）方法一 用数学归纳法证明：1°当n=1时，∴，命题正确.2°假设n=k 时有则而又∴时命题正确.由1°、2°知，对一切n ∈N 时有方法二：用数学归纳法证明：1°当n=1时，∴；2°假设n=k时有成立，令，在[0，2]上单调递增，所以由假设有：即也即当n=k+1时成立，所以对一切(2）下面来求数列的通项：所以,又b n=－1，所以.18．已知数列是等差数列，；数列的前n项和是，且．(Ⅰ) 求数列的通项公式；(Ⅱ) 求证：数列是等比数列；(Ⅲ) 记，求的前n项和．【答案】 (Ⅰ)设的公差为，则：，，∵，，∴，∴．∴．(Ⅱ）当时，，由，得．当时，，，∴，即．∴．∴是以为首项，为公比的等比数列．(Ⅲ）由（2）可知：．∴．∴．∴．∴．∴．19．已知等差数列{}n a 的首项11=a ，公差1=d ，前n 项和为n S ，nnS b 1=， (1）求数列{}n b 的通项公式；(2）求证：221<+++n b b b【答案】（1） 等差数列{}n a 中11=a ，公差1=d()22121nn d n n na S n +=-+=∴ nn b n +=∴22(2） ()1222+=+=n n n n b n()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++⨯+⨯+⨯=++++∴114313212112321n n b b b b n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++-+-+-=111413131212112n n⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=1112n0>n 1110<+<∴n 211120<⎪⎭⎫⎝⎛+-<∴n 221<+++∴n b b b ．20．设数列前项和为，且(1）求的通项公式；(2）若数列满足且，求数列的通项公式。
2014届高考数学浙江专版(理)一轮复习小题专项集训8
小题专项集训(八) 不等式(建议用时：40分钟 分值：75分)1．若b <a <0，则下列结论不正确的是 ( )．A ．a 2<b 2B ．ab <b 2 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12b <⎝ ⎛⎭⎪⎫12a D.a b ＋b a >2解析 取a ＝－1，b ＝－2，则⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2＝4>⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＝2.答案 C2．“a ＋c ＞b ＋d ”是“a ＞b 且c ＞d ”的 ( )．A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析 “a ＋c ＞b ＋d ”/⇒“a ＞b 且c ＞d ”，∴“充分性不成立”，“a ＞b 且c ＞d ”⇒“a ＋c ＞b ＋d ”． ∴必要性成立． 答案 A3．不等式x ＋5(x －1)2≥2的解集是( )．A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3，12 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，3 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1∪(1,3] D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，1∪(1,3] 解析 首先x ≠1，在这个条件下根据不等式的性质，原不等式可以化为x ＋5≥2(x －1)2，即2x 2－5x －3≤0，即(2x ＋1)(x －3)≤0，解得－12≤x ≤3，故原不等式的解集是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，1∪(1,3]．答案 D4．已知a ≥0，b ≥0，且a ＋b ＝2，则 ( )．A ．ab ≤12 B ．ab ≥12 C ．a 2＋b 2≥2D ．a 2＋b 2≤3解析 由a ＋b ＝2可得2≥2ab ，即ab ≤1；对于选项C ：a 2＋b 2≥2，即(a ＋b )2－2ab ≥2，可得ab ≤1.故选项C 正确． 答案 C5．若变量x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧y ≤1，x ＋y ≥0，x －y －2≤0，则z ＝x －2y 的最大值是( )．A ．4B ．3C ．2D ．1解析 如图，画出约束条件表示的可行域，当直线z ＝x －2y 经过x ＋y ＝0与x －y －2＝0的交点A (1，－1)时，z 取到最大值3，故选B. 答案 B6．不等式x 2－2x ＋5≥a 2－3a 对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为 ( )． A ．[－1,4]B ．(－∞，－2]∪[5，＋∞)C ．(－∞，－1]∪[4，＋∞)D ．[－2,5]解析 因为x 2－2x ＋5＝(x －1)2＋4的最小值为4，所以要使x 2－2x ＋5≥a 2－3a 对任意实数x 恒成立，只需a 2－3a ≤4，解得－1≤a ≤4，故选A. 答案 A7．设a 、b 是实数，且a ＋b ＝3，则2a ＋2b 的最小值是 ( )．A ．6B ．4 2C ．2 6D ．8解析 2a ＋2b ≥22a ＋b ＝42，当且仅当2a ＝2b ，即a ＝b 时等号成立．故选B. 答案 B8．若a ≥0，b ≥0，且当⎩⎨⎧x ≥0，y ≥0，x ＋y ≤1时，恒有ax ＋by ≤1，则以a ，b 为坐标的点P (a ，b )所形成的平面区域的面积是( )．A.12B.π4 C ．1D.π2解析 由题意可得，当x ＝0时，by ≤1恒成立，b ＝0时，by ≤1显然恒成立；b ≠0时，可得y ≤1b 恒成立，解得0<b ≤1，所以0≤b ≤1；同理可得0≤a ≤1.所以点P (a ，b )确定的平面区域是一个边长为1的正方形，故面积为1. 答案 C9．在“家电下乡”活动中，某厂要将100台洗衣机运往邻近的乡镇．现有4辆甲型货车和8辆乙型货车可供使用．每辆甲型货车运输费用400元，可装洗衣机20台；每辆乙型货车运输费用300元，可装洗衣机10台．若每辆车至多只运一次，则该厂所花的最少运输费用为 ( )．A ．2 000元B ．2 200元C ．2 400元D ．2 800元解析 设需用甲型货车x 辆，乙型货车y 辆，由题目条件可得约束条件为⎩⎨⎧20x ＋10y ≥100，0≤x ≤4，0≤y ≤8，目标函数z ＝400x ＋300y ，画图可知，当平移直线400x ＋300y ＝0过点(4,2)时，z 取得最小值2 200，故选B.答案 B10．设x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧3x －y －6≤0，x －y ＋2≥0，x ≥0，y ≥0，若目标函数z ＝ax ＋by (a >0，b >0)的最大值为12，则ab 的最大值为( )．A ．1 B.12 C.32D ．2解析不等式组⎩⎨⎧3x －y －6≤0，x －y ＋2≥0，x ≥0，y ≥0所表示的可行域如图所示，当平行直线系ax ＋by ＝z 过点A (4,6)时，目标函数z ＝ax ＋by (a >0，b >0)取得最大值，z 最大值＝4a ＋6b ＝12，∵4a ＋6b ＝12≥24a ×6b ，∴ab ≤32. 答案 C11．若关于x 的不等式m (x －1)>x 2－x 的解集为{x |1<x <2}，则实数m 的值为________．解析 由不等式的解集知1,2是方程m (x －1)＝x 2－x 的根，将2代入可得m ＝2. 答案 212．若正实数x ，y 满足2x ＋y ＋6＝xy ，则xy 的最小值是________． 解析 因为正实数x ，y 满足2x ＋y ＋6＝xy ，所以由基本不等式得xy ≥22·xy ＋6(当且仅当x ＝3，y ＝6时等号成立)，令xy ＝t ，得不等式t 2－22t －6≥0，解得t ≤－2(舍去)或t ≥32，故xy 的最小值为18. 答案 1813．已知－1<x ＋y <4且2<x －y <3，则z ＝2x －3y 的取值范围是________．(答案用区间表示)解析 根据已知条件画出可行域(如下图所示)．平移直线3y －2x ＝0，当经过A 点时，z ＝2x －3y 取得最大值；当平移到C 点时，z ＝2x －3y 取得最小值，A 点坐标满足方程组⎩⎨⎧x －y ＝3，x ＋y ＝－1，解得A (1，－2)．C 点坐标满足方程组⎩⎨⎧x －y ＝2，x ＋y ＝4，解得C (3,1)，代入直线z ＝2x －3y 中求得z 的最大值为8，最小值为3，所以取值范围为(3,8)． 答案 (3,8)14．设常数a >0，若对任意正实数x ，y 不等式(x ＋y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y ≥9恒成立，则a 的最小值为________．解析 (x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y ＝1＋a ＋y x ＋ax y ≥1＋a ＋2a ＝(a ＋1)2，当且仅当y ＝a x时取等号．所以(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y 的最小值为(a ＋1)2，于是(a ＋1)2≥9，所以a ≥4，故a 的最小值为4.答案 415．已知实数x ，y 满足⎩⎨⎧y ≥0，y －x ＋1≤0，y －2x ＋4≥0，若z ＝y －ax 取得最大值时的最优解(x ，y )有无数个，则a 的值为________．解析 依题意，在坐标平面内画出不等式组表示的平面区域，如图所示．要使z ＝y －ax 取得最大值时的最优解(x ，y )有无数个，则直线z ＝y －ax 必平行于直线y －x ＋1＝0，于是有a ＝1. 答案 1。
2014高考理科数学一轮复习章节过关检测(新课标,人教A版)质量检测8
质量检测(八)测试内容：算法初步、复数、推理与证明(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1．复数11＋2i(i 是虚数单位)的实部是 ( )A.15 B ．－25 C.25D ．－15解析：复数11＋2i ＝1－2i (1＋2i )(1－2i )＝1－2i 5＝15－25i ，∴这个复数的实部是15. 答案：A2．(2012年黑龙江哈尔滨六中一模)设i 是虚数单位，复数1＋a i2－i 为纯虚数，则实数a 为( )A ．－12B ．－2 C.12 D ．2解析：1＋a i 2－i ＝(1＋a i )(2＋i )(2－i )(2＋i )＝2－a ＋(2a ＋1)i 5＝2－a 5＋2a ＋15i ，a 为实数，由此复数为纯虚数，可得⎩⎪⎨⎪⎧2－a5＝0，2a ＋15≠0，解得a ＝2.答案：D3．(2012年四川成都七中一模)若复数z 满足z1＋i＝2i ，则在复平面上复数z 对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：由z1＋i＝2i ，得z ＝2i(1＋i)＝2i ＋2i 2＝－2＋2i ， ∴z 对应的点位于复平面上的第二象限． 答案：B4．(2012年北京海淀4月模拟)执行如图所示的程序框图，输出的k 值是( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：开始将n ＝5代进框图，5为奇数，∴代入n ＝3n ＋1，得n ＝16，此时k ＝1.此后n 为偶数，则代入n ＝n 2中，因输出时的n ＝1,1＝1624，k ＝k ＋1，∴当n ＝1时，k ＝1＋1＋1＋1＋1＝5，故选B.答案：B5．(2012年河南郑州三模)某算法的程序框图如图所示，则输出的S 的值为A.2 0112 012B.2 0124 025C.2 0134 024D.2 0134 025解析：本题主要考查程序框图及裂项相消法求和，体现了算法思想与数列求和问题的交汇．由算法流程图可知，循环体共执行了2 012次．输出结果为 S ＝11×3＋13×5＋…＋1(2×2 012－1)(2×2 012＋1)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14 023－14 025＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14 025＝2 0124 025，选B. 答案：B6．(2012年浙江杭州3月模拟)已知函数f (x )＝ax 3＋12x 2在x ＝－1处取得极大值，记g (x )＝1f ′(x ).程序框图如图所示，若输出的结果S >2 0112 012，则判断框中可以填入的关于n的判断条件是()A．n≤2 011? B．n≤2 012?C．n>2 011? D．n>2 012?解析：由题意得f′(x)＝3ax2＋x，由f′(－1)＝0得a＝13，∴f′(x)＝x2＋x，即g(x)＝1x2＋x＝1x(x＋1)＝1x－1x＋1.由程序框图可知S＝0＋g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝0＋1－12＋12－13＋…＋1n－1 n＋1＝1－1n＋1>2 0112 012得n>2 011.故选B.答案：B7．如果下面的程序执行后输出的结果是11 880，那么在程序UNTIL后面的条件应为()A．i<10 B．i<＝10C．i<＝9 D．i<9解析：由于12×11×10×9＝11 880，所以执行循环的条件应是i≥9，循环直到i<9时停止，因此选D.答案：D8．黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案：则第n个图案中有白色地面砖的块数是() A．4n B．4n＋1C．4n＋2 D．4n－1解析：第1～3个图案中白色地面砖的块数依次是6,10,14，由此猜测白色地面砖的块数构成以6为首项，4为公差的等差数列，故第n个图案中有白色地面砖6＋4(n－1)＝4n＋2(块)．答案：C9．在数列{a n }中，若存在非零整数T ，使得a m ＋T ＝a m 对于任意的正整数m 均成立，那么称数列{a n }为周期数列，其中T 叫做数列{a n }的周期．若数列{x n }满足x n ＋1＝|x n －x n －1|(n ≥2，n ∈N )，且x 1＝1，x 2＝a (a ≤1，a ≠0)，当数列{x n }的正周期最小时，该数列的前2 012项的和是( )A ．671B ．670C ．1 341D ．1 342解析：x 1＝1，x 2＝a ，x 3＝|a －1|＝1－a ， x 4＝|1－a －a |＝|1－2a |， 依题意知周期为3，∴|1－2a |＝1，得a ＝1，a ＝0(舍去)． ∴x 1＝1，x 2＝1，x 3＝0，从而S 2 012＝1 342. 答案：D10．用数学归纳法证明：“(n ＋1)·(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ·1×3×…·(2n －1)”，则n ＝k ＋1与n ＝k 时相比左端需增乘的代数式为( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1D.2k ＋3k ＋1解析：当n ＝k 时等式的左端为：(k ＋1)·(k ＋2)·…·(k ＋k ) 当n ＝k ＋1时，等式的左端为：(k ＋1＋1)·(k ＋1＋2)·…·(k ＋k )·(2k ＋1)·(k ＋1＋k ＋1) ＝(k ＋1)·(k ＋2)·…·(k ＋k )·(2k ＋1)·(2k ＋2)k ＋1＝(k ＋1)·(k ＋2)·…·(k ＋k )·2(2k ＋1)因此从“k 到k ＋1”左端需增乘的代数式为2(2k ＋1)，故选B. 答案：B11．定义在R 上的函数 f (x )满足 f (－x )＝－ f (x ＋2)，当x >1时， f (x )单调递增，如果x 1＋x 2>2且(x 1－1)(x 2－1)<0，则 f (x 1)＋ f (x 2)的值 ( )A ．恒小于0B ．恒大于0C ．可能为0D ．可正可负解析：由 f (－x )＝－ f (x ＋2)知函数y ＝ f (x )关于点(1,0)对称，因此由x >1时 f (x )单调递增可知当x <1时函数 f (x )单调递增．由(x 1－1)(x 2－1)<0知x 1－1，x 2－1异号，不妨设x 1>1， 则x 2<1.∵x 1＋x 2>2，∴x 1>2－x 2.由x 2<1知2－x 2>1，故x 1>2－x 2>1. ∴ f (x 1)> f (2－x 2)．∵ f (2－x 2)＝－ f (x 2)．∴ f (x 1)>－ f (x 2)， 即 f (x 1)＋ f (x 2)>0. 答案：B12．定义一种运算“*”：对于自然数n 满足以下运算性质： (ⅰ)1]( )A ．nB ．n ＋1C ．n －1D ．n 2解析：由(n ＋1)*1＝n *1＋1，得n *1＝(n －1)*1＋1＝(n －2)*1＋2＝…＝1] 答案：A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2012年山东日照一模)在复数集C 上的函数f (x )满足f (x )＝⎩⎨⎧1＋x ，x ∈R ，(1－i )x ，x ∉R ，则f (1＋i)等于________． 解析：∵1＋i ∉R ，∴f (1＋i)＝(1－i)(1＋i)＝2. 答案：214．(2012年江苏)下图是一个算法流程图，则输出的k 的值是________．解析：∵k 2－5k ＋4>0，∴k >4或k <1，则当k ＝5时，循环终止， ∴k ＝5. 答案：515．设直角三角形的两直角边的长分别为a ，b ，斜边长为c ，斜边上的高为h ，则有a ＋b <c ＋h 成立，某同学通过类比得到如下四个结论：①a 2＋b 2>c 2＋h 2；②a 3＋b 3<c 3＋h 3；③a 4＋b 4<c 4＋h 4；④a 5＋b 5>c 5＋h 5.其中正确结论的序号是________；进一步类比得到的一般结论是：______. 解析：可以证明②③正确，观察②a 3＋b 3<c 3＋h 3，③a 4＋b 4<c 4＋h 4可得：a n ＋b n <c n ＋h n (n ∈N *)．答案：②③ a n ＋b n <c n ＋h n (n ∈N *)16．设n ≥2，n ∈N ，(2x ＋12)n －(3x ＋13)n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，将|a k |(0≤k ≤n )的最小值记为T n ，则T 2＝0，T 3＝123－133，T 4＝0，T 5＝125－135，…，T n ，…其中T n ＝________.解析：由归纳推理得T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ≥2且n 为偶数12n －13n ，n ≥2且n 为奇数.答案：T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ≥2且n 为偶数12n －13n ，n ≥2且n 为奇数三、解答题(本大题共6小题，共70分，17题10分，18～22题，每题12分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．计算：(1)(1＋2i )2＋3(1－i )2＋i ；(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 2 2 013＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－i 2 2 013. 解：(1)(1＋2i )2＋3(1－i )2＋i ＝－3＋4i ＋3－3i 2＋i ＝i 2＋i ＝i (2－i )5＝15＋25i.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 2 2 013＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－i 2 2 013＝1(2)2 013[(1＋i)2 012·(1＋i)＋(1－i)2 012·(1－i)] ＝1(2)2 013[(2i)1 006·(1＋i)＋(－2i)1 006·(1－i)] ＝12[i 2·(1＋i)＋(－i)2·(1－i)]＝－ 2.18．先阅读框图，再解答有关问题：(1)当输入的n 分别为1,2,3时，a 各是多少？ (2)当输入已知量n 时，①输出a 的结果是什么？试证明之； ②输出S 的结果是什么？写出求S 的过程． 解：(1)当n ＝1时，a ＝13； 当n ＝2时，a ＝115； 当n ＝3时，a ＝135.(2)①法一：记输入n 时，①中输出结果为a n ，②中输出结果为S n ，则a 1＝13，a n ＝2n －32n ＋1a n －1(n ≥2)，所以a n a n －1＝2n －32n ＋1(n ≥2)．所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2…a 2a 1·a 1＝2n －32n ＋1·2n －52n －1·2n －72n －3…15·13＝12n ＋1·12n －1＝14n 2－1. 法二：猜想a n ＝14n 2－1.证明：(ⅰ)当n ＝1时，结论成立． (ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *), 即a k ＝14k 2－1， 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2(k ＋1)－32(k ＋1)＋1a k ＝2k －12k ＋3·14k 2－1＝1(2k ＋3)(2k ＋1)＝14(k ＋1)2－1，所以当n ＝k ＋1时，结论成立．故对n ∈N *，都有a n ＝14n 2－1成立．即输出a 的结果为14n 2－1. ②因为a n ＝14n 2－1＝1(2n ＋1)(2n －1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 即输出S 的结果为n2n ＋1. 19．(2012年江西盟校二联)将n 2个数排成n 行n 列的一个数阵： a 11 a 12 a 13 … a 1n a 21 a 22 a 23 … a 2n a 31 a 32 a 33 … a 3n … … … … … a n 1 a n 2 a n 3 … a nn已知a 11＝2，a 13＝a 61＋1，该数列第1列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列，每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列，其中m 为正实数．(1)求第i 行第j 列的数a ij ； (2)求这n 2个数的和．解：(1)由a 11＝2，a 13＝a 61＋1，得2m 2＝2＋5m ＋1， 解得m ＝3或m ＝－12(舍去)，a ij ＝a i 1·3j －1＝[2＋(i －1)×3]3j －1＝(3i －1)·3j －1.(2)S ＝(a 11＋a 12＋…＋a 1n )＋(a 21＋a 22＋…＋a 2n )＋…＋(a n 1＋a n 2＋…＋a nn )＝a 11(1－3n )1－3＋a 21(1－3n )1－3＋…＋a n 1(1－3n )1－3＝12(3n －1)·(2＋3n －1)n 2＝14n (3n ＋1)(3n －1)．20．(2013年河北省衡水二模)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，PD ⊥平面ABCD ，AD ＝1，AB ＝3，BC ＝4.(1)求证：BD ⊥PC ；(2)求直线AB 与平面PDC 所成的角；(3)设点E 在棱PC 上，PE →＝λPC →，若DE ∥平面P AB ，求λ的值． 解：(1)证明：过D 作DF ∥AB 交BC 于F ，则DF ＝3，FC ＝3，由DF ⊥FC 得DC ＝23，则BC 2＝DB 2＋DC 2，∴BD ⊥DC ，∵PD ⊥面ABCD ，∴BD ⊥PD ，而PD ∩CD ＝D ， ∴BD ⊥面PDC .∵PC 在面PDC 内，∴BD ⊥PC . (2)∵PD ⊥平面ABCD∴平面PDC ⊥平面ABCD .过点F 作FG ⊥CD 交CD 于G ，∵DF ∥AB ，∴AB 与面PDC 所成的角即DF 与面PDC 所成的角，即∠FDG 为直线AB 与平面PDC 所成的角．在Rt △DFC 中，∠DFC ＝90°，DF ＝3，CF ＝3，∴tan ∠FDG ＝3，∴∠FDG ＝60°.即直线AB 与平面PDC 所成角为60°.(3)连接EF ，∵DF ∥AB ，∴DF ∥平面P AB . 又∵DE ∥平面P AB ，∴平面DEF ∥平面P AB ，∴EF ∥PB . 又∵AD ＝1，BC ＝4，BF ＝1， ∴PE PC ＝BF BC ＝14，∴PE→＝14PC →，即λ＝14.21．(2012年天津)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A 、B ，点P 在椭圆上且异于A ，B 两点，O 为坐标原点．(1)若直线AP 与BP 的斜率之积为－12，求椭圆的离心率； (2)若|AP |＝|OA |，证明直线OP 的斜率k 满足|k |> 3. 解：(1)设点P 的坐标为(x 0，y 0)． 由题意，有x 20a 2＋y 20b 2＝1.① 由A (－a,0)，B (a,0)，得k AP ＝y 0x 0＋a ，k BP ＝y 0x 0－a. 由k AP ·k BP ＝－12，可得x 20＝a 2－2y 20，代入①并整理得(a 2－2b 2)y 20＝0.由于y 0≠0，故a 2＝2b 2.于是e 2＝a 2－b 2a 2＝12，所以椭圆的离心率e ＝22.(2)证明：证法一：依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ，设点P 的坐标为(x 0，y 0)．由条件得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝kx 0，x 20a 2＋y 20b2＝1.消去y 0并整理得x 20＝a 2b 2k 2a 2＋b2.②由|AP |＝|OA |，A (－a,0)及y 0＝kx 0，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2.整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0.而x 0≠0，于是x 0＝－2a1＋k 2，代入②，整理得 (1＋k 2)2＝4k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a b 2＋4.由a >b >0，故(1＋k 2)2>4k 2＋4，即k 2＋1>4，因此k 2>3，所以|k |> 3.证法二：依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ，可设点P 的坐标为(x 0，kx 0)．由点P 在椭圆上，有x 20a 2＋k 2x 20b 2＝1.因为a >b >0，kx 0≠0，所以x 20a 2＋k 2x 20a 2<1，即(1＋k 2)x 20<a 2.③由|AP |＝|OA |，A (－a,0)，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2，整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0，于是x 0＝－2a 1＋k 2.代入③，得(1＋k 2)·4a 2(1＋k 2)2<a 2，解得k 2>3，所以|k |> 3. 22．给出下面的数表序列：其中表n (n ＝1,2,3，…，2n －1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和．(1)写出表4，验证表4各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n (n ≥3)(不要求证明)；(2)每个数表中最后一行都只有一个数，它们构成数列1,4,12，…，记此数列为{b n }．求和：b 3b 1b 2＋b 4b 2b 3＋…＋b n ＋2b n b n ＋1(n ∈N *)． 解：(1)表4为1 3 5 74 8 1212 2032它的第1,2,3,4行中的数的平均数分别是4,8,16,32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列．将这一结论推广到表n (n ≥3)，即表n (n ≥3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n ，公比为2的等比数列．(2)表n 的第1行是1,3,5，…，2n －1，其平均数是1＋3＋5＋…＋(2n －1)n＝n .由(1)知，它的各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n ，公比为2的等比数列(从而它的第k 行中的数的平均数是n ·2k －1)，于是，表n 中最后一行的惟一一个数为b n ＝n ·2n －1.因此b k ＋2b k b k ＋1＝(k ＋2)2k ＋1k ·2k －1·(k ＋1)·2k＝k ＋2k (k ＋1)·2k －2＝2(k ＋1)－k k (k ＋1)·2k －2 ＝1k ·2k －3－1(k ＋1)·2k －2(k ＝1,2,3，…，n )， 故b 3b 1b 2＋b 4b 2b 3＋…＋b n ＋2b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11×2－2－12×2－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2－1－13×20＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n ×2n －3－1(n ＋1)×2n －2＝11×2－2－1(n ＋1)×2n －2＝4－1(n ＋1)×2n －2.。
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2014届高三数学理科第一轮复习单元过关( 8 )(数列与不等式)高三( )班 学号_______ 姓名_____________ 成绩__________一、选择题：(本大题共8小题，每小题5分，共40分,在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.)1．,a b 是任意实数，且a b >，则下列结论正确的是( )A.22a b > B. 1ba< C.1lg()lg a b a b ->- D. 33a b --<2．下列各一元二次不等式中，解集为空集的是( )A.(3)(1)0x x +->B.(4)(1)0x x +-<C.2230x x -+<D.22320x x -->3．条件:||p x x >，条件2:q x x ≥，则p q 是的( )A 、充要条件B 、既不充分也不必要条件C 、必要不充分条件D 、充分不必要条件 4、若数列{}n a 中，433n a n =-，则n S 最大值n =( )A ．13B ．14C ．15D ．14或15 5. 等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 与n T ,对一切正整数n ，都有n n S T =231n n +， 则55a b 等于( ) A.23 B. 914 C. 2031 D. 11176．设变量x 、y 满足约束条件236y x x y y x ⎧⎪+⎨⎪-⎩≤≥≥，则目标函数y x z +=2的最小值为( )A ．2B ．3C ．4D ．97．设x y 、为正数, 则14()()x y x y++的最小值为( )A.6B.9C.12D.158．已知平面区域D 由以(1,3)(5,2)(3,1)A B C 、、为顶点的三角形内部及边界组成，若在区域D 上有无穷多个点(,)x y 可使目标函数z x my =+取得最小值，则m 等于( )A. －2B. －1C. 1D.4二、填空题: (本大题共6小题,每小题5分,共30分,把答案填在答题卷中．．．．相应横线上) 9．{}n a 为等差数列,14739a a a ++=,25833a a a ++=,则369a a a ++=_______. 10．在数列{}n a 中，11a =，且对于任意正整数n ，都有1n n a a n +=+，则100a ＝ _______. 11．不等式11axx <-的解集为{}1>2x x x <或,那么a 的值为__________. 12．动点(,)P a b 在不等式组20x y x y y +-⎧⎪-⎨⎪⎩≤0≥≥0表示的平面区域内部及边界上运动，则21b a ω-=-的取值范围是_____________． 13. 设220,0,12b a b a +=≥≥,则_________. 14．设221x y +=, 则2x y +得最大值为__________.高三( )班 学号_______ 姓名_____________ 成绩__________(每小题5分,共30分)9.____________________. 10.___________________. 11. ____________________.12.___________________. 13. ___________________. 14.____________________.三、解答题：本大题共4小题，共50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)设全集为R ,集合A ={x ∣12log (3)2x -≥-},B ={x ∣512x +≥},求()R C A B ．16. (本小题满分12分)设2()(8),f x ax b x a ab =+---不等式()0f x >的解集是（－3，2）. （1）求()f x ； （2）当函数()f x 的定义域是[0,1]时，求函数()f x 的值域.17. (本小题满分14分)定义一种运算: (,,0)mn m n a m n N a ∆∆=⋅∈≠ （1）若数列{}n a （*n N ∈）满足n a n m =∆,当2m =时,求证: 数列{}n a 为等差数列;（2）设数列{}n c （*n N ∈）的通项满足(1)n c n n =∆-,试求数列{}n c 的前n 项和n S .18. (本小题满分14分)已知函数2()2f x x x =+,数列11{}:1,(),n n n a a a f a +'==满足数列1{}0n b b t =>满足(t 为常数)且1()(*)n n b f b n N +=∈. （Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式； （Ⅱ）求数列{}n b 的通项公式； （Ⅲ）设11,{}n n n n b c c b ++=数列的前n 项和为n S ，若不等式n S <λ对所有的正整数n 恒成立，求λ的取值范围.附加题：给定常数0c >，定义函数()2|4|||f x x c x c =++-+，数列123,,,a a a 满足*1(),n n a f a n N +=∈.（1）若12a c =--，求2a 及3a ；（2）求证：对任意*1,n n n N a a c +∈-≥，； （3）是否存在1a ，使得12,,,n a a a 成等差数列？若存在，求出所有这样的1a ，若不存在，说明理由.2014届高三数学理科第一轮复习单元过关(8)答案及评分标准DCDB BBBC9、27 10、4951 11、2112、(,2][2,)-∞-+∞ 13、423 14、515. 解：A =[-1,3) , B=(-2,3]＝B A ⋂∴[-1,3) ),3[)1,()C R +∞--∞= B A （ 16. 解不等式()0f x >的解集是（－3，2）于是不等式()0f x =的解是－3，2 由(3)0f -=,(2)0f =解得3,5a b =-=,于是1833)(2+--=x x x f(2)当12)(,1,18)(,0min max ====x f x x f x 时当时,故所求函数)(x f 的值域为[12，18]17、证明：由题意知当2m =时，2n a n m a n=∆=⋅， 则有21(1)n a a n +=⋅+---------------------------------------2分 故有21n n a a a +-=，（*n N ∈），其中2112a a =∆=，--------------3分 所以数列{}n a 是以21a a =为首项，公差2d a =的等差数列。
-------4分（2）依题意有，1(1)n n c n n n a-=∆-=⋅，（*n N ∈），--------------5分 所以，当1a =时，12(1)...123 (2)n n n n S c c c n +=+++=++++=；---7分 当1a ≠时，012112...(1)n n n S a a n a n a --=⋅+⋅++-⋅+⋅，-----（1） 所以12112...(1)n n n aS a a n a n a -=⋅+⋅++-⋅+⋅---------（2）---------8分由（2）-（1）得：0121(1)11...11n n nn a S a a a a na---=⋅+⋅++⋅+⋅--------9分 得：12221(1)1(1)(1)(1)n n n n n n a n a a n a n a a S a a a +----+=-=--- ，（*n N ∈）--------11分 综上所述，121(1)(1)(1)(1)2n nnn n a n a a a a S n n a +⎧--+≠⎪⎪-=⎨+⎪=⎪⎩-------------------------14分18、解：（I ）()22f x x '=+，………1分 122n n a a +∴=+ 122(2)n n a a +∴+=+11{2},2(2)2n n n a a a -+∴+=+为等比数列 1322n n a -∴=⋅-…………4分 （Ⅱ）由已知得0n b >， 211(1),n n b b ++=+……1分1lg(1)2lg(1),n n b b +∴+=+ ∴又1lg(1)lg(1)0,b t +=+≠所以{lg(1)}n b +的公比为2的等比数列， ∴12(1)1n n b t -=+-。
………8分（Ⅲ）212,k k k b b b +=+12,k k kb b b +∴+=1111(2)111k k k k k k k b b c b b b b +++++-===-， n k ,,2,1 = 1212231111111()()()n n n n S c c c b b b b b b +∴=+++=-+-++-211,(1)1nt t =-+- 0,t >11,t ∴+>n S n ∴∈在[1,)+∞上是增函数1n S S ∴≥211(1)1t t =-+-21,2t t t+=+ 又不等式n S <λ对所有的正整数n 恒成立，21.2t t tλ+∴<+附加题：（1）因为0c >，1(2)a c =-+，故2111()2|4|||2a f a a c a c ==++-+=，3122()2|4|||10a f a a c a c c ==++-+=+（2）要证明原命题，只需证明()f x x c ≥+对任意x R ∈都成立， ()2|4|||f x x c x c x c x c ≥+⇔++-+≥+， 即只需证明2|4|||+x c x c x c ++≥++，若0x c +≤，显然有2|4|||+=0x c x c x c ++≥++成立；若0x c +>，则2|4|||+4x c x c x c x c x c ++≥++⇔++>+显然成立，综上，()f x x c ≥+恒成立，即对任意的*n N ∈，1n n a a c +-≥；（3）由（2）知，若{}n a 为等差数列，则公差0d c ≥>，故n 无限增大时，总有0n a >， 此时，1()2(4)()8n n n n n a f a a c a c a c +==++-+=++，即8d c =+，故21111()2|4|||8a f a a c a c a c ==++-+=++， 即1112|4|||8a c a c a c ++=++++，当10a c +≥时，等式成立，且2n ≥时，0n a >，此时{}n a 为等差数列，满足题意； 若10a c +<，则11|4|48a c a c ++=⇒=--， 此时，230,8,,(2)(8)n a a c a n c ==+=-+也满足题意；综上，满足题意的1a 的取值范围是[,){8}c c -+∞⋃--．。