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《优化探究》2013届高三数学理科二轮复习专题演练1-4-2第二讲 数列的通项公式与数列求和


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1-4-2 第二讲

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数列的通项公式与数列求和

一、选择题 1.已知等差数列{an}满足 a2=0,a6+a8=-10,则 a2 012=( A.2 010 C.-2 010 B.2 012 D.- 2012 )

解析:设等差数列{an}的公差为 d,

?a1+d=0 则由已知条件可得? , ?2a1+12d=-10 ?a1=1, 解得? ?d=-1. 所以数列{an}的通项公式为 an=-n+2. 故 a2 012=-2 012+2=-2 010. 答案:C nπ 2. (2012 年高考福建卷)数列{an}的通项公式 an=ncos 2 , 其前 n 项和为 Sn, 则 S2 012 等于( A.1 006 C.503 解析:用归纳法求解. nπ ∵ n=ncos 2 ,∴ 1=0,a2=-2,a3=0,a4=4,a5=0,a6=-6,a7=0, a a a8=8,…. 由此易知 a4n-2=-(4n-2),a4n=4n, 且 a1+a2+a3+a4=-2+4=2,a5+a6+a7+a8=-6+8=2,…,a4n-3+a4n
-2

) B.2 012 D.0

+a4n-1+a4n=-(4n-2)+4n=2. 又 2 012=4× 503, ∴ 1+a2+…+a2 012=2+2+…+2,\s\do4(503 个))=2× a 503=1 006. 答案:A

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3.(2012 年海淀模拟)若数列{an}满足:a1=19,an+1=an-3(n∈ *),则数列 N {an}的前 n 项和数值最大时,n 的值为( A.6 C.8 ) B.7 D.9

解析:∵ n+1-an=-3,∴ a 数列{an}是以 19 为首项,-3 为公差的等差数列, ∴ n=19+(n-1)× a (-3)=22-3n. ?ak≥0, 设前 k 项和最大,则有? ?ak+1≤0, ?22-3k≥0, ? ∴ ?22-3(k+1)≤0, 19 22 ∴3 ≤k≤ 3 , ∵ N*,∴ k∈ k=7. 故满足条件的 n 的值为 7. 答案:B 4.在公差为 d,各项均为正整数的等差数列{an}中,若 a1=1,an=51,则 n+d 的最小值为( A.14 C.18 解析:由题意得 1+(n-1)d=51, 即(n-1)d=50,且 d>0. 由(n-1)+d≥2 (n-1)d=2 50(当且仅当 n-1=d 时等号成立), 得 n+d≥10 2+1,因为 n,d 均为正整数, 所以 n+d 的最小值为 16,选 B. 答案:B 5.(2012 年高考浙江卷)设 Sn 是公差为 d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前 n 项 和,则下列命题错误的是( ) ) B.16 D.10

A.若 d<0,则数列{Sn}有最大项 B.若数列{Sn}有最大项,则 d<0 C.若数列{Sn}是递增数列,则对任意 n∈ *,均有 Sn>0 N
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D.若对任意 n∈ *,均有 Sn>0,则数列{Sn}是递增数列 N d d 解析:利用函数思想,通过讨论 Sn=2n2+(a1-2)n 的单调性判断. 1 d d 设{an}的首项为 a1,则 Sn=na1+2n(n-1)d=2n2+(a1-2)n.由二次函数性质 知 Sn 有最大值时,则 d<0,故 A、B 正确;因为{Sn}为递增数列,则 d>0,不妨 设 a1=-1, d=2, 显然{Sn}是递增数列, S1=-1<0, C 错误; 但 故 对任意 n∈ *, N Sn 均大于 0 时,a1>0,d>0,{Sn}必是递增数列,D 正确. 答案:C 二、填空题 6.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2n-an,则数列{an}的通项公式为 ________. 解析:由于 Sn=2n-an,所以 Sn+1=2(n+1)-an+1,后式减去前式,得 Sn+1 1 1 -Sn=2-an+1+an,即 an+1=2an+1,变形为 an+1-2=2(an-2),则数列{an-2} 1 是以 a1-2 为首项,2为公比的等比数列.又 a1=2-a1,即 a1=1.则 an-2=(- 1 - 1 - 1)·2)n 1,所以 an=2-(2)n 1. ( 1 答案:2-(2)n-1 7. (2012 年高考江西卷)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 公比不为 1.若 a1=1, 则对任意的 n∈ *,都有 an+2+an+1-2an=0,则 S5=________. N 解析:利用“特殊值”法,确定公比. 由题意知 a3+a2-2a1=0,设公比为 q,则 a1(q2+q-2)=0.由 q2+q-2=0 解得 q=-2 或 q=1(舍去),则 S5= 答案:11 8.流行性感冒(简称流感)是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去 年 11 月份曾发生流感,据资料记载,11 月 1 日,该市新的流感病毒感染者有 20 人,以后每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加 50 人.由于该市卫生部 门采取措施,使该种病毒的传播得到控制,从某天起,每天的新感染者平均比前 一天的新感染者减少 30 人,到 11 月 30 日止,该市在这 30 天内感染该病毒的患
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a1(1-q5) 1-(-2)5 = =11. 3 1-q

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者共有 8 670 人,则 11 月________日,该市感染此病毒的新患者人数最多. 解析:设该市 11 月 n 日新感染者有 an 人,在 11 月(x+1)日开始控制病毒的 ?20+50(n-1),1≤n≤x 传播,其中 x∈ *,则由题意可知:an=? N 从而 ?50x-30-30(n-x),x<n≤30, 20+50x-30 [(50x-60)+(80x-930)] 由条件得 · x+ · (30-x)=8 670,解之得 2 2 x=12 或 x=49(舍去),故易知 11 月 12 日,该市感染此病毒的新患者人数最多. 答案:12 三、解答题 9.(2012 年长沙模拟)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=2an+1(n∈ *). N (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 4b1-1· 2-1· 3-1·…·4nbn-1=(an+1)n, 42b 43b 求数列{bn} 的通项公式. 解析:(1)∵ n+1=2an+1,∴ n+1+1=2(an+1), a a an+1+1 ∴ =2, an+1 而 a1=1,a1+1=2≠0,故数列{an+1}是首项为 2,公比为 2 的等比数列, ∴ n+1=2n,即 an=2n-1(n∈ *). a N (2)∵ 1-1· 2-1· 3-1· 4nbn-1=(an+1)n, 4b 42b 43b …· ∴ 1+2b2+3b3+…+nbn-n=2n2, 4b ∴ 1+2b2+3b3+…+nbn)-2n=n2, 2(b 即 2(b1+2b2+3b3+…+nbn)=n2+2n,① 当 n≥2 时,2[b1+2b2+…+(n-1)bn-1] =(n-1)2+2(n-1)=n2-1,② 1 由① -② 2nbn=2n+1(n≥2),bn=1+2n(n≥2). 得 3 易知当 n=1 时,4b1-1=a1+1=2,得 b1=2,满足上式, 1 ∴ n=1+2n(n∈ *). b N 10.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2+2n. (1)求数列的通项公式 an;
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1 1 1 (2)设 2bn=an-1,且 Tn=b b +b b +…+ ,求 Tn. bnbn+1 1 2 2 3 解析:(1)因为 Sn=n2+2n,所以当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n+1. 当 n=1 时,a1=S1=3=2× 1+12,满足上式. 故 an=2n+1,n∈ *. N (2)因为 2bn=an-1,所以 1 1 bn=2(an-1)=2(2n+1-1)=n, 所以 1 1 1 1 = =n- , bnbn+1 n(n+1) n+1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以 Tn=b b +b b +…+ =1× +2× +…+ =1-2+2- 2 3 bnbn+1 n× (n+1) 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 n +3-4+…+ -n+n- = . 3 n-1 n+1 n+1 11.(2012 年广州两校联考)已知数列{an}满足 a1=5,a2=5,an+1=an+6an
-1

(n≥2). (1)求证:{an+1+2an}是等比数列; (2)求证:{an-3n}是等比数列并求数列{an}的通项公式; (3)设 3nbn=n(3n-an),且|b1|+|b2|+…+|bn|<m 对于 n∈ *恒成立,求 m 的取 N

值范围. 解析:(1)证明:由 an+1=an+6an-1,an+1+2an=3(an+2an-1)(n≥2), ∵ 1=5,a2=5,∴ 2+2a1=15 a a 故数列{an+1+2an}是以 15 为首项,3 为公比的等比数列. (2)证明:由(1)得 an+1+2an=5·n, 3 ∴ n+1-3n+1)=-2(an-3n), (a 故数列{an-3n}是以 2 为首项,-2 为公比的等比数列, ∴ n-3n=2(-2)n-1, a 即 an=3n+2(-2)n-1=3n-(-2)n (3)由 3nbn=n(3n-an)=n[3n-3n+(-2)n] =n(-2)n, 2 ∴ n=n(-3)n b
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令 Sn=|b1|+|b2|+…+|bn| 2 2 2 2 =3+2(3)2+3(3)3+…+n(3)n

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2 2 2 2 2 Sn=(3)2+2(3)3+…+(n-1)(3)n+n(3)n+1 3 2 2 [1-(3)n] 3 1 2 2 2 2 2 2 得3Sn=3+(3)2+(3)3+…+(3)n-n(3)n+1= -n(3)n+1 2 1-3 2 2 =2[1-(3)n]-n(3)n+1 2 2 ∴ n=6[1-(3)n]-3n(3)n+1<6,要使得|b1|+|b2|+…+|bn|<m 对于 n∈ *恒成 S N 立,只须 m≥6.

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