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【高三总复习】2013高中数学技能特训:5-1数列的概念(人教B版) 含解析


5-1 数列的概念 基础巩固强化 1.数列{an}的前 n 项和 Sn=n2+2n+1,则{an}的通项公式为( A.an=2n-1
? ?4 C.an=? ? ?2n-1

)

B.an=2n+1 n=1, n≥2.
? ?4 D.an=? ? ?2n+1

n=1, n≥2.

/>[答案] D [解析] a1=S1=4,n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n+1,
?4 n=1, ? ∴an=? ? ?2n+1 n≥2.

2.(文)(2012· 河北保定模拟)已知等比数列{an}中,有 a3a11=4a7, 数列{bn}是等差数列,且 b7=a7,则 b5+b9 等于( A.2 [答案] D [解析] ∵a3a11=4a7,∴a2 7=4a7,∴a7=4, ∴b5+b9=2b7=2a7=8. (理)在数列{an}中,已知 an+1+an-1=2an(n∈N+,n≥2),若平面上 → → → → → → 的三个不共线的向量OA、OB、OC,满足OC=a1007OA+a1008OB,三点 A、B、C 共线,且直线不过 O 点,则 S2014 等于( A.1007 C.2014 [答案] A [解析] 由条件知{an}成等差数列, ∵A、B、C 共线,∴a1007+a1008=1, B.1008 D.2015 ) B.4 C.6 ) D.8

∴S2014=

2014?a1+a2014? =1007(a1007+a1008)=1007. 2 )

3. (文)设 an=-2n2+29n+3, 则数列{an}中的最大项的值是( A.107 1 C.1088 [答案] B 29? 865 ? [解析] ∵an=-2?n- 4 ?2+ 8 ,
? ?

B.108 D.109

∴当 n=7 时,an 最大.a7=108. f?2? f?4? f?6? (理)如果 f(a+b)=f(a)· f(b)(a,b∈R)且 f(1)=2,则 + + f?1? f?3? f?5? f?2014? +?+ 等于( f?2013? A.2011 C.2013 [答案] D [解析] 令 a=n,b=1,f(n+1)=f(n)· f(1), ∴ ∴ f?n+1? =f(1)=2, f?n? f?2? f?4? f?6? f?2014? + + +?+ =2×1007=2014. f?1? f?3? f?5? f?2013? ) B.2012 D.2014

4. (文)由 1 开始的奇数列, 按下列方法分组: (1), (3,5), (7,9,11), ?, 第 n 组有 n 个数,则第 n 组的首项为( A.n2-n C.n2+n [答案] B [ 解析 ] 前 n- 1 组共有 1+ 2+ ?+ (n- 1)= ?n-1??n-1+1? = 2 ) B.n2-n+1 D.n2+n+1

n?n-1? n?n-1? 2 个奇数,故第 n 组的首项为 2 × 2 2 +1=n -n+1. [点评] 可直接验证, 第 2 组的首项为 3, 将 n=2 代入可知 A、 C、 D 都不对,故选 B. (理)已知整数对按如下规律排成一列:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3), (2,2),(3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),??则第 2014 个数对是( A.(3,61) C.(61,3) [答案] C [解析] 根据题中规律知,(1,1)为第 1 项,(1,2)为第 2 项,(1,3)为 n?n+1? 第 4 项,?,整数对和为 n+1 的有 n 项,由 2 ≤2014 得 n≤62, n?n+1? 且 n=63 时, 2 =2016,故第 2014 个数对是和为 64 的倒数第 3 项,即(61,3). 1 5.(2012· 佛山质检)数列{an}满足 an+an+1=2(n∈N*),a2=2,Sn 是数列{an}的前 n 项和,则 S21 为( A.5 9 C.2 [答案] B 1 [解析] ∵an+an+1=2,a2=2, ) 7 B.2 13 D. 2 B.(3,60) D.(61,2) )

?-3,n为奇数, ∴an=? 2 ?2,n为偶数.

3 7 ∴S21=11×(-2)+10×2=2. 1 1 6.已知数列{an}中,a1=1,且 =a +3(n∈N*),则 a10=( an+1 n A.28 1 C.33 [答案] D [解析] ∵ 1 an+1
?1? 1 1 -a =3,∴数列?a ?是首项为a =1,公差为 3 的等
n

)

B.33 1 D.28

? n?

1

1 差数列,∴a =1+3(n-1)=3n-2, n 1 1 ∴an= ,∴a10=28. 3n-2 1 1 7. 已知数列{an}中, a1=2, an+1=1-a (n≥2), 则 a2014=________.
n

1 [答案] 2 1 1 1 1 [解析] 由题可知 a2=1-a =-1,a3=1-a =2,a4=1-a =2,
1 2 3

∴此数列是以 3 为周期的周期数列, 1 ∴a2014=a1=2. 8.(2012· 大同调研)在数列{an}中,若 a1=1,an+1=2an+3(n∈N*), 则数列{an}的通项 an=________. [答案] 2n+1-3 [解析] 依题意得,an+1+3=2(an+3),a1+3=4,因此数列{an+ 3}是以 4 为首项,2 为公比的等比数列,于是有 an+3=4×2n-1=2n+1, 则 an=2n+1-3. 9.(2012· 吉林重点中学一模)已知数列{an},其前 n 项和 Sn=n2+n

+1,则 a8+a9+a10+a11+a12=________. [答案] 100 [解析] a8+a9+a10+a11+a12=S12-S7=(122+12+1)-(72+7+1) =100. 10.(文)(2012· 山东文,20)已知等差数列{an}的前 5 项和为 105, 且 a10=2a5. (1)求数列{an}的通项公式; (2)对任意 m∈N*,将数列{an}中不大于 72m 的项的个数记为 bm, 求数列{bm}的前 m 项和 Sm. [解析] (1)设数列{an}的公差为 d,前 n 项和为 Tn. ∵T5=105,a10=2a5,

?5a1+5×?5-1?d=105, 2 ∴? ?a1+9d=2?a1+4d?.
∴a1=7,d=7. ∴an=a1+(n-1)d=7+7(n-1)=7n(n∈N*). (2)对 m∈N*,若 an=7n≤72m,则 n≤72m-1. 因此 bm=72m-1, 所以数列{bm}是首项为 7、公比为 49 的等比数列, b1?1-qm? 7×?1-49m? 7×?72m-1? 72m+1-7 故 Sm= = = = 48 . 48 1-q 1-49 ( 理 )(2012· 吉林质检) 已知数列 {an} 满足 a1 =2, an + 1 =3an +2(n∈ N*). (1)求证:数列{an+1}是等比数列; (2)求数列{an}的通项与前 n 项和. [分析] (1)欲证{an+1}为等比数列,只需将条件式 an+1=3an+2

变形为 an+1+1=q(an+1)(其中 q 为常数)即可;(2)由{an+1}为等比数 列,可得{an}的通项公式,再分组求和. [解析] an+1+1 =3, an+1 即数列{an+1}是首项为 3,公比为 3 的等比数列. (2)由(1)知,an+1=3· 3n-1=3n?an=3n-1, 3 ∴Sn=2(3n-1)-n. 能力拓展提升 11.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2(an-1),则 a3=( A.8 [答案] A [解析] 由 S1=2(a1-1)得 a1=2;由 S2=2(a2-1)得 a2=4.由 S3= 2(a3-1)得,a3=8. 12.设数列{an}满足 a1+2a2=3,且对任意的 n∈N*,点列{Pn(n, an)}恒满足 PnPn+1=(1,2),则数列{an}的前 n 项和 Sn 为( 4 A.n(n-3) 2 C.n(n-3) [答案] A [解析] 设 Pn+1(n+1,an+1),则 PnPn+1=(1,an+1-an)=(1,2),即 an+1-an=2,所以数列{an}是以 2 为公差的等差数列.又 a1+2a2=3, 1 4 所以 a1=-3,所以 Sn=n(n-3),选 A. 13.(文)(2012· 浙江理,13)设公比为 q(q>0)的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2=3a2+2,S4=3a4+2,则 q=________. 3 B.n(n-4) 1 D.n(n-2) ) B.4 C.2 D.1 ) (1)证明:由 an+1=3an+2,得 an+1+1=3(an+1),从而

3 [答案] 2 [解析] ∵S2=3a2+2,S4=3a4+2, ∴a1(1+q)=3a1q+2,① a1(1+q+q2+q3)=3a1q2+2,② ②-①得,a1(1+q)q2=3a1q(q2-1), 3 ∵q>0,∴q=2. (理)(2012· 湖北文, 17)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在 沙滩上画点或用小石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数:

将三角形数 1,3,6,10,?记为数列{an},将可被 5 整除的三角形数 按从小到大的顺序组成一个新数列{bn}.可以推测:b2012 是数列{an}中 的第________项. [答案] 5030 [解析] 由前四组可以推知 an= n?n+1? 2 ,b1=a4=10,b2=a5=15,

b3=a9=45, b4=a10=55, 依次可知, 当 n=4,5,9,10,14,15,19,20,24,25, ? 时,an 能被 5 整除,由此可得,b2k=a5k(k∈N*),∴b2012=a5×1006=a5030. 14.(2012· 北京理,10)已知{an}为等差数列,Sn 为其前 n 项和,若 1 a1=2,S2=a3,则 a2=________. [答案] 1 [解析] 本题考查了等差数列的基本量的运算以及等差数列的通

1 项公式,前 n 和的求法.由 S2=a3 得 2a1+d=a1+2d,∴a1=d=2,∴ a2=a1+d=1. 15.(文)(2012· 黄冈期末)已知数列{an}中,a1=1,前 n 项和为 Sn 3 且 Sn+1=2Sn+1,(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; 1 12 (2)设数列{a }的前 n 项和为 Tn,求满足不等式 Tn< 的 n 值. Sn+2 n 3 3 [解析] (1)由 Sn+1=2Sn+1 得,当 n≥2 时,Sn=2Sn-1+1,∴Sn+1 3 3 -Sn=2(Sn-Sn-1),即 an+1=2an, an+1 3 ∴ a =2, n 3 又 a1=1,得 S2=2a1+1=a1+a2, 3 a2 3 ∴a2=2,∴a =2.
1

3 ∴数列{an}是首项为 1,公比为2的等比数列, 3 ∴an=(2)n-1. 3 (2)∵数列{an}是首项为 1,公比为2的等比数列, 1 2 ∴数列{a }是首项为 1,公比为3的等比数列,
n

2 1-?3?n 2n ∴Tn= = 3[1 - ( 2 3) ], 1-3

3 又∵Sn=2· (2)n-2, 12 2 6 ∴不等式 Tn< 化为 3[1-(3)n]< 3 , Sn+2 ?2?n 2 1 即得(3)n>3,∴n=1 或 n=2. (理)已知 a1=2,点(an,an+1)在函数 f(x)=x2+2x 的图象上,其中 n =1,2,3,?. (1)证明数列{lg(1+an)}是等比数列; (2)设 Tn=(1+a1)(1+a2)?(1+an),求 Tn 及数列{an}的通项. [解析] (1)证明:由已知 an+1=a2 n+2an, ∴an+1+1=(an+1)2. ∵a1=2,∴an+1>1,两边取对数得, lg(1+an+1)=2lg(1+an), 即 lg?1+an+1? =2. lg?1+an?

∴{lg(1+an)}是公比为 2 的等比数列. (2)由(1)知 lg(1+an)=2n-1· lg(1+a1) =2n-1· lg3=lg32n-1. ∴1+an=32n-1.(*) ∴Tn=(1+a1)(1+a2)?(1+an)

1 1 16.(文)数列{an}中,a1=3.前 n 项和 Sn 满足 Sn+1-Sn=(3)n+1(n∈ N*).

(1)求数列{an}的通项公式 an 以及前 n 项和 Sn; (2)若 S1,t(S1+S2),3(S2+S3)成等差数列,求实数 t 的值. 1 1 [解析] (1)由 Sn+1-Sn=(3)n+1 得 an+1=(3)n+1(n∈N*), 1 1 又 a1=3,故 an=(3)n(n∈N*). 1 1n × [1 - ? 3 3? ] 1 1n * 从而 Sn= = [1 - ( ) ]( n ∈ N ). 1 2 3 1-3 1 4 13 (2)由(1)可得 S1=3,S2=9,S3=27, 从而由 S1,t(S1+S2),3(S2+S3)成等差数列可得, 1 4 13 1 4 + 3 × ( + ) = 2 × ( 3 9 27 3+9)t,解得 t=2. (理)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,且 3an+1+2Sn=3(n 为 正整数). (1)求出数列{an}的通项公式; (2)若对任意正整数 n,k≤Sn 恒成立,求实数 k 的最大值. [解析] (1)∵3an+1+2Sn=3,① ∴当 n≥2 时,3an+2Sn-1=3,② 由①-②得,3an+1-3an+2an=0. an+1 1 ∴ a =3 n (n≥2).

1 又∵a1=1,3a2+2a1=3,解得 a2=3. 1 ∴数列{an}是首项为 1,公比 q=3的等比数列.
?1? ∴an=a1qn-1=?3?n-1(n 为正整数). ? ?

?1? ? 3? (2)由(1)知,∴Sn=2?1-?3?n?, ? ? ??

由题意可知,对于任意的正整数 n,恒有
?1? ? 3? k≤2?1-?3?n?, ? ? ?? ? ?1? ? 2 ∵数列?1-?3?n?单调递增,当 n=1 时,数列取最小项为3,∴必有 ? ? ??

k≤1,即实数 k 的最大值为 1.

1.下图是用同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案, 则按此规律第 n 个图案中需用黑色瓷砖的块数为(用含 n 的代数式表 示)( )

A.4n C.4n-3 [答案] D

B.4n+1 D.4n+8

[解析] 第(1), (2), (3)个图案黑色瓷砖数依次为 3×5-3=12; 4×6 -2×4=16;5×7-3×5=20,代入选项验证可得答案为 D. 2.(2012· 东城模拟)已知数列{an}的通项公式为 an=log3 n (n ∈ n+1 )

N*),设其前 n 项和为 Sn,则使 Sn<-4 成立的最小自然数 n 等于( A.83 C.81 [答案] C B.82 D.80

n [解析] ∵an=log3 =log3n-log3(n+1), n+1 ∵ Sn = log31 - log32 + log32 - log33 + ? + log3n - log3(n + 1) =- log3(n+1)<-4,解得 n>34-1=80. 3.(2012· 安徽名校模拟)一个样本容量为 10 的样本数据,它们组 成一个公差不为 0 的等差数列{an},若 a3=8,且 a1、a3、a7 成等比数 列,则此样本的平均数和中位数分别是( A.13,12 C.12,13 [答案] B
2 [解析] 设等差数列{an}的公差为 d(d≠0),a3=8,a1a7=a3 =64,

)

B.13,13 D.13,14

(8-2d)(8+4d)=64,(4-d)(2+d)=8,2d-d2=0,又 d≠0,故 d=2, S10 ?4+22?×5 故样本数据为:4,6,8,10,12,14,16,18,20,22,平均数为 10 = = 10 12+14 13,中位数为 2 =13,故选 B. 4.(2012· 湖北文,7)定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数 f(x), 如果对于任意给定的等比数列{an},{f(an)}仍是等比数列,则称 f(x)为 “保等比数列函数”.现有定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的如下函数: ①f(x)=x2; ②f(x)=2x;

③f(x)= |x|; ④f(x)=ln|x|. 则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为( A.①② [答案] C
n [解析] 不妨设 an=2n,①∵f(x)=x2,∴f(an)=a2 n=4 ,∴①满足;

) D.②④

B.③④

C.①③

②∵f(x)=2x,∴f

[点评] 由于对等比数列{an}未加限制, 故可取特殊等比数列{an} 进行验证,如取 an=2n 代入检验可找出不合题意的选项. 5.(2012· 新课标文,12)数列{an}满足 an+1+(-1)nan=2n-1,则 {an}的前 60 项和为( A.3690 C.1845 [答案] D [解析] ∵an+1+(-1)nan=2n-1, ∴a2=1+a1,a3=2-a1,a4=7-a1,a5=a1,a6=9+a1,a7=2- a1,a8=15-a1,a9=a1,a10=17+a1,a11=2-a1,a12=23-a1,?, a57=a1,a58=113+a1,a59=2-a1,a60=119-a1, ∴a1+a2+?+a60=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+?+(a57 +a58+a59+a60)=10+26+42+?+234= 15×?10+234? =1830. 2 ) B.3660 D.1830

[点评] 一般数列求和时,可依次写出数列的项,通过前面的某些 项发现数列的规律及性质,求出数列的通项公式,然后再确定求和的 方法. 2an 6.已知数列{an}中,a1=1,an+1= (n∈N*),则 a5 等于( an+2 )

2 A.5 2 C.3 [答案] B

1 B.3 1 D.2

2an 2 1 2 [解析] 解法 1:由 a1=1,an+1= 得,a2=3,a3=2,a4=5, an+2 1 a5=3. 解法 2:an+1= 2an 1 1 1 ? -a =2, an+2 an+1 n

1 n+1 1 1 又 a1=1?a = 2 ?a =3?a5=3.
n 5

7.(2011· 福州一模)把 1,3,6,10,15,21 这些数叫做三角形数,这是因 为这些数目的点子可以排成一个正三角形(如图所示).

则第七个三角形数是( A.27 C.29 [答案] B

) B.28 D.30

[分析] 观察三角形数的增长规律, 可以发现每一项与它的前一项 多的点数正好是本身的序号,所以根据这个规律计算即可. [解析] 根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是 1+2+3 +4+5+6+7=28. 8.已知数列 2008,2009,1,-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 2014 项之和 S2014 等于________. [答案] 2010 [解析] 由题意 an+1+an-1=an(n≥2), an+an+2=an+1, 两式相加得 an+2=-an-1, ∴an+3=-an,∴an+6=an, 即{an}是以 6 为周期的数列. ∵2014=335×6+4,a1+a2+a3+a4+a5+a6=0, ∴a1+a2+?+a2014=335×0+a2011+a2012+a2013+a2014=a1+a2+ a3+a4=2010.


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