2015年高考数学(课标通用)二轮复习专题训练:数列(7)

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2015届高三数学二轮复习(新课标) - 排列、组合与二项式定理测试题

2015届高三数学二轮复习(新课标) - 排列、组合与二项式定理测试题

一、选择题 1.(2014·四川高考)六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有( )A .192种B .216种C .240种D .288种 【解析】 以甲队为研究对象为两类: 当最左端排甲时,有A 55=120种排法;当最左端排乙时,则最右端有4种排法,此时有4×A 44=96(种)排法. 因此满足条件的排法共有120+96=216(种).故选B . 【答案】 B2.(2014·洛阳统考)设n 为正整数,⎝⎛⎭⎫x -1x x 2n展开式中存在常数项,则n 的一个可能取值为( )A .16B .10C .4D .2【解析】 ⎝⎛⎭⎫x -1x x 2n 展开式的通项公式为T k +1=C k 2n ·x 2n -k ⎝⎛⎭⎫-1x x k=C k 2n (-1)k x 4n -5k 2,令4n -5k 2=0,得k =4n 5,∴n 可取10.【答案】 B 3.(2014·湖南张家界二模)在航天员进行的一项太空实验中,要先后实施6个程序,其中程序A 只能出现在第一或最后一步,程序B 和C 在实施时必须相邻,问实验顺序的编排方法共有( )A .34种B .48种C .96种D .144种【解析】 本题是一个分步计数问题,由题意知程序A 只能出现在第一步或最后一步,∴从第一个位置和最后一个位置中选一个位置把A 排列,有A 12=2种结果.∵程序B 和C 在实施时必须相邻,∴把B 和C 看作一个元素,同除A 外的3个元素排列,注意B 和C 之间还有一个排列,共有A 44A 22=48种结果.根据分步计数原理知共有2×48=96(种)结果,故选C .【答案】 C 4.(2013·全国新课标Ⅰ高考)设m 为正整数,(x +y)2m 展开式的二项式系数的最大值为a ,(x +y)2m +1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a =7b ,则m =( )A .5B .6C .7D .8【解析】 由题意得:a =C m 2m ,b =C m 2m +1,所以13C m 2m =7C m2m +1,∴13·(2m )!m !·m !=7·(2m +1)!m !·(m +1)!,∴7(2m +1)m +1=13,解得m =6,经检验为原方程的解,选B .【答案】 B 5.(2014·浙江高考)在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记x m y n 项的系数为f(m ,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=( )A .45B .60C .120D .210【解析】 f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=C 36+C 26C 14+C 16C 24+C 34=120,故选C . 【答案】 C 二、填空题 6.(2013·重庆高考)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组,则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________(用数字作答).【解析】 按每科选派人数分3、1、1和2、2、1两类.当选派人数为3、1、1时,有3类,共有C 33C 14C 15+C 13C 34C 15+C 13C 14C 35=200(种).当选派人数为2、2、1时,有3类,共有C 23C 24C 15+C 23C 14C 25+C 13C 24C 25=390(种). 故共有590种. 【答案】 5907.(原创题)若(1-2x)2 015=a 0+a 1x +…+a 2015x 2015,则a 12+a 222+…+a 2 01522 015的值为________.【解析】 令x =0时,a 0=1;令x =12时,a 0+a 12+a 222+…+a 2 01522 015=0,∴a 12+a 222+…+a 2 01522 015=-1.【答案】 -18.(预测题)如图,正五边形ABCDE 中,若把顶点A 、B 、C 、D 、E 染上红、黄、绿三种颜色中的一种,使得相邻顶点所染颜色不相同,则不同的染色方法共有________种.【解析】 ①先染A :C 13;B 、E 同色:C 12;C 、D中有一与A 同:C 12.N 1=C 13·C 12·C 12=12.②先染A :C 13;B 、E 异色:A 22;C 同E ,D 同B.N 2=C 13·A 22=6.③先染A :C 13;B 、E 异色:A 22,C 、D 中有一与A 同:C 12. N 3=C 13·A 22·C 12=12.故N =N 1+N 2+N 3=12+6+12=30. 【答案】 30三、解答题9.有同样大小的9个白球和6个红球.(1)从中取出5个球,使得红球比白球多的取法有多少种?(2)若规定取到一个红球记1分,取到一个白球记2分,则从中取出5个球,使得总分不小于8分的取法有多少种?【解】 (1)5个全是红球有C 56种取法,4个红球、1个白球有C 46C 19种取法,3个红球、2个白球有C 36C 29种取法,所以取出的红球比白球多的取法共有C 56+C 46C 19+C 36C 29=861(种).(2)要使总分不小于8分,至少需取3个白球2个红球,3白2红有C 39C 26种取法,4白1红有C 49C 16种取法,5个全是白球有C 59种取法,所以总分不小于8分的取法共有C 39C 26+C 49C 16+C 59=2 142(种).10.(2014·山东菏泽二模)已知在(3x -123x)n 的展开式中,第6项为常数项.(1)求n ;(2)求含x 2的项的系数;(3)求展开式中所有的有理项.【解】 (1)通项公式为T r +1=C r n x n -r 3·(-12)r x -r 3=C r n (-12)r x n -2r3. ∵第6项为常数项,∴当r =5时,有n -2r3=0,即n =10.(2)令n -2r 3=2,得r =12(n -6)=12×(10-6)=2,∴所求的系数为C 210(-12)2=454. (3)根据通项公式和题意得⎩⎪⎨⎪⎧10-2r3∈Z ,0≤r ≤10,r ∈Z ,令10-2r 3=k (k ∈Z ),则10-2r =3k ,即r =5-32k . ∵r ∈Z ,∴k 应为偶数.∴k 可取2,0,-2,即r 可取2,5,8.∴第3项,第6项与第9项为有理项,它们分别为 C 210(-12)2x 2,C 510(-12)5,C 810(-12)8x -2.。

2015年数列真题7道(完美总结)

2015年数列真题7道(完美总结)

2015年数列高考真题1、(2015四川16)设数列{a n }的前n 项和S n 满足S n =2a n -a 1,且a 1,a 2+1,a 3成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式.(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ,求T n .2、(2015·重庆卷16)已知等差数列{a n }满足a 3=2,前3项和S 3=92.(1)求{a n }的通项公式;(2)设等比数列{b n }满足b 1=a 1,b 4=a 15,求{b n }的前n 项和T n .3、(2015·天津卷18)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,{b n }是等差数列,且a 1=b 1=1,b 2+b 3=2a 3,a 5-3b 2=7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设c n =a n b n ,n ∈N *,求数列{c n }的前n 项和.4、(2015·湖北卷19)设等差数列{a n }的公差为d ,前n 项和为S n ,等比数列{b n }的公比为q .已知b 1=a 1,b 2=2,q =d ,S 10=100.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)当d >1时,记c n =a n b n,求数列{c n }的前n 项和T n .5、(2015·浙江卷17)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=2,b 1=1,a n +1=2a n (n∈N *),b 1+12b 2+13b 3+…+1n b n =b n +1-1(n ∈N *).(1)求a n 与b n ;(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ,求T n .6、(2015·湖南卷19)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1=1,a 2=2,且a n +2=3S n -S n +1+3,n ∈N *.(1)证明:a n +2=3a n ;(2)求S n .7、(2015·山东卷19)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列,数列{1a n ·a n +1}的前n 项和为n 2n +1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =(a n +1)·2a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .。

【北京特级教师 二轮复习精讲辅导】2015届高考数学 数列与函数、不等式综合问题选讲新题赏析课后练习

【北京特级教师 二轮复习精讲辅导】2015届高考数学 数列与函数、不等式综合问题选讲新题赏析课后练习

数列与函数、不等式综合问题选讲新题赏析课后练习题一:若数列{a n }满足:a 1=23,a 2=2,3(a n +1-2a n +a n -1)=2.(1)证明:数列{a n +1-a n }是等差数列;(2)求使1a 1+1a 2+1a 3+…+1a n >52成立的最小的正整数n .题二:已知二次函数f (x )=x 2-5x +10,当x ∈(n ,n +1](n ∈N *)时,把f (x )在此区间内的整数值的个数表示为a n . (1)求a 1和a 2的值; (2)求n ≥3时a n 的表达式; (3)令b n =4a n a n +1,求数列{b n }的前n 项和S n (n ≥3).题三:已知等差数列{a n }的公差d > 0,且a 3,a 5是方程x 2-14x +45=0的两根,数列{b n }的前n 项和为S n ,S n =1-b n 2(n ∈N *). (1)求数列{a n },{b n }的通项公式; (2)记=a n ·b n ,求数列{}的前n 项和T n .题四:已知递增的等比数列{a n }满足:a 2+a 3+a 4=28,且a 3+2是a 2,a 4的等差中项. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =a n 12log n a ,S n =b 1+b 2+…+b n ,求S n .题五:已知数列{a n }满足a 1=14,a n =a n -1-1na n -1-2(n ≥2,n ∈N *). (1)试判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n+-1n 是否为等比数列,并说明理由; (2)设=a n sin2n -1π2,数列{}的前n 项和为T n .求证:对任意的n ∈N *,T n < 23. 题六:已知数列{a n },{}满足条件:a 1=1,a n +1=2a n +1,=12n +12n +3.(1)求证数列{a n +1}是等比数列,并求数列{a n }的通项公式;(2)求数列{}的前n 项和T n ,并求使得T n >1a m对任意n ∈N *都成立的正整数m 的最小值.题七:已知数列{a n }中,a 1=1,a 2=3,且a n +1=a n +2a n -1(n ≥2).设b n =a n +1+λa n ,是否存在实数λ,使数列{b n }为等比数列.若存在,求出λ的值,若不存在,请说明理由.题八: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.题九:已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,S n =na n -n (n -1)(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =2a n a n +1,求数列{b n }的前n 项和T n .题十:已知数列{a n }的前n 项和S n =k -k (其中c ,k 为常数),且a 2=4,a 6=8a 3. (1)求a n ;(2)求数列{na n }的前n 项和T n .数列与函数、不等式综合问题选讲新题赏析课后练习参考答案题一: (1)略.(2)6.详解:(1)证明:由3(a n +1-2a n +a n -1)=2可得:a n +1-2a n +a n -1=23,即(a n +1-a n )-(a n -a n -1)=23,所以数列{a n +1-a n }是以a 2-a 1=43为首项,23为公差的等差数列.(2)由(1)知a n +1-a n =43+23(n -1)=23(n +1),于是累加求和得:a n =a 1+23(2+3+…+n )=13n (n +1),所以1a n =3⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1,所以1a 1+1a 2+1a 3+…+1a n =3-3n +1 > 52,所以n > 5.所以最小的正整数n 为6.题二: (1)a 1=2;a 2=1.(2)a n =2n -4.(3)S n =5-1n -1. 详解:(1)f (x )=x 2-5x +10,又x ∈(n ,n +1](n ∈N *)时,f (x )的整数个数为a n ,所以f (x )在(1,2]上的值域为[4,6)⇒a 1=2;f (x )在(2,3]上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤154,4⇒a 2=1. (2)当n ≥3时,f (x )是增函数,故a n =f (n +1)-f (n )=2n -4. (3)由(1)和(2)可知,b 1=42×1=2,b 2=41×2=2.而当n ≥3时,b n =4(2n -4)(2n -2)=2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -4-12n -2.所以当n ≥3时,S n =b 1+b 2+b 3+b 4+…+b n=2+2+2⎝ ⎛⎭⎪⎫12-14+14-16+…+12n -4-12n -2=4+2⎝ ⎛⎭⎪⎫12-12n -2=5-1n -1. 题三: (1) a n =2n -1. b n =13n .(2) T n =1-n +13n .详解:(1)因为a 3,a 5是方程x 2-14x +45=0的两根,且数列{a n }的公差d >0,所以a 3=5,a 5=9,公差d =a 5-a 35-3=2.所以a n =a 5+(n -5)d =2n -1.又当n =1时,有b 1=S 1=1-b 12,所以b 1=13.当n ≥2时,有b n =S n -S n -1=12(b n -1-b n ),所以b n b n -1=13(n ≥2).所以数列{b n }是首项为13,公比为13的等比数列,所以b n =13×(13)n -1=13n .(2)因为=a n ·b n =2n -13n ,则T n =131+332+533+…+2n -13n ,①则13T n =132+333+534+…+2n -33n +2n -13n +1,② 由①-②,得23T n =13+232+233+…+23n -2n -13n +1=13+2(132+133+…+13n )-2n -13n +1,整理,得T n =1-n +13n.题四: (1)a n =2n.(2)S n =2n +1-n ·2n +1-2.详解:(1)设等比数列{a n }的首项为a 1,公比为q . 依题意,有2(a 3+2)=a 2+a 4, 代入a 2+a 3+a 4=28,得a 3=8. 所以a 2+a 4=20.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q +a 1q 3=20,a 3=a 1q 2=8,解得⎩⎪⎨⎪⎧q =2,a 1=2,或⎩⎪⎨⎪⎧q =12,a 1=32.又{a n }为递增数列,所以⎩⎪⎨⎪⎧q =2,a 1=2.所以a n =2n.(2)因为b n =2n·12log 2n =-n ·2n,所以-S n =1×2+2×22+3×23+…+n ×2n.①所以-2S n =1×22+2×23+3×24+…+(n -1)×2n +n ×2n +1.②①-②,得S n =2+22+23+…+2n -n ·2n +1=2(1-2n)1-2-n ·2n +1=2n +1-n ·2n +1-2.所以S n =2n +1-n ·2n +1-2.题五: (1) 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n+-1n 是首项为3,公比为-2的等比数列.(2)略. 详解:(1)由a n =a n -1-1na n -1-2,得1a n =(-1)na n -1-2a n -1=(-1)n-2a n -1, 所以1a n +(-1)n =2·(-1)n-2a n -1=-2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a n -1+(-1)n -1. 又1a 1-1=3≠0,故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n+-1n 是首项为3,公比为-2的等比数列. (2)证明:由(1)得1a n+(-1)n =3·(-2)n -1.所以1a n=3·(-2)n -1-(-1)n.a n =13·(-2)n -1-(-1)n,所以=a n sin2n -1π2=13·(-2)n -1-(-1)n ·(-1)n -1=13·2n -1+1 < 13·2n -1. 所以T n < 13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1-12= 23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫12n < 23.题六: (1)证明略,a n =2n-1.(2) T n =n6n +9,m 的最小值是5. 详解:(1)因为a n +1=2a n +1,所以a n +1+1=2 (a n +1),因为a 1=1,a 1+1=2≠0.所以数列{a n +1}是首项为2,公比为2的等比数列. 所以a n +1=2×2n -1=2n ,所以a n =2n-1. (2)因为=12n +12n +3=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n +1-12n +3,所以T n =12⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+15-17+…+12n +1-12n +3=12⎝ ⎛⎭⎪⎫13-12n +3=n 3×(2n +3)=n6n +9. 因为T n +1T n =n +16n +15·6n +9n =6n 2+15n +96n 2+15n =1+96n 2+15n>1, 又T n >0,所以T n <T n +1(n ∈N *),即数列{T n }是递增数列. 所以当n =1时,T n 取得最小值115.要使得T n >1a m 对任意n ∈N *都成立,结合(1)的结果,只需115>12m -1,由此得m >4.所以满足条件的正整数m 的最小值是5.题七: 当λ=1时,q =2,b 1=4,则数列{b n }是首项为4,公比为2的等比数列;当λ=-2时,q =-1,b 1=1,则数列{b n }是首项为1,公比为-1的等比数列. 详解:假设存在实数λ,使数列{b n }为等比数列,设b nb n -1=q (n ≥2), 即a n +1+λa n =q (a n +λa n -1),得a n +1=(q -λ)a n +qλa n -1.与已知a n +1=a n +2a n -1比较,得⎩⎪⎨⎪⎧q -λ=1,qλ=2,解得λ=1或λ=-2.所以存在实数λ,使数列{b n }为等比数列.当λ=1时,q =2,b 1=4,则数列{b n }是首项为4,公比为2的等比数列; 当λ=-2时,q =-1,b 1=1,则数列{b n }是首项为1,公比为-1的等比数列.题八: (1)a n =2n(n ∈N *).(2)m =2,n =12 .详解:(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+8 a 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 n (2n +1)2n =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=n 6n +3,可得3n =-2m 2+4m +1m 2, 所以-2m 2+4m +1>0,从而1-62<m <1+62. 又n ∈N *,且m >1,所以m =2,此时n =12.故当且仅当m =2, n =12时,b 1,b m ,b n 成等比数列.题九: (1)a n =2n -1,n ∈N *. (2)T n =2n2n +1. 详解:(1)因为S n =na n -n (n -1),当n ≥2时,S n -1=(n -1)·a n -1-(n -1)(n -2),所以a n =S n -S n -1=na n -n (n -1)-(n -1)a n -1+(n -1)·(n -2), 即a n -a n -1=2.所以数列{a n }是首项a 1=1,公差d =2的等差数列, 故a n =1+(n -1)·2=2n -1,n ∈N *. (2)由(1)知b n =2a n a n +1=2(2n -1)(2n +1)=12n -1-12n +1, 故T n =b 1+b 2+…+b n =⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+⎝ ⎛⎭⎪⎫15-17+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1=1-12n +1=2n 2n +1.题十: (1)a n =2n.(2)T n =(n -1)2n +1+2.详解:(1)由S n =k -k ,得a n =S n -S n -1=k -k -1(n ≥2).由a 2=4, a 6=8a 3 ,得kc (c -1)=4,kc 5(c -1)=8kc 2(c -1),解得⎩⎪⎨⎪⎧c =2,k =2,所以a 1=S 1=2,a n =k -k -1=2n(n ≥2), 于是a n =2n.(2)T n =∑i -1n ia i =∑i -1ni ·2i,即T n =2+2·22+3·23+4·24+…+n ·2n.T n =2T n -T n =-2-22-23-24-…-2n +n ·2n +1=-2n +1+2+n ·2n +1=(n -1)2n +1+2.。

【高考解码】(新课标)2015届高考数学二轮复习 数列综合题2

【高考解码】(新课标)2015届高考数学二轮复习 数列综合题2

【高考解码】(新课标)2015届高考数学二轮复习 数列综合题2 四、数列综合题 13.(2014·某某高考)已知等差数列{a n }的公差d >0.设{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,S 2·S 3=36.(1)求d 及S n ;(2)求m ,k (m ,k ∈N *)的值,使得a m +a m +1+a m +2+…+a m +k =65.【解】 (1)由题意知(2a 1+d )(3a 1+3d )=36,将a 1=1代入上式解得d =2或d =-5.因为d >0,所以d =2.从而a n =2n -1,S n =n 2(n ∈N *).(2)由(1)得a m +a m +1+a m +2+…+a m +k =(2m +k -1)(k +1),所以(2m +k -1)(k +1)=65.由m ,k ∈N *知2m +k -1≥k +1>1,故错误!所以错误!14.(2014·某某某某市高考模拟卷)已知函数f (x )=x 2+bx 为偶函数,数列{a n }满足a n +1=2f (a n -1)+1,且a 1=3,a n >1.(1)设b n =log 2(a n -1),求证:数列{b n +1}为等比数列;(2)设=nb n ,求数列{}的前n 项和S n .【解】 (1)证明 ∵函数f (x )=x 2+bx 为偶函数,∴b =0,∴f (x )=x 2,∴a n +1=2f (a n -1)+1=2(a n -1)2+1,∴a n +1-1=2(a n -1)2.又a 1=3,a n >1,b n =log 2(a n -1),∴b 1=log 2(a 1-1)=1,∴b n +1+1b n +1=log 2a n +1-1+1log 2a n -1+1=log 2[2a n -12]+1log 2a n -1+1=2+2log 2a n -1log 2a n -1+1=2, ∴数列{b n +1}是首项为2,公比为2的等比数列.(2)由(1)得,b n +1=2n ,∴b n =2n -1,∴=nb n =n 2n -n ,设A n =1×2+2×22+3×23+…+n ×2n ,则2A n =1×22+2×23+3×24+…+n ×2n +1,∴-A n =2+22+23+…+2n -n ×2n +1=21-2n 1-2-n ×2n +1=2n +1-n ×2n +1-2, ∴A n =(n -1)2n +1+2.设B n =1+2+3+4+…+n ,则B n =n n +12. ∴S n =A n -B n =(n -1)2n +1+2-n n +12. 15.(文)(2014·某某高考)数列{a n }满足a 1=1,na n +1=(n +1)a n +n (n +1),n ∈N *.(1)证明:数列{a nn}是等差数列;(2)设b n =3n ·a n ,求数列{b n }的前n 项和S n .(1)证明 由已知可得a n +1n +1=a n n +1,即a n +1n +1-a n n=1. 所以{a n n }是以a 11=1为首项,1为公差的等差数列. (2)【解】 由(1)得a n n=1+(n -1)·1=n ,所以a n =n 2. 从而b n =n ·3n .S n =1·31+2·32+3·33+…+n ·3n ,①3S n =1·32+2·33+…+(n -1)·3n +n ·3n +1.②①-②得-2S n =31+32+…+3n -n ·3n +1 =3·1-3n 1-3-n ·3n +1=1-2n ·3n +1-32. 所以S n =2n -1·3n +1+34. (理)(2014·某某高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ,满足S n =2na n +1-3n 2-4n ,n ∈N *,且S 3=15.(1)求a 1,a 2,a 3的值;(2)求数列{a n }的通项公式.【解】 (1)由S n =2na n +1-3n 2-4n ,n ∈N *,取n =1,2得错误!,①又S 3=15,∴a 1+a 2+a 3=15,∴a 3=15-(a 1+a 2).② 联立①②解得a 1=3,a 2=5,a 3=7.(2)当n >1时,由已知得 ⎩⎪⎨⎪⎧ S n =2na n +1-3n 2-4n S n -1=2n -1a n -3n -12-4n -1,两式相减得2na n +1=(2n -1)a n +6n +1,即2na n +1-4n 2-6n =(2n -1)a n -4n 2+1,即2n [a n +1-(2n +3)]=(2n -1)[a n -(2n -1)], 令b n =a n -(2n +1),则2nb n +1=(2n -1)b n ,③ 由(1)知b 1=b 2=0,则由③知b n =0,∴a n =2n +1,且n =1时也成立,故a n =2n +1,n ∈N *.16.(2014·某某某某调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足4(n +1)(S n +1)=(n +2)2a n (n ∈N *).(1)求a 1,a 2的值;(2)求a n ;(3)设b n =n +1a n ,数列{b n }的前n 项和为T n ,求证:T n <34. 【解】 (1)当n =1时,有4×(1+1)(a 1+1)=(1+2)2a 1,解得a 1=8.当n =2时,有4×(2+1)(a 1+a 2+1)=(2+2)2a 2,解得a 2=27.(2)当n ≥2时,有4(S n +1)=n +22a n n +1,① 4(S n -1+1)=n +12a n -1n.② ①-②得:4a n =n +22a n n +1-n +12a n -1n ,即a n a n -1=n +13n 3, ∴a n n +13=a n -1n 3=a n -2n -13=…=a 233=1, ∴a n =(n +1)3(n ≥2).另解:a n =a n a n -1.a n -1a n -2.....a 2a 1.a 1=n +13n 3.n 3n -13.. (433)3·33=(n +1)3(n ≥2). 又∵当n =1时,有a 1=8,∴a n =(n +1)3.(3)∵b n =n +1a n =1n +12<1n n +1=1n -1n +1, ∴T n =b 1+b 2+b 3+…+b n -1+b n=122+132+142+…+1n 2+1n +12<122+12×3+13×4+…+1n -1n +1n n +1 =14+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-14+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1-1n +⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1=14+12-1n +1<34.。

【北京特级教师 二轮复习精讲辅导】2015届高考数学 数列与函数、不等式综合问题选讲新题赏析讲义 理

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数列与函数、不等式综合问题选讲新题赏析金题精讲题1:已知一元二次不等式()<0f x 的解集为{1|<1>}2x x x -或, 则(10)>0x f 的解集为( )A.{|<1>lg2}x x x -或B.{|1<<lg2}x x -C.{|>lg2}x x -D.{|<lg2}x x -题2:在正项等比数列}{n a 中, 215=a ,376=+a a , 则满足n n a a a a a a 2121>+++的最大正整数n 的值为题3: 已知不等式][log 21131212n n >+++ ,其中n 为大于2的整数,][log 2n 表示不超过n 2log 的最大整数,设数列}{n a 的各项为正,且满足 4,3,2,),0(111=+≤>=--n a n na a b b a n n n . (1)证明: ,5,4,3,][log 222=+<n n b b a n ; (2)猜测数列}{n a 是否有极限?如果有,写出极限的值(不必证明);(3)试确定一个正整数N ,使得当N n >时,对任意b 0>,都有51<n a .题4:数列{}n a 中,11a =,2112n n n a a a c +=-+ (1c >为常数,1,2,3,n =) , 且321.8a a -= (1)求c 的值;(2)证明:1n n a a +<2<;(3)比较11nk ka ∑=与14039n a +的大小,并加以证明.数列与函数、不等式综合问题选讲新题赏析讲义参考答案金题精讲题1:D题2:12题3:(1)证明略。

(2)0. (3)略。

题4:(1)2.(2)证明略。

(3)证明略。

(word完整版)2015高考数列大题汇编,推荐文档

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2015高考数列试题1.(2015新课标理1)井4~ Sn为数列{a n}的前n项和.已知a n>0,(I )求{a n}的通项公式:(n )设1,求数列{划}的前n项和2.( 2015广东理)数列{a n}满足:a12a2nN(1)求a3的值;⑵求数列{a n}的前n项和T n;3 5 3.( 2015广东文)设数列a n的前n项和为S n, n .已知a i 1 , a2, a32 4 且当n 2时,45.2 5S n 8S n 1 S n 1.1求34的值;2证明:3. 1 ^a n为等比数列;23求数列a n的通项公式.4. ( 2015北京文)已知等差数列{「}满足二+ :=10,- -「=2.(I)求{「.}的通项公式;(U)设等比数列仇}满足%=铅,旳=鼬;问:-一与数列P., }的第几项相等?5. ( 2015天津理)已知数列{a n}满足a n 2 qa n(q为实数,且q 1), n N ,& 2,且a?+a3,a3+a4,a4+a§成等差数列.(I) 求q的值和{a n}的通项公式;(II) 设b n lOg2a2n ,n N*,求数列{b n}的前n项和.a2n 16. ( 2015天津文)18•已知{a n}是各项均为正数的等比数列,{b n}是等差数列,且a1二b1 =1,b2 +b3 =2a3,a5 - 3b2 = 7 • (1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)设C n = a n b n ,n? N,求数列{C n} 的前n项和.7. ( 2015 福建文)等差数列a n中,a2 4 ,a4 a7 15 .(i)求数列a n的通项公式;(n)设b n 2an 2 n,求b i b2 4 d。

的值.8(2015山东理)(18)(本小题满分12分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.(I)求{a n}的通项公式;(II)若数列{b n}满足a n b n=log 32,求{b n}的前n项和T n.9 (2015重庆文)、(本小题满分12分,(I)小问7分,(II)小问6分)9已知等差数列a n满足a3=2,前3项和&=.2(I)求a n的通项公式;(II)设等比数列b n满足b| = a i,b4 = a!5,求b n前n项和10.(2015浙江文)已知数列{a n}和{0}满足,a1 2力1,a n 1 2a n(n* N ),1 *-b n b n1 1(n N ). n C1)求a n 与b n;(2)记数列{a n b n}的前n项和为T n,求⑴求数列{a n }的通项公式;a(II )设b n (a n 1) 2 n ,求数列{b n }的前n 项和T n12.(2015安徽文)已知数列a n 是递增的等比数列,且 a 1 a 4 9,a 2a 3 8.(1) 求数列 a n 的通项公式;a(2)设S n 为数列a n 的前n 项和,b n ——,求数列b n 的前n 项和T n 。

2015高考数学(人教通用,文科)二轮专题训练·对接高考练习:专题3第1讲 数列的通项与求和问题

一、选择题1.在等差数列{a n }中,若a 2+a 3=4,a 4+a 5=6,则a 9+a 10等于( ). A .9 B .10 C .11D .12解析 设等差数列{a n }的公差为d ,则有(a 4+a 5)-(a 2+a 3)=4d =2,所以d =12.又(a 9+a 10)-(a 4+a 5)=10d =5,所以a 9+a 10=(a 4+a 5)+5=11. 答案 C2.(2014·新课标全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的公差为2,若a 2,a 4,a 8成等比数列,则{a n }的前n 项和S n =( ). A .n (n +1) B .n (n -1) C.n (n +1)2D .n (n -1)2解析 因为a 2,a 4,a 8成等比数列,所以a 24=a 2·a 8,即(a 1+6)2=(a 1+2)·(a 1+14),解得a 1=2.所以S n =na 1+n (n -1)2d =n (n +1).故选A. 答案 A3.已知数列112,314,518,7116,…,则其前n 项和S n 为( ). A .n 2+1-12n B .n 2+2-12n C .n 2+1-12n -1D .n 2+2-12n -1 解析 因为a n =2n -1+12n ,则S n =n (1+2n -1)2+⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n ·121-12=n 2+1-12n .答案 A4.在正项等比数列{a n }中,3a 1,12a 3,2a 2成等差数列,则a 2 013+a 2 014a 2 011+a 2 012等于( ).A .3或-1B .9或1C .1D .9解析 依题意,有3a 1+2a 2=a 3,即3a 1+2a 1q =a 1q 2,解得q =3,a 2 013+a 2 014a 2 011+a 2 012=a 1q 2 012+a 1q 2 013a 1q 2 010+a 1q 2 011=q 2+q 31+q =9. 答案 D5.(2014·合肥质量检测)数列{a n }满足a 1=2,a n =a n +1-1a n +1+1,其前n 项积为T n ,则T 2 014=( ). A.16 B .-16 C .6D .-6解析 由a n =a n +1-1a n +1+1,得a n +1=1+a n1-a n.∵a 1=2,∴a 2=-3,a 3=-12,a 4=13,a 5=2,a 6=-3. 故数列{a n }具有周期性,周期为4,∵a 1a 2a 3a 4=1, ∴T 2 014=T 2=a 1a 2=2×(-3)=-6. 答案 D 二、填空题6.(2014·衡水中学调研)已知数列{a n }满足a 1=12,a n -1-a n =a n -1a n n (n -1)(n ≥2),则该数列的通项公式a n =________. 解析 ∵a n -1-a n =a n -1a nn (n -1)(n ≥2),∴a n -1-a n a n -1a n =1n (n -1),∴1a n -1a n -1=1n -1-1n , ∴1a 2-1a 1=11-12,1a 3-1a 2=12-13,…,1a n -1a n -1=1n -1-1n , ∴1a n-1a 1=1-1n ,又∵a 1=12,∴1a n=3-1n ,∴a n =n3n -1.答案n 3n -17.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,S m -1=-2,S m =0,S m +1=3,则m 等于________. 解析 由S m -1=-2,S m =0,S m +1=3,得a m =2,a m +1=3,所以d =1, 因为S m =0,故ma 1+m (m -1)2d =0,故a 1=-m -12,因为a m +a m +1=5,故a m +a m +1=2a 1+(2m -1)d =-(m -1)+2m -1=5,即m =5. 答案 58.(2014·广东卷)等比数列{a n }的各项均为正数,且a 1a 5=4,则log 2a 1+log 2a 2+log 2a 3+log 2a 4+log 2a 5=________.解析 由等比数列的性质可知a 1a 5=a 2a 4=a 23,于是,由a 1a 5=4得a 3=2,故a 1a 2a 3a 4a 5=32,则log 2 a 1+log 2 a 2+log 2a 3+log 2a 4+log 2a 5=log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)=log 232=5. 答案 5 三、解答题9.(2014·北京卷)已知{a n }是等差数列,满足a 1=3,a 4=12,数列{b n }满足b 1=4,b 4=20,且{b n -a n }为等比数列. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式; (2)求数列{b n }的前n 项和.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,由题意得 d =a 4-a 13=12-33=3.所以a n =a 1+(n -1)d =3n (n =1,2,…). 设等比数列{b n -a n }的公比为q ,由题意得 q 3=b 4-a 4b 1-a 1=20-124-3=8,解得q =2.所以b n -a n =(b 1-a 1)q n -1=2n -1. 从而b n =3n +2n -1(n =1,2,…). (2)由(1)知b n =3n +2n -1(n =1,2,…).数列{3n }的前n 项和为32n (n +1),数列{2n -1}的前n 项和为1-2n 1-2=2n -1.所以,数列{b n }的前n 项和为32n (n +1)+2n -1.10.(2014·江西卷)已知首项都是1的两个数列{a n },{b n }(b n ≠0,n ∈N *)满足a n b n +1-a n +1b n +2b n +1b n =0.(1)令c n =a nb n,求数列{c n }的通项公式;(2)若b n =3n -1,求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)因为a n b n +1-a n +1b n +2b n +1b n =0,b n ≠0(n ∈N *), 所以a n +1b n +1-a n b n=2,即c n +1-c n =2.所以数列{c n }是以首项c 1=1,公差d =2的等差数列,故c n =2n -1. (2)由b n =3n -1知a n =c n b n =(2n -1)3n -1,于是数列{a n }前n 项和S n =1·30+3·31+5·32+…+(2n -1)·3n -1, 3S n =1·31+3·32+…+(2n -3)·3n -1+(2n -1)·3n ,相减得-2S n =1+2·(31+32+…+3n -1)-(2n -1)·3n =-2-(2n -2)3n , 所以S n =(n -1)3n +1.11.(2014·烟台一模)已知数列{a n }前n 项和为S n ,首项为a 1,且12,a n ,S n 成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式; (2)数列{b n }满足b n =(log 2a 2n +1)×(log 2a 2n +3),求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和.解 (1)∵12,a n ,S n 成等差数列,∴2a n =S n +12, 当n =1时,2a 1=S 1+12,∴a 1=12, 当n ≥2时,S n =2a n -12,S n -1=2a n -1-12,两式相减得:a n =S n -S n -1=2a n -2a n -1,∴a na n -1=2,所以数列{a n }是首项为12,公比为2的等比数列,即a n =12×2n -1=2n -2.(2)∵b n =(log 2a 2n +1)×(log 2a 2n +3)=(log 222n +1-2)×(log 222n +3-2)=(2n -1)(2n +1), ∴1b n =12n -1×12n +1=12⎝⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1, ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n =1b 1+1b 2+1b 3+…+1b n=12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1 =12⎝⎛⎭⎪⎫1-12n +1=n2n +1.。

【创新设计】(江西专用)2015高考数学二轮复习 专题训练 1-3-2 数列的综合问题 理

第2讲 数列的综合问题一、选择题1.(2014·杭州质量检测)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 4<0,a 5>|a 4|,则使S n >0成立的最小正整数n 为( ).A .6B .7C .8D .9解析 ∵a 4<0,a 5>|a 4|, ∴a 4+a 5>0, ∴S 8=a 4+a 52=a 1+a 82>0.∴最小正整数为8. 答案 C2.(2014·广州综合测试)在数列{a n }中,已知a 1=1,a n +1-a n =sin n +π2,记S n 为数列{a n }的前n 项和,则S 2014=( ).A .1 006B .1 007C .1 008D .1 009解析 由a n +1-a n =sinn +π2⇒a n +1=a n +sinn +π2,所以a 2=a 1+sin π=1+0=1,a 3=a 2+sin 3π2=1+(-1)=0,a 4=a 3+sin 2π=0+0=0,a 5=a 4+sin 5π2=0+1=1,∴a 5=a 1,如此继续可得a n +4=a n (n ∈N *),数列{a n }是一个以4为周期的周期数列,而2 014=4×503+2,因此S 2 014=503×(a 1+a 2+a 3+a 4)+a 1+a 2=503×(1+1+0+0)+1+1=1 008. 答案 C3.(2014·吉林省实验中学模拟)a n =⎠⎛0n (2x +1)d x ,数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前项和为S n ,数列{b n }的通项公式为b n =n -8,则b n S n 的最小值为 ( ).A .-3B .-4C .3D .4解析 a n =⎠⎛0n (2x +1)d x =n 2+n =n (n +1),所以1a n=1n -1n +1,所以S n =n n +1,所以b n S n =n n -n +1=n +1+9n +1-10≥-4,当且仅当n +1=9n +1,即n =2时等号成立,所以b n S n 的最小值为-4. 答案 B4.已知各项都为正的等比数列{a n }满足a 7=a 6+2a 5,存在两项a m ,a n 使得 a m ·a n =4a 1,则1m +4n的最小值为( ).A.32 B .53 C.256D .43解析 由a 7=a 6+2a 5,得a 1q 6=a 1q 5+2a 1q 4,整理有q 2-q -2=0,解得q =2或q =-1(与条件中等比数列的各项都为正矛盾,舍去),又由 a m ·a n =4a 1,得a m a n =16a 21,即a 212m+n -2=16a 21,即有m +n -2=4,亦即m +n =6,那么1m +4n =16(m +n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m +4n =16⎝ ⎛⎭⎪⎫4m n +n m +5≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫24mn ·n m +5=32,当且仅当4m n =n m ,m +n =6,即n =2m =4时取得最小值32.答案 A 二、填空题5.(2013·辽宁卷)已知等比数列{a n }是递增数列,S n 是{a n }的前n 项和.若a 1,a 3是方程x 2-5x +4=0的两个根,则S 6=________.解析 ∵a 1,a 3是方程x 2-5x +4=0的两根,且q >1, ∴a 1=1,a 3=4,则公比q =2, 因此S 6=-261-2=63.答案 636.(2014·江苏五市联考)各项均为正数的等比数列{a n }中,a 2-a 1=1.当a 3取最小值时,数列{a n }的通项公式a n =________.解析 根据题意,由于各项均为正数的等比数列{a n }中,a 2-a 1=1,所以q >1.∵a 2a 1=q ,∴a 1(q -1)=1,a 1=1q -1, ∴a 3=q 2q -1=q -2+q -+1q -1=q -1+1q -1+2≥2q -1q -1+2=4, 当且仅当q =2时取得等号,故可知数列{a n }的通项公式a n =2n -1.答案 2n -17.(2014·咸阳一模)已知函数f (x )=x +sin x ,项数为19的等差数列{a n }满足a n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-π2,π2,且公差d ≠0.若f (a 1)+f (a 2)+…+f (a 18)+f (a 19)=0,则当k =________时,f (a k )=0.解析 因为函数f (x )=x +sin x 是奇函数,所以图象关于原点对称,图象过原点.而等差数列{a n }有19项,a n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-π2,π2,若f (a 1)+f (a 2)+…+f (a 18)+f (a 19)=0,则必有f (a 10)=0,所以k =10. 答案 108.(2013·新课标全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 10=0,S 15=25,则nS n 的最小值为________.解析 由已知⎩⎪⎨⎪⎧S10=10a 1+10×92d =0,S15=15a 1+15×142d =25,解得a 1=-3,d =23,那么nS n =n 2a 1+n 2n -2d =n 33-10n 23,由于函数f (x )=x 33-10x 23(x >0)在x =203处取得极小值也是最小值,因而检验n =6时,6S 6=-48,而n =7时,7S 7=-49. 答案 -49 三、解答题9.已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列,a 3=4,{a n }的前3项和为7.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n =(2n -3)2n+3,设数列{b n }的前n 项和为S n ,求证:1S 1+1S 2+…+1S n ≤2-1n.(1)解 设数列{a n }的公比为q ,由已知得q >0,且⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2=4,a 1+a 1q +4=7,∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1=1,q =2.∴数列{a n }的通项公式为a n =2n -1.(2)证明 当n =1时,a 1b 1=1,且a 1=1,解得b 1=1. 当n ≥2时,a n b n =(2n -3)2n+3-(2n -2-3)2n -1-3=(2n -1)·2n -1.∵a n =2n -1,∴当n ≥2时,b n =2n -1.∵b 1=1=2×1-1满足b n =2n -1, ∴数列{b n }的通项公式为b n =2n -1(n ∈N *). ∴数列{b n }是首项为1,公差为2的等差数列.∴S n =n 2.∴当n =1时,1S 1=1=2-11.当n ≥2时,1S n =1n 2<1nn -=1n -1-1n. ∴1S 1+1S 2+…+1S n ≤2-11+11-12+…+1n -1-1n =2-1n. 10.(2014·四川卷)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 *).(1)若a 1=-2,点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上,求数列{a n }的前n 项和S n ;(2)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 nb n 的前n 项和T n .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.从而a n =n ,b n =2n, 所以T n =12+222+323+…+n -12n -1+n2n ,2T n =11+22+322+…+n2n -1.因此,2T n -T n =1+12+122+…+12n -1-n 2n=2-12n -1-n 2n =2n +1-n -22n.所以,T n =2n +1-n -22n. 11.数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,且对任意正整数n ,点(a n +1,S n )在直线2x +y -2=0上.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)是否存在实数λ,使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n +λn +λ2n 为等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.解 (1)由题意,可得2a n +1+S n -2=0.① 当n ≥2时,2a n +S n -1-2=0.② ①-②,得2a n +1-2a n +a n =0,所以a n +1a n =12(n ≥2). 因为a 1=1,2a 2+a 1=2,所以a 2=12.所以{a n }是首项为1,公比为12的等比数列.所以数列{a n }的通项公式为a n =⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1.(2)由(1)知,S n =1-12n1-12=2-12.若⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n +λn +λ2n 为等差数列,则S 1+λ+λ2,S 2+2λ+λ22,S 3+3λ+λ23成等差数列,则2⎝ ⎛⎭⎪⎫S 2+9λ4=S 1+3λ2+S 3+25λ8,即2⎝ ⎛⎭⎪⎫32+9λ4=1+3λ2+74+25λ8,解得λ=2. 又λ=2时,S n +2n +22n =2n +2,显然{2n +2}成等差数列,故存在实数λ=2, 使得数列{S n +λn +λ2n }成等差数列.。

2015年高考数学数列真题汇编

2015年高考试卷数列题摘录1.(全国卷Ⅰ理科第17题,12分)n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a >0,2n n a a +=43n S +. (Ⅰ)求{n a }的通项公式: (Ⅱ)设b n =1an a n+1,求数列{b n }的前n 项和2.(全国卷Ⅰ文科第7题,5分)已知{a n }是公差为1的等差数列,S n 为{a n }的前n 项和。

则S 8=4S 4,a 10=(A )172(B )192(C )10 (D )123.(全国卷Ⅰ文科第13题,5分)在数列{a n }中, a 1=2,a n+1=2a n , S n 为{a n }的前n 项和,若S n =126,则n= .4.(全国卷Ⅱ理科第4题,5分)已知等比数列{}n a 满足a 1 = 3,a 1 + a 3 + a 5 = 21,则a 3 + a 5 + a 7 =A .21B .42C .63D .845.(全国卷Ⅱ理科第16题,5分)设S n 是数列{}n a 的前n 项和,且a 1 = -1,a n +1 = S n S n +1,则S n = __________.6.(全国卷Ⅱ文科第5题,5分)设S n 等差数列{}n a 的前n 项和。

若a 1 + a 3 + a 5 = 3,则S 5 =A .5B .7C .9D .117.(全国卷Ⅱ文科第9题,5分)已知等比数列{}n a 满足114a =,a 3a 5 = 44(1)a -,则a 2 = A .2B .1C .12D .188.(江苏卷第11题,5分)数列}{n a 满足11=a ,且11+=-+n a a n n (*N n ∈),则数列}1{na 前10项的和为 . 9.(江苏卷第20题,16分)设1234,,,a a a a 是各项为正数且公差为d (0)d ≠的等差数列 (1)证明:31242,2,2,2a a a a依次构成等比数列;(2)是否存在1,a d ,使得2341234,,,a a a a 依次构成等比数列?并说明理由;(3)是否存在1,a d 及正整数,n k ,使得351234,,,n n k n kn k a a a a +++依次构成等比数列?并说明理由。

【高考复习方案】专题3-数列-2015年高三数学学科(理科)二轮复习-浙江省专用


累加法 累乘法 数列、 简单 等差 的递 数列、 推Hale Waihona Puke 等比 列解 数列 法 待定 转化法
an+1=an+f (n) 型 an+1=an f (n)型 an+1=pan+q· p
n+1
(p≠0,1,
an+1 an q≠0)⇔ n+1=pn+q p an+1=can+d(c≠0,1,d≠0)
d 系数法 ⇔an+1+λ=c(an+λ),λ= c-1 等比数列) 求解
[答案] 3,5,7
主干知识
⇒ 数列 关键词:表示 方法、通项公式、 前 n 项和,如①.
[解析] 依题意有 S1=a1=2a2-3-4, a1=3, S2=a1+a2=4a3-12-8,解得a2=5, S =a +a +a =15, a =7. 3 3 1 2 3
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例2
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第8讲
等差数列、等比数列
考 点 考 向 探 究
[答案] (1)A (2)C a1+a9 2a5 [解析] (1)由 S9= ×9= ×9=9a5=3a8,得 3a5 2 2 a1+a15 S15 15a8 =a8.又 S15= 2 ×15=15a8,所以3a = a =15. 5 8 7 (2)方法一: 由已知可知数列{an}为等差数列, 公差为-4, 7 故其通项公式为 an=25+(n-1)×-4.由 an≥0 且 an+1< 0(n∈N*),解得 n=15,即数列{an}的前 15 项均为正值,从 16 项开始为负值,(该数列中没有等于零的项),故 S15 最大, 15×14 7 735 765 S15=15×25+ ×-4=375- = . 2 4 4
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数刘(7) 1、 已知定义域为(O,)的函数满足:①对任意,恒有②当.记区间,其中,当时.的取值构成区间,定义区间(a,b)的区间长度为b-a,设区间在区间上的补集的区间长度为,则a1 =____________=____________ 2、已知等差数列首项为,公差为,等比数列首项为,公比为,其中都是大于1的正整数,且,对于任意的,总存在,使得成立,则 3、已知等差数列的前n项和为,若, ,则 4、设数列是公差不为零的等差数列,前项和为,满足,则使得

为数列中的项的所有正整数的值为 5、已知等差数列的前项和为,若且A、B、C三点共线(该直线不过点O),则 。 6、数列的前n项和为,若数列的各项按如下规律排列:

有如下运算和结论:① ② 数列是等比数列;

③ 数列前n项和为 ④ 若存在正整数,使则.其中正确的结论有 ▲ .(请填上所有正确结论的序号)

7、已知等比数列{an},首项为2,公比为3,则=_________ (n∈N*). 8、有以下四个命题: ①中,“”是“”的充要条件; ②若数列为等比数列,且; ③不等式的解集为;

④若P是双曲线上一点,分别是双曲线的左、右焦点,且其中真命题的序号为_____________.(把正确的序号都填上) 9、数列满足,则的整数部分是 ▲ 。 10、数列中, ,成等差数列; 成等比数列;的倒数成等差数列.则①成等差数列;②成等比数列; ③的倒数成等差数列; ④的倒数成等比数列.则其中正确的结论是 .

11、已知数列满足:,我们把使a1〃 a2〃…〃ak为整数的数k()叫做数列的理想数,给出下列关于数列的几个结论:①数列的最小理想数是2;②数列的理想数k的形式可以表示为;③在区间(1,1000)内数列的所有理想数之和为1004;④对任意,有>。其中正确结论的序号为 。 12、已知数列中,,前项和为,并且对于任意的且

, 总成等差数列,则的通项公式 13、设数列的前项和为, 关于数列有下列三个命题: ①若既是等差数列又是等比数列,则;②若,则是等差数列; ③若,则是等比数列.这些命题中,真命题的序号是 。

14、设函数,,数列满足,则数列的通项等于________ 15、设,,,,则数列的通项公式= . 16、 已知数列的前项和是,且.(1)求数列的通项公式; (2)设,求适合方程 的正整数的值. 17、已知为锐角,且,函数,数列 的首项,.(1)求函数的表达式;(2)求数列的前项和. 18、已知等差数列的公差大于0,且是方程的两根,数列的前n项的和

为,且. (Ⅰ)求数列,的通项公式;(Ⅱ)记,求证:. 19、已知不等式++…+>[log2n],其中n为大于2的整数,[log2n]表示不超过log2n的最大整数。设数列{an}的各项为正,且满足a1=b(b>0),an≤,n=2,3,4,….(Ⅰ)证明:an≤,n=2,3,4,5,…; (Ⅱ)猜测数列{an}是否有极限?如果有,写出极限的值(不必证明);

(Ⅲ)试确定一个正整数N,使得当n>N时,对任意b>0,都有an<.

20、已知数列的首项为,且为公差是1的等差数列。 (1)求数列的通项公式;(2)当时,求数列的前项和。 21、已知数列的前n项和为,且是与2的等差中项,而数列的首项为1,. (1)求和的值; (2)求数列,的通项和;(3)设,求数列的前n项和。 22、已知数列满足:,且(I)求数列的前7项和; (Ⅱ)设数列中:,求数列的前20项和. 23、等差数列的各项均为正数,,前项和为,为等比数列,,且,。

(1)求与的通项公式 (2) 求 24、已知数列{an}是首项为-1,公差d 0的等差数列,且它的第2、3、6项依次构成等比数列{ bn}的前3项。 (1)求{an}的通项公式;(2)若Cn=an〃bn,求数列{Cn}的前n项和Sn。

25、已知数列的前项和满足,(1)求数列的前三项

(2)设,求证:数列为等比数列,并指出的通项公式。 26、在数列中,前n项和为,且.(Ⅰ)求数列的通项公式; (Ⅱ)设,数列前n项和为,求的取值范围.

27、已知首项为的等比数列{an}是递减数列,其前n项和为Sn,且S1+a1,S2+a2,S3+a3成等差数列. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)已知,求数列{bn}的前n项和.

28、已知首项为的等比数列{an}是递减数列,其前n项和为Sn,且S1+a1,S2+a2,S3+a3成等差数列. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式; (Ⅱ)已知,求数列{bn}的前n项和. 29、 有个首项都是1的等差数列,设第个数列的第项为,公差为,并且成等差数列. (1)证明 (,是的多项式),并求的值; (2)当时,将数列分组如下:(每组数的个数构成等差数列).设前组中所有数之和为,求数列的前项和. (3)设是不超过20的正整数,当时,对于(Ⅱ)中的,求使得不等式 成立的所有的值. 30、已知数列是等差数列,且 (1)求数列的通项公式 (2)令,求数列前n项和 31、在数列{an}(n∈N*)中,已知a1=1,a2k=-ak,a2k-1=(-1)k+1ak,k∈N*. 记数列{an}的前n项和为Sn.

(1)求S5,S7的值;(2)求证:对任意n∈N*,Sn≥0.

32、设非常数数列{an}满足an+2=,n∈N*,其中常数α,β均为非零实数,且α+β≠0. (1)证明:数列{an}为等差数列的充要条件是α+2β=0;

(2)已知α=1,β=, a1=1,a2=,求证:数列{| an+1-an-1|} (n∈N*,n≥2)与数列{n+} (n∈N*)中没有相同数值的项.

33、已知数列满足(),其中为数列的前n项和.

(Ⅰ)求的通项公式;(Ⅱ)若数列满足: (),求的前n项和公式. 34、已知数列是等差数列,且. (1)求数列的通项公式; (2)令,求数列前n项和. 35、已知{}是一个公差大于0的等差数列,且满足 (Ⅰ)求数列{}的通项公式:(Ⅱ)若数列{}和等比数列{}满足等式:(n为正整数)求数列{}的前n项和 36

37、设数列的前项n和为,若对于任意的正整数n都有. (1)设,求证:数列是等比数列,并求出的通项公式。(2)求数列的前n项和. 38、已知正数数列的前项和为,满足。 (Ⅰ)求证:数列是等差数列,并求出通项公式;

(Ⅱ)设,若对任意恒成立,求实数的取值范围。 39、已知等差数列满足:. (Ⅰ)求的通项公式及前项和; (Ⅱ)若等比数列的前项和为,且,求. 40、已知数列的前项和为,且.(Ⅰ)求数列的通项公式;

(Ⅱ)设,,求使恒成立的实数的取值范围. 1、; 2、. 3、 ; 4、2 5、6、 ① ③ ④7、 8、①④9、 10、;(理)2,4

11、 ①③ 12、13、①②③14、 15、 16、(1) 当时,,由,得当时,∵ , , ∴,即 ∴ ∴是以为首项,为公比的等比数列.故 (2),

解方程,得 17、(1)由, 是锐角,

(2), , (常数) 是首项为,公比的等比数列, ,∴ 18、

19、 (Ⅰ)证法1:∵当n≥2时,0有

20、 21、 22、解:(1)

(2)23、 ①设{an}公差为d,{bn}公比为q ②Sn=3+5+……+(2n+1)=n(n+2) 24、 25、解:⑴在Sn=2an+(-1)n中分别令n=1,2,3得

(2分) 解得 (4分)⑵由Sn=2an+(-1)n,n≥1得Sn-1=2an-1+(-1)n-1,n≥2 两式想减得an=2aa-2an-1+2(-1)n,即an=2an-1-2(-1)n (6分)∴

an+(-1)n=2an-1+(-1)n-2(-1)n=2an-1+(-1)n-1 =2[an-1+(-1)n-1](n≥2) (9分)即bn=2bn-1(n≥2),b1=a1-=∴{bn}是首项为,公比为2的等比数列. (10分)

∴bn=×2n-1= an+(-1)nan=×2n-1-(-1)n (12分) 26、解析:(Ⅰ)当时,;当时,,经验证,满足上式.

故数列的通项公式. (Ⅱ)可知,则, 两式相减,得,所以. 由于,则单调递增,故,又,故的取值范围是. 27、.解:(I)设等比数列{an}的公比为q,由题知a1= ,又∵ S1+a1,S2+a2,S3+a3成等差数列, ∴ 2(S2+a2)=S1+a1+S3+a3,变形得S2-S1+2a2=a1+S3-S2+a3,即得3a2=a1+2a3,∴ q=+q2,解得q=1或q=, 又由{an}为递减数列,于是q=,∴ an=a1=( )n. (Ⅱ)由于bn=anlog2an=-n∙( )n,∴ , 于是,

两式相减得:整理得. 28、.解:(I)设等比数列{an}的公比为q,由题知a1= ,又∵ S1+a1,S2+a2,S3+a3成等差数列, ∴ 2(S2+a2)=S1+a1+S3+a3,变形得S2-S1+2a2=a1+S3-S2+a3,即得3a2=a1+2a3,∴ q=+q2,解得q=1或q=, 又由{an}为递减数列,于是q=,∴ an=a1=( )n. (Ⅱ)由于bn=anlog2an=-n∙( )n,∴ ,

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