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2011年高考数学难点、重点突破精讲精练专题二-数列的求和及应用(教师版)

时间:2011-01-22


2011 年高考数学难点、重点、易错点突破精讲精练 专题 02 数列的求和及应用 【名师导航】 数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础.高考对本章的考查比较全面,等差 数列、等比数列的考查每年都不会遗漏.一般情况下都是一个客观题和一个解答题,分值占 整个试卷的 10%左右. 这几年的高考通过选择题, 填空题来着重对三基进行考查, 涉及到的知识主要有: (比) 等差 数列

的性质. 通过解答题着重对观察、归纳、抽象等解决问题的基本方法进行考查,其中涉 及到方程、不等式、函数思想方法的应用等,综合性比较强,但难度略有下降。客观性试题 主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前 n 项和公式、极限的四则运算法则、 无穷递缩等比数列所有项和等内容, 对基本的计算技能要求比较高, 解答题大多以考查数列 内容为主,并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题,在解题过程中通常用到等价转 化,分类讨论等数学思想方法,是属于中高档难度的题目。 有关数列题的命题趋势(1)数列是特殊的函数,而不等式则是深刻认识函数和数列的重要 工具, 三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验, 而三者的求证题所显现出的代数推理 是近年来高考命题的新热点(2)数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何 题来考查逻辑推理能力,近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。 复习建议: “巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要,但用“基本量 法”并树立“目标意识”“需要什么,就求什么” , ,既要充分合理地运用条件,又要时刻注 意题的目标,往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果 【高考目标定位】 数列求和 1、考纲点击 (1)熟练掌握等差数列、等比数列的前 n 项和公式; (2)掌握非等差数列、等比数列求和的几种常见方法。 2、热点提示 (1)以考查等差数列、等比数列的求和公式为主,同时考查转化的思想; (2)对非等差数列、等比数列的求和,主要考查学生的观察能力、分析问题与解决问题的 能力以及计算能力; (3)数列求和常与函数、方程、不等式等诸多知识联系在一起,以它复杂多变、综合性强、 解法灵活等特征而成为高考的中档题或压轴题。 【考纲知识梳理】 数列求和 数列求和的常用方法 1、公式法 (1)直接利用等差数列、等比数列的前 n 项公式求和; (2)一些常见的数列的前 n 项和:
新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源
t p w j.x g m /w c h /: w k y o t .c x /

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○ 1

1+ 2 + 3 + 4 +L + n =

n( n + 1) 2 ; n( n + 1)(2n + 1) 6 ;

○ 2

12 + 22 + 32 + L + n 2 =

○ 2 + 4 + 6 + L + 2 n = n ( n + 1) ; 3
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○ 1 + 3 + 5 + L + 2n ? 1 = n ; 4
2

○ 5

13 + 23 + 33 + L + n3 = [

n(n + 1) 2 n 2 (n + 1)2 ] = 2 4 。

2、倒序相加法 如果一个数列

{an } ,首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个

数列的前 n 项和即可用倒序相加法,如等差数列的前 n 项和即是用此法推导的。 3、错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应之积构成的, 那么这个数列的 前 n 项和即可用此法来求,如等比数列的前 n 项和就是用此法推导的; 4、裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和; 注:用裂项相消法求数列前 n 项和的前提是:数列中的每一项均能分裂成一正一负两项,这 是用裂项相消法的前提。 5、分组求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成,则求和时可用分组求和 法,分别求和而后相加减; 6、并项求和法 一个数列的前 n 项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和 。形如 可采用两项合并求解。

an = ( ?1) n f ( n) 类型,

一、数列求和 (一)分组转化求和 ※相关链接※ 1、数列求和应从通项入手,若无通项,则先求通项,然后通过对通项变形,转化为等差或 等比或可求数列前 n 项和的数列来求之; 2、常见类型及方法 (1) (2) (3) 利用等差数列前 n 项和公式直接求解;

an = a ? q n ?1

利用等比数列前 n 项和公式直接求解; , 数列 是等比数列或等差数列, 采用分组求和法求 的

前 n 项和。 注:应用等比数列前 n 项和公式时,要注意公比 q 的取值。 ※例题解析※ 〖例〗已知数列

{an } 的前 n 项是 3+2-1,6+4-1,9+8-1,12+16-1,……,写出数列 {an } 的
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通项并求其前 n 项和

Sn

思路解析:先求通项 → 转化为几个易求和数列形式 → 分别求和 → 得结论 解答:由已知得,数列 ∴

{an } 的通项公式为 an = 3n + 2n ? 1 = 3n ? 1 + 2n ,
n(2 + 3n ? 1) 2(1 ? 2n ) + 2 1? 2

a1 + a2 + L + an = (2 + 5 + L + 3n ? 1) + (2 + 2 2 + L + 2 n ) = 1 n +1 S n = 2 n(3n + 1) + 2 ? 2 =
(二)错位相减法求和 ※相关链接※ 1、一般地,如果数列

{an } 是等差数列, {bn } 是等比数列,求数列 {an bn } 的前 n 项和时,

可采用错位相减法; 2、用乘公比错位相减法求和时,应注意 (1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形; (2)在写出“ 写出的

Sn

”与“

qS n

”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确

S n qS n
-

的表达式。

注:利用错位相减法求和时,转化为等比数列求和,若公比是个参数(字母) ,则应先对参 数加以讨论,一般情况下分等于 1 和不等于 1 两种情况分别求和。 (三)裂项相消求和 ※相关链接※ 1、利用裂项相消法求和时,应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前 面剩两项,后面也剩两项,再就是将通项公式裂项后,有时候需要调整前面的系数,使裂开 的两项之差和系数之积与原通项公式相等;

2 、 一 般 情 况 如 下 , 若

{an }

1 1 1 1 = ( ? ) aa d an an +1 , 是 等 差 数 列 , 则 n n +1

1 1 1 1 = ( ? ) an an + 2 2d an an + 2 ,此外根式在分母上可考虑利用有理化因式相消求和。
3、常见的拆项公式有:

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※例题解析※

〖 例 〗已 知数 列

{an }
bn

的 通 项公 式 为

an = log 2

n +1 (n ∈ N ? ) S n+2 , 设其 前 n 项和为 n ,

, 2 的前 n 项和为 (1)求 (2)求

Tn ,

Sn ; Tn Sn
,通过变形运算利用裂项相消法可求

思路解析:利用对数运算法则可求

Tn



解答: (1)方法一:∵

an = log 2

n +1 = log 2 (n + 1) ? log 2 (n + 2) n+2

Sn = log 2 2 ? log 2 3 + log 2 3 ? log 2 4 + L + log 2 (n + 1) ? log 2 (n + 2) = 1 ? log 2 (n + 2),


∴ S n = 1 ? log 2 (n + 2) = log 2
S n = log 2

2 ; n+2

方法二: (2)

2 3 n +1 2 3 n +1 2 + log 2 + L + log 2 = log 2 ( × ×L × ) = log 2 3 4 n+2 3 4 n+2 n+2

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bn = Sn + Sn ?1 = log 2 ∴ 2bn = 2
log 2 4 ( n +1)( n + 2)

2 2 4 , + log 2 = log 2 (n + 1)(n + 2) n+2 n +1

4 1 1 =4 ( ? ), (n + 1)(n + 2) n +1 n + 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2n ∴Tn = 4( ? + ? + …+ ? )=4 ( ? )= . 2 3 3 4 2 n+2 n+2 n +1 n + 2 =
(四)数列求和的综合应用 〖例〗设数列 (1)求数列 (2)设 (3)若

{an } 满足 a1 = a , an +1 = can + 1 ? c, n ∈ N ? , 其中a, c为实数且c ≠ 0.

{an } 的通项公式;
,求数列

{bn } 的前 n 项和 S n ; {an } ; (2)利用错

0 < an < 1对任意n ∈ N ?成立,证明0 < c ≤ 1

思路解析: (1)通过已知条件递推变形,构造等比数列或用迭代法求解 位相减法求

Sn

; (3)利用反证法证明。

(2)

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1 由(1)得bn = n(1 ? a)c n ?1 = n( )n , 2 1 1 1 Sn = b1 + b2 + … + bn = + 2( ) 2 + L + n( )n , 2 2 2 1 1 1 1 1 Sn = ( ) 2 + 2( )3 + L + (n ? 1)( ) n + n( ) n +1 , 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ∴ Sn = + ( ) 2 + ( )3 + L + ( ) n ? n( )n +1 , 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ∴ S n = 1 + + ( )2 + ( )3 + L + ( ) n ?1 ? n( )n 2 2 2 2 2 1 1 = 2[1 ? ( )n ] ? n( ) n . 2 2 1 ∴ S n = 2 ? (2 + n)( )n . 2
(3)由(1)知

an = ( a ? 1)c n ?1 + 1 。若 0 < (a ? 1)c n ?1 + 1 < 1 ,则 0 < (1 ? a )c n ?1 < 1 。∵

0 < a1 ? a < 1

,∴

0 < c n ?1 <

1 (n ∈ N ? ) ? n ?1 1? a 。由 c > 0 对任意 ( n ∈ N ) 成立,知 c>0.下证
n ?1

c≤1.用反证法。 方法一:假设 c>1.由函数 f(x)= c 的函数图象知,当 n 趋于无穷大时, c
x

趋于无穷大。∴

c n ?1 <

1 ? 1 ? a 不能对 ( n ∈ N ) 恒成立,导致矛盾。∴c≤1, ∴o< c≤1.

注:数列综合问题、数列通项、数列求和从近几年高考看考查力度非常大,常以解答题形式 出现,同时数列与三角函数、解析几何以及不等式证明问题相结合更是高考考查的重点。本 例既考查了数列通项,又考查了数列求和,同时也考查了不等式的证明,解题时注意分类讨 论思想的应用。 【方法攻略】 1.等差、 等比数列的性质要类比理解、 记忆.巧用等差、 等比数列的性质, 可达到减少运算量、
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提高解题速度和正确率的目的.对等差、等比的综合题型,在解题思路方法上,注意充分应 用题中涉及的概念、通项公式、前 n 项和公式及有关性质,布列等式、消元、解方程.注意 联系与变换视角观察分析.? 2.等差数列和等比数列的综合应用主要包括以下几个方面:?? (1)通项公式及前 n 项和公式的正用、逆用及综合运用;? (2)等差、等比数列性质的综合应用,所以应熟练掌握等差、等比数列的性质;? (3)数列问题与函数、三角、不等式以及解析几何均可进行综合,在这些知识交汇点处,要给予 足够的重视. 3.学会运用化归思想,将非等差数列和非等比数列转化为等差数列和等比数列的问题加以处 理的方法,对新颖的信息、 情境和设问,能选择有效的方法和手段收集信息,综合与灵活地运用 所学的数学知识、思想方法,进行独立思考、探索和研究,达到解决问题这一目的.理解以社会 问题立意的数列应用题,能准确理解问题的实际意义,将实际问题转化为数列问题,并用数列 知识加以解决. 【难点突破训练】 题组一 2010 高考数学模拟考试全解全析(10 选择 5 填空 10 解答) 一、选择题 1、 (2010 年-浙江省嘉兴市模拟)已知等差数列{an}满足 a2+a4=4,a3+a5=10,则它的前 10 项 的和 S10 等于 A.95 B.135 C.138 D.23 参考答案与解析:A

解析:设等差数列首项为 a1,公差为 d,则由已知得

,故

. 2、定义一种运算“ ①1 则n ”,对于正整数 n 满足以下运算: 1.

1=1;②(n+1) 1=2+n

1 用含 n 的代数式可表示为

A.2n-1 B.n C.2n-1 D.2n-1 参考答案与解析:A 解析:观察到运算满足的两式的性质,显然跟数列中的某种递推关系类似,因此我们转化为 数列题来做即可.设 ,则依题意得 a1=1,an+1=2+an,因此{an}为等差数列, 易得 an=2n

-1. 3、 (2010 年-山东省潍坊市高考模拟考试)某化工厂打算投入一条新的生产线,但需要经环 保部门审批同意方可投入生产.已知该生产线连续生产 n 年的累计产量为

吨, 但如果年产量超过 150 吨, 将会给环境造成危害.为保护环境, 环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是( )
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A.5 年

B.6 年

C.7 年

D.8 年

4、 (2010 年-辽宁省重点中学协作体高三第一次模拟考试)数列

满足:

,且对任

意的

都有:

,则

( )

A.

B.

C.

D.

参考答案与解析:D 解析:因为∵an+m=an+am+m n,则可得 al=l,a2=3,a3=6,a4=10,…,则可猜得

数列的通项

, ·∴













故选择 D. 本题考查了求解数列的通项的方法和数列求和的方法. 求解数列的通项除了依据 数列的递推关系, 恰当应用方法求解通项外, 还可以通过有限项归纳出数列的项的共同特点, 而猜出通项. 5、 (2010 年-合肥市高三第三次教学质量检测(数学理) )已知数列 2008,2009,-2008, -2009,…,这个数列的特点是从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列 的前 2009 项之和 等于( )

A.2009 B.2010 C.1 D.0 参考答案与解析:C 解析:由题得 an=an-1+an+1 (n ≥ 2),∴an+1=an- an-1 (n ≥ 2),数列的前 8 项 依次为 2008,2009,1,-2008,-2009,-1,2008,2009,可知数列为周期数列,周期 为 6,且 S6=0,∴S2009=S5=1,选 C.本题考查周期数列的归纳推理能力.

6、 (2010 年-上海市十四校高三联考(数学理) )无穷等比数列 于 A. ( ) B. C.
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…各项的和等

D.

参考答案与解析:B 解析:本题考查无穷等比数列的各项和问题.无穷等比数列各项之和存在条件是公比 0<︱

q︱<1,且和为

.依题目的数据知 al=1.

.因此各项和



本题属于简单的基础题. 7、 (2010 年-长沙市 5 月高三模拟考试(数学理) )等差数列{an}的通项公式是 an=1-2n,其

前 n 项和为 Sn,则数列{

}的前 11 项和为(

) D.-66

A.-45 B.-50 参考答案与解析:D

C.-55

解析:

.∴

.∴

的前 11 项的和为-66,故选 D.

8、 (2010 年-福建省厦门市 2010 届高三年级质量检查)正方形 ABCD 的边长是 a,依次连 接正方形 ABCD 各边中点得到一个新的正方形,再依次连接正方形各边中点又得到一个新 的正方形,依此得到一系列的正方形,如图所示。现有一只小虫从 A 点出发,沿正方形的 边逆时针方向爬行,每遇到新正方形的顶点时,沿这个正方形的边逆时针方向爬行,如此下 去,爬行了 10 条线段。则这 10 条线段的长度的平方和是( )

A.

B.

C.

D.

参考答案与解析:A

由题可知,这只小虫爬行的第一段长度的平方为 a =(

a) =

,

第二段长度的平方为 a =

,……,从而可知,小虫爬行的线段长度的平方可

以构成以 a =(

a) =

,以

为公比的等比数列,所以数列的前 10 项和为 S

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= 9、 (2010 年-广东省茂名市 2010 年高三第一次模拟考试)数列 的前 n 项和为 ,若

,则

等于(



参 考 答 案 与 解 析 : A

, ∴ S

=

故选 A。 满足,

10、 (2010 年陕西省宝鸡市高三教学质量检测(一)(理))已知等差数列 ,则 A.90 等于( ) C.170 D.340

B.95

参 考 答 案 与 解 析 : C ∵ 数 列 {an} 是 等 差 数 列 , ∴

,∴

, 故选 C. 二、填空题

1、 分】设函数 f(x)= 【4

,点 A0 表示坐标原点,点 An 的坐标为 An(n,f(n))(n∈

N*),kn 表示直线 A0An 的斜率,设 Sn=k1+k2+…+kn,则 Sn=___________.

参考答案与解析:

由 kn=

=

=

=

,

则有 Sn=k1+k2+k3+…+kn=

+

+…+

=

.

2、 分】如图所示是毕达哥拉斯的生长程序:正方形一边上连接着等腰直角三角形,等腰 【5 直角三角形两直角边再分别连接着一个正方形,如此继续下去,共得到 127 个正方形.若最 后得到的正方形的边长为 1,则初始正方形的边长为_____________.

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3、 分】图(1)(2)(3)(4)分别包含 1 个、5 个、13 个、25 个第十九届北京奥运会吉祥物“福 【4 娃迎迎”,按同样的方式构造图形,设第 n 个图形包含 f(n)个“福娃迎迎”,则 f(n)= ___________.

参考答案与解析:2n2-2n+1 由题意易知:a2-a1=4,a3-a2=8,a4-a3=12,…,an-an-1=4(n-1),这 n-1

个式子叠加,得 an-a1=4+8+12+…+4(n-1)= 4、 分】已知数列{an}满足 Sn+an=2n+1,则 a3=__________. 【4

=2n2-2n.∴an=2n2-2n+1.

参考答案与解析:解析:∵S1=a1,S1+a1=2+1,a1= ∵S2=a1+a2,

,

∴a1+a2+a2=5,a2=

,…,a3=

.

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答案:

5、 分】求 1+ 【4

=____________.

参考答案与解析:解析:∵an=

,

∴原式=

+…+

=

.

答案: 三、解答题 1、 【14 分】在数列{an}中,a1=3,an=-an-1-2n+1(n≥2,且 n∈N*). (1)求 a2,a3 的值; (2)证明数列{an+n}是等比数列,并求{an}的通项公式; (3)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 参考答案与解析:答案:(1)解:∵a1=3,an=-an-1-2n+1(n≥2,且 n∈N*), ∴a2=-a1-4+1=-6, a3=-a2-6+1=1.

(2)证明:∵

=

=-1,

∴数列{an+n}是首项为 a1+1=4,公比为-1 的等比数列. ∴an+n=4·(-1)n-1,即 an=4·(-1)n-1-n. ∴{an}的通项公式为 an=4·(-1)n-1-n(n∈N*). (3)解:∵{an}的通项公式为 an=4·(-1)n-1-n(n∈N*),

∴当 n 是奇数时,Sn=

=

=4

=

(n2+n-8);

当 n 是偶数时,Sn=

=

=

(n2+n).

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综上,Sn= 2、 【14 分】设数列{an}的前 n 项和为 Sn,对一切 n∈N*,点(n,Sn)在函数 f(x)=x2+x 的图象上. (1)求 an 的表达式. (2) 将 数 列 {an} 依 次 按 1 项 、 2 项 、 3 项 、 4 项 循 环 地 分 为 (a1),(a2,a3),(a4,a5,a6),(a7,a8,a9,a10);(a11),(a 12,a13),(a14,a15,a16),(a17,a18,a19,a20);(a21), … , 分别计算各个括号内各数之和,设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为{bn},求 b5+b100 的值.

(3)设 An 为数列{

}的前 n 项积,是否存在实数 a,使得不等式 An

<a

对一

切 n∈N*都成立?若存在,求出 a 的取值范围;若不存在,请说明理由. 参考答案与解析:解:(1)因为点(n,Sn)在函数 f(x)=x2+x 的图象上,所以 Sn=n2+n. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=2n. 当 n=1 时,a1=S1=2,满足 an=2n. 所以 an=2n(n∈N*). (2) 因 为 an=2n(n ∈ N*), 所 以 数 列 {an} 依 次 按 1 项 、 2 项 、 3 项 、 4 项 循 环 地 分 为 (2),(4,6),(8,10,12),(14,16,18,20);(22),(24,26),(28,30,32),(34,36,38,40);(42),….将每一次循环记为 一组.由于每一个循环含有 4 个括号,故 b100 是第 25 组中第 4 个括号内各数之和. 由分组规律知,由各组第 4 个括号中所有第 1 个数组成的数列是等差数列,且公差为 20. 同理,由各组第 4 个括号中所有第 2 个数、所有第 3 个数、所有第 4 个数分别组成的数列 也都是等差数列,且公差均为 20.故各组第 4 个括号中各数之和构成等差数列,且公差为 80.注 意到第一组中第 4 个括号内各数之和是 68,所以 b100=68+24×80=1 988. 又 b5=22,所以 b5+b100=2 010.

(3)因为

=1

,

故 An=(1

)(1

)·…·(1

),

所以 An

=(1

)(1

)·…·(1

)

.

又 An

<a

对一切 n∈N*都成立,即

(1

)(1

)·…·(1

)2n+1<a

对一切 n∈N*都成立.

设 g(n)=(1

)(1

)·…·(1

)2n+1, 则只需[g(n)]max<a
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即可.

由于

=(1



=

·

=

<1,

所以 g(n+1)<g(n),故 g(n)单调递减.

于是[g(n)]max=g(1)=

.



<a

,即

>0,解得

<a<0 或 a>

.

综上所述,使得所给不等式 对一切 n∈N*都成立的实数 a 存在,a 的取值范围是( ( ,+∞).

,0)∪

3、 【12 分】设 f(x)=

(0<x<1),

(1)求 f-1(x); (2)设 a1=1,an+1=f-1(an),求数列{an}的通项公式;

(3)在(2)的条件下,又设 bn=

,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

参考答案与解析:解:(1)令 y=

,由 x∈(0,1)得 f-1(x)=

(x>0).

(2)an+1=

,∴

=

+1.∵

=1,∴an=

(n∈N*).

(3)bn=

=n·2n-n,Sn=1×2+2×22+…+n·2n-(1+2+3+…+n),

令 Tn=1×2+2×22+…+n·2n.

由错位相减法得 Tn=(n-1)·2n+1+2,故 Sn=(n-1)·2n+1

+2.

4、 【12 分】数列{an}的前 n 项和记作 Sn,满足 Sn=2an+3n-12(n∈N*). (1)证明数列{an-3}为等比数列,并求出数列{an}的通项公式; (2)记 bn=nan,数列{bn}前 n 项和为 Tn,求 Tn. 参考答案与解析:答案:(1)证明:n∈N*时,Sn=2an+3n-12,① Sn+1=2an+1+3(n+1)-12,② ②-①,得 an+1=2an+1-2an+3(n+1)-3n,

整理,得 an+1-3=2(an-3),亦即

=2,
第 14 页 共 44 页

∴数列{an-3}是以 a1-3 为首项,2 为公比的等比数列. 在 Sn=2an+3n-12 中,令 n=1,可求得 a1=9. ∴an-3=(9-3)·2n-1, 即 an=3·2n+3(n∈N*). (2)解:∵bn=nan=3n+3n·2n,

∴Tn=

+3×(21+2×22+…+n×2n).

Pn=21+2×22+…+n×2n,则 2Pn=22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,

两式作差,得-Pn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=

-n×2n+1,Pn=(n-1)2n+1+2,

∴Tn=(n-1)2n+1+2+

.

5、 【12 分】把正偶数列{2n}中的数按上小下大,左小右大的顺序排序成下图“三角形”所示的 数表.设 amn 是位于这个三角形数表中从上到下的第 m 行,从左到右的第 n 列的数. 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 … (1)若记三角形数表中从上往下数第 n 行各数字之和为 bn,求数列{bn}的通项公式.

(2)记 cn-1=

(n≥2),求数列{cn}的前 n 项和 S n.

参考答案与解析:解:(1)若数列{xn}的通项公式为 xn=2n,则其前 n 项和 Tn=n(n+1)

∴bn=

· [

+1]

· [

+1]=n3+n.

(2)cn-1=

,

∴cn=

.

∴Sn=

+…+

=

.

6、 【12 分】已知数列{an}满足 a1=1,an=

(n≥2,n∈N).

第 15 页 共 44 页

(1)令 bn=

(n∈N*),求数列{bn}的通项公式;

(2)求数列{

}的前 n 项和 Sn.

参考答案与解析:解:(1)b1=

=1,

当 n≥2 时,由 an=

,得

=1,

即 bn-bn-1=1(n≥2,n∈N), 所以数列{bn}是首项为 1,公差为 1 的等差数列, 故 bn=1+(n-1)×1=n(n∈N*).6 分

(2)由(1)知:an=

=n(n∈N*),∴an=n(n∈N*).∴

,

Sn=

+

+

+…+

,2Sn=1+

+

+…+

+

,

两式相减得:Sn=1+

+

+

+

+…+

=

=2

即 Sn=2

.

7、 【12 分】已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,首项为 a1,且 1,an,Sn 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式;

(2)设 Tn 为数列{

}的前 n 项和,若对于任意的 n∈N*,总有 Tn<

成立,其中 m∈N*,

求 m 的最小值. 参考答案与解析:解:(1)由题意知 2an=Sn+1, 当 n=1 时,2a1=a1+1,∴a1=1,当 n≥2 时,Sn=2an-1,Sn-1=2a n-1-1, 两式相减,得 an=2an-2a n-1.

整理得

=2,∴数列{an}是以 1 为首项,2 为公比的等比数列.

∴an=a1·2n-1=1·2n-1=2n-1.

第 16 页 共 44 页

(2)Tn=

+…+

=1+

+

+…+

=

=2

<2,

∵对于任意 n∈N*,有 Tn< ∴m 的最小值为 10.

成立,即只需

≥2,即 m≥10.

8、 【12 分】已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn2=an(Sn

)(n∈N*).

(1)证明数列{

}为等差数列;

(2)设 bn=

,求{bn}的前 n 项和 Tn.

参 考 答 案 与 解 析 : 答 案 : (1) 证 明 : ∵ Sn2=an(Sn

),an=Sn-Sn-1(n ≥ 2), ∴

Sn2=(Sn-Sn-1)(Sn

),即 2Sn-1Sn=Sn-1-Sn.

由题意,Sn-1Sn≠0,∴

=2(n≥2).∴{

}是首项为 1,公差为 2 的等差数列.

(2)解:由(1)知

=1+2(n-1)=2n-1,∴Sn=

.

∴bn=

(

).

∴Tn=b1+b2+…+bn=

[(1

)+(

)+…+(

)]

=

(1

)=

.

9、 【14 分】在数列{an}中,a1=-3,an=2an-1+2n+3(n≥2,且 n∈N*). (1)求 a2,a3 的值;

(2)设 bn=

(n∈N*),证明{bn}是等差数列;

第 17 页 共 44 页

(3)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 参考答案与解析:(1)解:∵a1=-3,an=2an-1+2n+3(n≥2,且 n∈N*), ∴a2=2a1+22+3=1, a3=2a2+23+3=13. (2)证法一:对于任意 n∈N*,

∵bn+1-bn=

[(an+1-2an)-3]=

[(2n+1+3)-3]=1,

∴数列{bn}是首项为 证法二:对于任意 n∈N*,

=0,公差为 1 的等差数列.

∵2bn+1-(bn+bn+2)=2×

-(

+

)=

(4an+1-4an-an+2-3)

=

[2(an+1-2an)-(an+2-2an+1)-3]

=

[2(2n+1+3)-(2n+2+3)-3]=0,

∴2bn+1=bn+bn+2.

∴数列{bn}是首项为

=

=0,公差为 b2-b1=1 的等差数列.

(3)解:由(2)得

=0+(n-1)×1,

∴an=(n-1)·2n-3(n∈N*). ∴Sn=-3+(1×22-3)+(2×23-3)+…+[(n-1)·2n-3], 即 Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n-3n. 设 Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n, 则 2Tn=1×23+2×24+3×25+…+(n-1)·2n+1,

两式相减,得-Tn=22+23+24+…+2n-(n-1)·2n+1=

-(n-1)·2n+1,

整理,得 Tn=4+(n-2)·2n+1, 从而 Sn=4+(n-2)·2n+1-3n(n∈N*). 10、 【12 分】把正偶数列{2n}中的数按上小下大,左小右大的顺序排序成下图“三角形”所示的 数表.设 amn 是位于这个三角形数表中从上到下的第 m 行,从左到右的第 n 列的数. 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
第 18 页 共 44 页

22 24 26 28 30 … (1)若记三角形数表中从上往下数第 n 行各数字之和为 bn,求数列{bn}的通项公式;

(2)记 cn-1=

(n≥2),数列{cn}的前 n 项和为 Sn,求

Sn 的值.

参考答案与解析:解:(1)若数列{xn}的通项公式为 xn=2n,则其前 n 项和 Tn=n(n+1),

∴bn=

· [

+1]

· [

+1]=n3+n.

(2)cn-1=

=

=





∴cn=



].

∴Sn=



-

-

+…+



=



].



Sn=

.

题组二 高考数学试题(10 选择 10 填空 20 解答) 一、选择题

1、 分】数列{an}的通项 an=n2( 【5 A.470 B.490 参考答案与解析:A C.495 D.510

),其前 n 项和为 Sn,则 S30 为(

)

解析: …

,a1=12·(

),a2=22(

),a3=32,a4=42(

),

S30=(

)(12+22-2·32+42+52-2·62+…+282+292-2·302)

第 19 页 共 44 页

=

=

= =470. 2、 分】设{an}是公比为正数的等比数列,若 a1=1,a5=16,则数列{an}的前 7 项的和为 【5 A.63 B.64 C.127 D.128 参考答案与解析:C 解析:∵a5=a1·q4=16, 又 q>0,a1=1,∴q=2.

∴S7=

=127. 的前 项和为 , 若 , , 则 ( )

3、 分】 【5 4.设等差数列

A.63 B.45 C.36 D.27 参考答案与解析: 答案:B 解析:设其公差为 d,∵S3=a1+a2+a3=3a2=3(a1+d)=9, ∴a1+d=3. S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=3(a3+a4)=3(2a1+5d)=36, ∴2a1+5d=12. ∴a1=1,d=2. ∴a7+a8+a9=3a8=3(a1+7d)=45. 4、 分】5.已知数{an}的前 n 项和 Sn=n2-9n,第 k 项满足 5<ak<8,则 k= 【5 A.9 B.8 C.7 D.6 参考答案与解析: 答案:B

解析:由 Sn=n2-9n,可根据 an= 解得 an=2n-10. 再根据 5<2k-10<8,解得 7.5<k<9,∴k=8.

5、 分】4.在等比数列 【5

中,若

,则该数列的前 10 项和为

第 20 页 共 44 页

A. 参考答案与解析:B

B.

C.

D.

解析:设其公比为 q,∵a1=1,a4=a1q3=

,∴ q=

.

∴S10=

=2-

.

6、 分】8.已知两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 An 和 Bn,且 【5



则使得

为整数的正整数 n 的个数是 C.4 D.5

A.2 B.3 参考答案与解析: 答案:D

解析:





.

当 n=1,2,3,5,11 时,

是正整数.

7、 分】 【5 (2)数列{ }的前 n 项和为 ,若

,则 等于

A1

B

C

D

参考答案与解析: 答案:B

解析:S5=a1+a2+a3+a4+a5=

+

+

+

+

第 21 页 共 44 页

=(1-

)+(



)+(



)+(

)+(

)=1-

=

.

8、 分】 【5 (7)已知 f(x)为 R 上的减函数,则满足 f(| A (-1,1) B(0,1) C (-1,0) (0,1) 参考答案与解析: 答案:C

|)<f(1)的实数 x 的取值范围是 D(- ,-1) (1,+ )

解析:因为 f(x)是 R 上的减函数,所以|

|>1,即|x|<1 且 x≠0,故选 C.

9、 分】 【5 (2)在等差数列 值为 (A)48 (B)54 参考答案与解析: B (C)60

中,若 (D)66



是数列

的前 项和,则



解析:S9= 10、 分】设数列{an}的前 n 项和 Sn=n2,则 a8 的值为( 【5 ) A.15 B.16 C.49 D.64 参考答案与解析:A a8=S8-S7=82-72=15. 二、填空题 10 个 1、 分】设曲线 y=xn+1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 xn,令 an=lgxn, 【4 则 a1+a2+…+a99 的值为_______________. 参考答案与解析:-2 解析:y=xn+1,则 y′=(n+1)xn,故 y′|x=1=n+1, ∴切线方程为 y-1=(n+1)(x-1).

令 y=0,则

.



.

∴a1+a2+…+a99=

.

第 22 页 共 44 页

2、 分】14.已知数列的通项 an=-5n+2,则其前 n 项和为 Sn= 【5

.

参考答案与解析: 解析:由 an=-5n+2,知数列{an}是等差数列,公差为-5,首项为-3.

Sn=

·n=

·n=

.

3、 分】 已知无穷数列 【4 9. 参考答案与解析:-1 4、 【4 分】11.已知

前 项和

, 则数列

的各项和为___________.



是正整数) ,令



.某人用下图分析得到恒等式: , . 则

参考答案与解析: 5、 分】13.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-9n,则其通项 an=____________;若它的第 k 【5 项满足 5<ak<8,则 k=__________. 参考答案与解析:2n-10,8

解析:∵an=

∴an=

第 23 页 共 44 页

又∵-8 也适合 2n-10,∴an=2n-10. 由 5<2k-10<8,∴7.5<k<9.∴k=8. 6、 分】10.若数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-10n(n=1,2,3,…) 【5 ,则此数列的通项公式为 __________. 参考答案与解析:2n—11 解析:Sn=n2-10n, Sn-1=(n-1)2-10(n-1), ∴n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n-11. 又 n=1 时,a1=S1=-9=2×1-11. ∴对任意 n∈N*,an=2n-11 7、 分】 【4 (14) 设 为等差数列 的前 n 项和, =14, =30, 则 = .

参考答案与解析: 54 解析:设首项为 a1,公差为 d

由 S4=14 得 4a1+

d=14……①

由 S10-S7=30 得 a9=10 即 a1+8d=10……② 联立①②得 a1=2,d=1 ∴S9=54. 8、 分】 【5 (15) 对正整数 n, 设曲线 在 x=2 处的切线与 y 轴交点的纵坐标为 ,

则数列

的前 n 项和的公式是________________

参考答案与解析: 2n+1-2 解析:∵y=xn(1-x)=xn-xn+1 ∴y′=nxn-1-(n+1)xn ∴在 x=2 处的切线解得 k=n·2n-1-(n+1)·2n ∴切线方程为 y+2n=[n·2n-1-(n+1)2n](x-2) ∴令 x=0,则 an=(n+1)2n

∴数列{

故前几项和公式 Sn= 9、 分】 a1, 为实数, 【4 设 d 首项为 a1 公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 满足 S5S6 +15=0,则 d 的取值范围是__________. 参考答案与解析: (-∞,-2 解析:∵S5S6+15=0, ∴(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,
第 24 页 共 44 页

)∪(2

,+∞)

即 2a+9da1+10d2+1=0. 故(4a1+9d)2=d2-8,∴d2≥8, 则 d 的取值范围是(-∞,-2 10、 分】在 n 行 n 列矩阵 【4 )∪(2 ,+∞).

中, 记位于第 i 行第 j 列的数为 aij(i, j=1,2, n). …, 当 n=9 时,a11+a22+a33+…+a99=________. 参考答案与解析:45 解析:由所给矩阵可知:当 n=9 时,aii(i=1,2,…,9) 分别为:1,3,5,7,9,2,4,6,8, 故 a11+a22+…+a99=1+3+5+7+9+2+4+6+8=1+2+3+4+5+6+7+8+9=

=45. 三、解答题 20 个 1、 【12 分】已知等差数列{an}的公差 d 不为 0,设 Sn=a1+a2q+…+anqn-1,Tn=a1- a2q+…+(-1)n-1anqn-1,q≠0,n∈N*. (1)若 q=1,a1=1,S3=15,求数列{an}的通项公式; (2)若 a1=d 且 S1,S2,S3 成等比数列,求 q 的值;

(3)若 q≠±1,证明(1-q)S2n-(1+q)T2n

,n∈N*.

参考答案与解析: 本小题主要考查等差数列的通项公式、 等比数列的通项公式与前 n 项和公 式等基础知识,考查运算能力和推理论证能力.满分 12 分. (1)解:由题设知,S3=a1+(a1+d)q+(a1+2d)q2. 将 q=1,a1=1,S3=15 代入上式,解得 d=4.所以,an=4n-3,n∈N*. (2)解:当 a1=d 时,S1=d,S2=d+2dq,S3=d+2dq+3dq2. 因为 S1,S2,S3 成等比数列,所以 S22=S1S3, 即(d+2dq)2=d(d+2dq+3dq2). 注意到 d≠0,整理得 q2+2q=0. 因为 q≠0,解得 q=-2. (3)证明:由题设知, S2n=a1+a2q+a3q2+a4q3+…+a2nq2n-1,① T2n=a1-a2q+a3q2-a4q3+…-a2nq2n-1.② ①式减去②式,得 S2n-T2n=2(a2q+a4q3+…+a2nq2n-1). ①式加上②式,得 S2n+T2n=2(a1+a3q2+…+a2n-1q 上标 2n-2).③ ③式两边同乘 q,得
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q(S2n+T2n)=2(a1q+a3q3+…+a2n-1q2n-1). 所以,(1-q)S2n-(1+q)T2n=(S2n-T2n)-q(S2n+T2n) =2d(q+q3+…+q2n-1)

,n∈N*.

2、 【12 分】数列{an}的通项 (1)求 Sn;

,其前 n 项和为 Sn.

(2)令

,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

参考答案与解析:分析:①分步求和.②用错位相减法求和.

解:(1)由于

,

故 S3k=(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)+…+(a3k-2+a3k-1+a3k)

=

=

,

S3k-1=S3k-a3k=

,

S3k-2=S3k-1-a3k-1=

,



(k∈N*).

(2)

,

,

第 26 页 共 44 页

, 两式相减,得

=

=

,



.

3、 【12 分】已知数列{an}满足 a1=1,a2=2, (1)令 bn=an+1-an,证明{bn}是等比数列; (2)求{an}的通项公式.

,n∈N*.

参考答案与解析:分析:第(1)问利用等比数列的定义 项 an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1. 解:(1)证明:b1=a2-a1=1,

(q≠0).第(2)问利用迭加法求通

当 n≥2 时,bn=an+1-an=

,

∴{bn}是以 1 为首项,

为公比的等比数列.

(2)由(1)知 bn=an+1-an=(

)n-1,

当 n≥2 时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)

=1+1+(

)+…+(

)n-2

=
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=

=

,

当 n=1 时,

,



(n∈N*).

4、 【12 分】已知等差数列{an}的公差 d 不为 0,设 Sn=a1+a2q+…+anqn-1,Tn=a1- a2q+…+(-1)n-1anqn-1,q≠0,n∈N*. (1)若 q=1,a1=1,S3=15,求数列{an}的通项公式; (2)若 a1=d 且 S1,S2,S3 成等比数列,求 q 的值;

(3)若 q≠±1,证明(1-q)S2n-(1+q)T2n

,n∈N*.

参考答案与解析: 本小题主要考查等差数列的通项公式、 等比数列的通项公式与前 n 项和公 式等基础知识,考查运算能力和推理论证能力.满分 12 分. (1)解:由题设知,S3=a1+(a1+d)q+(a1+2d)q2. 将 q=1,a1=1,S3=15 代入上式,解得 d=4.所以,an=4n-3,n∈N*. (2)解:当 a1=d 时,S1=d,S2=d+2dq,S3=d+2dq+3dq2. 因为 S1,S2,S3 成等比数列,所以 S22=S1S3, 即(d+2dq)2=d(d+2dq+3dq2). 注意到 d≠0,整理得 q2+2q=0. 因为 q≠0,解得 q=-2. (3)证明:由题设知, S2n=a1+a2q+a3q2+a4q3+…+a2nq2n-1,① T2n=a1-a2q+a3q2-a4q3+…-a2nq2n-1.② ①式减去②式,得 S2n-T2n=2(a2q+a4q3+…+a2nq2n-1). ①式加上②式,得 S2n+T2n=2(a1+a3q2+…+a2n-1q 上标 2n-2).③ ③式两边同乘 q,得 q(S2n+T2n)=2(a1q+a3q3+…+a2n-1q2n-1). 所以,(1-q)S2n-(1+q)T2n=(S2n-T2n)-q(S2n+T2n) =2d(q+q3+…+q2n-1)

,n∈N*. 5、 【12 分】设数列{an} 满足 a1=2,an+1-an=3·22n-1. (1)求数列{an}的通项公式;
第 28 页 共 44 页

(2)令 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 参考答案与解析: (1)由已知,当 n≥1 时, an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1 =3(22n-1+22n-3+…+2)+2 =22(n+1)-1. 而 a1=2, 所以数列{an}的通项公式为 an=22n-1. (2)由 bn=nan=n·22n-1 知 Sn=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1. ① 从而 22·Sn=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1. ② ①-②,得 (1-22)Sn=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1,

即 Sn=

[(3n-1)22n+1+2].

6、 【13 分】设 C1,C2,…,Cn,…是坐标平面上的一列圆,它们的圆心都在 x 轴的正半轴

上,且都与直线 y=

x 相切.对每一个正整数 n,圆 Cn 都与圆 Cn+1 相互外切.以 rn

表示 Cn 的半径,已知{rn}为递增数列.

(1)证明:{rn}为等比数列;

(2)设 r1=1,求数列{

}的前 n 项和.

参考答案与解析:解:(1)将直线 y=

x 的倾斜角记为 θ,

则有 tanθ=

,sinθ=

.

设 Cn 的圆心为(λn,0),

则由题意知



,得 λn=2rn;

同理 λn+1=2rn+1, 从而 λn+1=λn+rn+rn+1=2rn+1, 将 λn=2rn 代入,解得 rn+1=3rn. 故{rn}为公比 q=3 的等比数列.
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(2)由于 r1=1,q=3,故 rn=3n-1,

从而

=n·31-n.

记 Sn=

、+…+

, ①

则有 Sn=1+2·3-1+3·3-2+…+n·31-n,

=1·3-1+2·3-2+…+(n-1)·31-n+n·3-n.



①-②,得

=1+3-1+3-2+…+31-n-n·3-n



-n·3-n=

-(n+

)·3-n.

∴Sn=

(n+

)·31-n=

.

7、 【12 分】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=

(n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

参考答案与解析:解:(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.

由于 an=a1+(n-1)d,Sn= 所以 an=2n+1,Sn=n(n+2). (2)因为 an=2n+1, 所以 a -1=4n(n+1),



因此 bn= 故 Tn=b1+b2+…+bn





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.

所以数列{bn}的前 n 项和 Tn=

.

8、 【12 分】已知数列{an}的前 n 项和 Sn=(n2+n)·3n.

(1)求



(2)证明

>3n.

参考答案与解析: (1)解:





=1-









所以



.

(2)证明:当 n=1 时,

=S1=6>3;

当 n>1 时,



+…+





+…+

=( >3n.



)·S1+(



)·S2+…+[



]·Sn-1+

·Sn>



·3n

所以,当 n≥1 时,



+…+

>3n.

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9、 【12 分】已知数列{an}满足 a1=0,a2=2,且对任意 m,n∈N*都有 a2m-1+a2n-1= 2am+n-1+2(m-n)2. (1)求 a3,a5; (2 )设 bn=a2n+1-a2n-1(n∈N*),证明:{bn}是等差数列; (3)设 cn=(an+1-an)qn-1(q≠0,n∈N*),求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 参考答案与解析:解:(1)由题意,令 m=2,n=1 可得 a3=2a2-a1+2=6, 再令 m=3,n=1 可得 a5=2a3-a1+8=20. (2)当 n∈N*时,由已知(以 n+2 代替 m)可得 a2n+3+a2n-1=2a2n+1+8. 于是[a2(n+1)+1-a2(n+1)-1]-(a2n+1-a2n-1)=8, 即 bn+1-bn=8. 所以,数列{bn}是公差为 8 的等差数列. (3)由(1)(2)的解答可知{bn}是首项 b1=a3-a1=6,公差为 8 的等差数列. 则 bn=8n-2, 即 a2n+1-a2n-1=8n-2. 另由已知(令 m=1)可得,

an=

-(n-1)2,

那么, an+1-an=

-2n+1



-2n+1=2n.

于是,cn=2nqn-1. 当 q=1 时,Sn=2+4+6+…+2n=n(n+1). 当 q≠1 时,Sn=2·q0+4·q1+6·q2+…+2n·qn-1. 两边同乘 q 可得 qSn=2·q1+4·q2+6·q3+…+2(n-1)·qn-1+2n·qn. 上述两式相减即得(1-q)Sn=2(1+q1+q2+…+qn-1)-2nqn

=2·

-2nqn

=2·



所以 Sn=2· 综上所述,

.

Sn=
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10、 【14 分】正实数数列{an}中,a1=1,a2=5,且{

}成等差数列.

(1)证明数列{an}中有无穷多项为无理数; (2)当 n 为何值时,an 为整数,并求出使 an<200 的所有整数项的和. 参考答案与解析: (1)证明:由已知有: 方法一:取 n-1=242k-1,则 ak= 用反证法证明这些 an 都是无理数. 假设 an= 为有理数,则 an 必为正整数,且 an>24k, =1+24(n-1),从而 an= (k∈N*). .

故 an-24k≥1,an+24k>1,与(an-24k)(an+24k)=1 矛盾. 所以 an= 方法二:因为 (k∈N*)都是无理数,即数列{an}中有无穷多项为无理数. =1+24n(n∈N*),

当 n 的末位数字是 3,4,8,9 时,1+24n 的末位数字是 3 和 7,它不是整数的平方,也不是既 约分数的平方,故此时 an+1= 不是有理数.因这种 n 有无穷多,故这种无理项

an+1 也有无穷多. (2)解:要使 an 为整数,由(an-1)(an+1)=24(n-1)可知: an-1,an+1 同为偶数,且其中 一个必为 3 的倍数,所以有 an-1=6m(m∈N*)或 an+1= 6m(m∈N*). 当 an=6m+1 时,有 =36m2+12m+1=1+12m(3m+1)(m∈N*).

又 m(3m+1)必为偶数,所以 an=6m+1(m∈N*)满足 +1(m∈N*)时,an 为整数; 同理 an=6m-1(m∈N*)有

=1+24(n-1),即 n=

=36m2-12m+1=1+12m(3m-1)(m∈N*)也满足

=1+

24(n-1),即 n=

+1(m∈N*)时,an 为整数;

显然 an=6m-1(m∈N*)和 an=6m+1(m∈N*)是数列中的不同项;

所以当 n=

+1(m∈N*)和 n=

+1(m∈N*)时,an 为整数.

由 an=6m+1<200(m∈N*)有 0≤m≤33, 由 an=6m-1<200(m∈N*)有 1≤m≤33. 设 an 中满足 an<200 的所有整数项的和为 S,则

S=(5+11+…+197)+(1+7+13+…+199)=

×33+

×34=6 733.

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11、 【12 分】18.设{an}是公比大于 1 的等比数列,Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知 S3=7,且 a1+3,3a2,a3+4 构成等差数列. (Ⅰ)求数列{an}的通项, (Ⅱ)令 bn=lna3n+1,n=1,2,…,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

参考答案与解析:解:(Ⅰ)由已知得 解得 a2=2.

设数列{an)的公比为 q,由 a2=2,可得 a1=

,a3=2q,

又 S3=7,可知 即 2q2-5q+2=0.

+2+2q=7,

解得 q1=2,q2=

.

由题意得 q>1,∴q=2. ∴a2=1. 故数列{an}的通项为 an=2n-1. (Ⅱ)由于 bn=lna3n+1,n=1,2,…, 由(Ⅰ)得 a3n+1=23n. ∴bn=ln23n=3nln2, 又 bn+1-bn=3ln2, ∴{bn}是等差数列. ∴Tn=b1+b2+…+bn

=

=

=

.

故 Tn=

.

12、 【12 分】22.已知各项均为正数的数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S1>1,且

(Ⅰ)求{an}的通项公式;
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(Ⅱ)设数列{bn}满足

并记 Tn 为{bn}的前 n 项和,求证:

参考答案与解析: (Ⅰ)解:由 =S1>1,因此 a1=2。

,解得 a1=1 或 a1=2,由假设 a1

又由 an+1=Sn+1- Sn= 得



得 an+1- an-3=0 或 an+1=-an 因 an>0,故 an+1=-an 不成立,舍去。 因此 an+1- an=3。从而{an}是公差为 3,首项为 2 的等差数列,故{an}的通项为 an= 3n-1。 (Ⅱ)证法一:由 可解得



从而



因此





,则

。 因 . 特别的 即 。 。从而 , ,故

证法二:同证法一求得 bn 及 Tn。 由二项式定理知当 c>0 时,不等式 成立。
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由此不等式有

= 证法三:同证法一求得 bn 及 Tn。



令 An= 因 从而

,Bn=

,Cn=



,因此



> 13 、 【 13

。 分 】 20. , 设 .

(Ⅰ)证明数列

是常数数列; 中的所有项

(Ⅱ)试找出一个奇数 ,使以 18 为首项,7 为公比的等比数列 都是数列 中的项,并指出 是数列 中的第几项. .

参考答案与解析:解: (Ⅰ)当 n≥2 时,由已知得

因为 an=Sn-Sn-1≠0,所以 Sn+Sn-1=3n2. ① 于是 Sn+1+Sn=3(n+1)2. ② 由②-①得:an+1+an=6n+3. ③ 于是 an+2+an+1=6n+9. ④ 由④-③得:an+2 - an=6. ⑤ 即数列{an+2–an}(n≥2)是常数数列. (Ⅱ)由①有 S2+S1=12,所以 a2=12-2a,由③有 a3+a2=15,所以 a3=3+2a. 而⑤表明:数列{a2k}和{a2k+1}分别是以 a2、a3 为首项,6 为公差的等差数列, 所以 a2k =a2+(k-1)×6=6k-2a+6, a2k +1=a3+(k-1)×6=6k+2a-3,k∈N*. 由题设知, bn=18×7n-1,当 a 为奇数时, +1 为奇数, bn 为偶数, a2k 而 所以 bn 不是数列 {a2k +1}中的项,bn 只可能是数列{a2k}中的项. 若 b1=18 是数列{a2k}中的第 k0 项,由 18=6k0-2a+6 得 a=3k0-6,取 k0=3,得 a=3,此时 a2k =6k,由 bn= a2k 得 18×7n-1=6k,k=3×7n-1∈N*,从而 bn 是数列{an}中的第 6×7n-1 项.

(注: 答案取满足 a=3k0-6,k0∈N*的任一奇数, 说明 bn 是数列 {an} 中的第 6×7n-1+
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2 项即可) 14、 【12 分】21. 设{an}为等比数列,a1=1,a2=3. (1)求最小的自然数 n,使 an≥2007;

(2)求和:T2n=

.

参考答案与解析:解:(1)由已知条件得 因为 36<2007<37,所以,使 an≥2007 成立的最小自然数 n=8



(2)因为

,…………①



①+②得:

所以 15、 【12 分】21.设 , (Ⅰ)求 、

. 是等差数列, 是各项都为正数的等比数列,且 ,

的通项公式;

(Ⅱ)求数列

的前 n 项和

。 的公差为 , 的公比为 ,则依题意有 且

参考答案与解析:解: (Ⅰ)设

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解得 所以



. , .

(Ⅱ)

.

,①

, ②

②-①得



. 16、 分】 【18 20.如果有穷数列 ,即 例如,数列 (1)设 出 ( 与数列 是 7 项的“对称数列”,其中 ( 为正整数) 满足条件 , , …,

) ,我们称其为“对称数列”. 都是“对称数列”. 是等差数列,且 , .依次写

的每一项; 是 项的“对称数列”,其中 ; 项的“对称数列”,其中 是首项为 ,公差为 的等差数列. 是首项为 ,公比为 的等比数列,

(2)设 求

各项的和 是

(3)设

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前 项的和

. 的公差为 ,则 ,解得

参考答案与解析:解: (1)设数列 , 数列 (2) 为 .

67108861. (3) 由题意得 当 时, 是首项为 . ,公差为 的等差数列.

. 当 时,

.

综上所述, 17、 【14 分】19.已知数列{ }中的相邻两项 的两个根,且 (I)求 (Ⅱ)求数列{ 及 (n≥4)(不必证明); 、 ≤ 是关于 x 的方程 (k =1,2,3,…).

}的前 2n 项和 S2n. 的两个根为 .

参考答案与解析: (I)解:方程

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当 k=1 时, 当 k=2 时, 当 k=3 时, 当 k=4 时, 因为 n≥4 时,

,所以 ,所以 ,所以 ,所以 ,所以

; ; ; ;

(Ⅱ)



.

18、 【12 分】20.在数列 (Ⅰ)证明数列 (Ⅱ)求数列 (Ⅲ)证明不等式

中,





.

是等比数列; 的前 项和 ; 皆成立.

,对任意

参考答案与解析:本小题以数列的递推关系式为载体,主要考查等比数列的概念、等比数列 的通项公式及前 项和公式、不等式的证明等基础知识,考查运算能力和推理论证能力. (Ⅰ)证明:由题设 , 又 ,所以数列 . 是首项为 ,且公比为 的等比数列. ,于是数列 的通项公式为 ,得

(Ⅱ)解:由(Ⅰ)可知 .

所以数列

的前 项和 ,

.

(Ⅲ)证明:对任意的

.
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所以不等式

,对任意 和

皆成立. 满足: .

19、 【13 分】20.已知数列 且

是以 q 为公比的等比数列. ; ,证明数例 是等比数例;

(Ⅰ)证明: (Ⅱ)若

(Ⅲ)求和:



.

参考答案与解析: 本小题主要考查等比数列的定义, 通项公式和求和公式等基本知识及基本 的运算技能,考查分析问题能力和推理能力.

解法 1:(Ⅰ)证:由 ∴an+2=anq2(n∈N*). (Ⅱ)证:∵an=an-2q2, ∴ ∴ ∴{ cn}是首项为 5,以 q2 为公比的等比数列. , . .

(Ⅲ)由(Ⅱ)得



,于是

.

当 q=1 时,



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当 q≠1 时,

.

故 解法 2:(Ⅰ)同解法 1(Ⅰ).

(Ⅱ)证: ∴{ cn} 是首项为 5,以 q2 为公比的等比数列。 (Ⅲ)由(Ⅱ)的类似方法得 ,

,又 c1=a1+2a2=5,





,k=1,2,…,n.

∴ 下同解法 1. 20、 【14 分】22.已知函数 轴的交点为 (Ⅰ)用 表示 ; ,其中

.

,设曲线 为正实数.

在点

处的切线与 x

(Ⅱ) 若 (Ⅲ)若

, 记 , ,

, 证明数列 是数列

成等比数列, 并求数列 的前 项和,证明:

的通项公式;

参考答案与解析:本题综合考察数列、函数、不等式、导数应用等知识,以及推理论证、计 算及解决问题的能力。
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解: (Ⅰ)由题可得 所以过曲线上点 即 令 ,得 ,即 的切线方程为 ,

显然



(Ⅱ)由

,知

,同理,



从而

,即

所以,数列

成等比数列,故





,从而

所以

(Ⅲ)由(Ⅱ)知



∴ 当 时,显然

当 ∴

时,



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综上,

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