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第八单元数列教材复习课“数列”相关基础知识一课过数列的有关概念[过双基]1.数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列{an}的第n项an通项公式如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示,那么这个公式叫做这个数列的通项公式前n项和数列{an}中,Sn=a1+a2+…+an叫做数列的前n项和2.an与Sn的关系若数列{an}的前n项和为Sn,则an= 1.数列{an}满足an+an+1=n∈N*,a2=2,Sn是数列{an}的前n项和,则S21的值为 A.5 B.C.D.解析选B ∵an+an+1=,a2=2,∴an=∴S21=11×+10×2=.2.数列{an}满足a1=3,an+1=n∈N*,则a2018= A.B.3C.-D.解析选D 由a1=3,an+1=,得a2==,a3==-,a4==3,……,由上可得,数列{an}是以3为周期的周期数列,故a2018=a672×3+2=a2=.3.已知数列{an}满足an=n∈N*,前n项的和为Sn,则关于an,Sn的叙述正确的是 A.an,Sn都有最小值B.an,Sn都没有最小值C.an,Sn都有最大值D.an,Sn都没有最大值解析选A
①∵an=,∴当n≤5时,an0且单调递减;当n≥6时,an0,且单调递减.故当n=5时,a5=-3为an的最小值;
②由
①的分析可知当n≤5时,an0;当n≥6时,an
0.故可得S5为Sn的最小值.综上可知,an,Sn都有最小值.4.已知数列{an}中,a1=1,an+1=an+2n+1n∈N*,则a5=________.解析依题意得an+1-an=2n+1,a5=a1+a2-a1+a3-a2+a4-a3+a5-a4=1+3+5+7+9=
25.答案25[清易错]1.易混项与项数,它们是两个不同的概念,数列的项是指数列中某一确定的数,而项数是指数列的项对应的位置序号.2.在利用数列的前n项和求通项时,往往容易忽略先求出a1,而是直接把数列的通项公式写成an=Sn-Sn-1的形式,但它只适用于n≥2的情形.1.已知数列的通项公式为an=n2-8n+15,则 A.3不是数列{an}中的项B.3只是数列{an}中的第2项C.3只是数列{an}中的第6项D.3是数列{an}中的第2项或第6项解析选D 令an=3,即n2-8n+15=3,解得n=2或6,故3是数列{an}中的第2项或第6项.2.已知数列{an}的前n项和为Sn=3+2n,则数列{an}的通项公式为________.解析当n=1时,a1=S1=3+2=5;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3+2n-3+2n-1=2n-2n-1=2n-
1.因为当n=1时,不符合an=2n-1,所以数列{an}的通项公式为an=答案an=等差数列[过双基]1.等差数列的有关概念1定义如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的差都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等差数列.符号表示为an+1-an=dn∈N*,d为常数.2等差中项数列a,A,b成等差数列的充要条件是A=,其中A叫做a,b的等差中项.2.等差数列的有关公式1通项公式an=a1+n-1d.2前n项和公式Sn=na1+d=.3.等差数列的常用性质1通项公式的推广an=am+n-mdn,m∈N*.2若{an}为等差数列,且k+l=m+nk,l,m,n∈N*,则ak+al=am+an.3若{an}是等差数列,公差为d,则{a2n}也是等差数列,公差为2d.4若{an},{bn}是等差数列,则{pan+qbn}也是等差数列.5若{an}是等差数列,公差为d,则ak,ak+m,ak+2m,…k,m∈N*是公差为md的等差数列. 1.在等差数列{an}中,已知a2与a4是方程x2-6x+8=0的两个根,若a4a2,则a2018= A.2018B.2017C.2016D.2015解析选A 因为a2与a4是方程x2-6x+8=0的两个根,且a4a2,所以a2=2,a4=4,则公差d=1,所以a1=1,则a2018=
2018.2.在等差数列{an}中,a2+a3+a4=3,Sn为等差数列{an}的前n项和,则S5= A.3B.4C.5D.6解析选C ∵等差数列{an}中,a2+a3+a4=3,Sn为等差数列{an}的前n项和,∴a2+a3+a4=3a3=3,解得a3=1,∴S5=a1+a5=5a3=
5.
3.正项等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a4+a10-a+15=0,则S13= A.-39B.5C.39D.65解析选D ∵正项等差数列{an}的前n项和为Sn,a4+a10-a+15=0,∴a-2a7-15=0,解得a7=5或a7=-3舍去,∴S13=a1+a7=13a7=13×5=
65.4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且3a3=a6+
4.若S510,则a2的取值范围是 A.-∞,2B.-∞,0C.1,+∞D.02解析选A 设等差数列{an}的公差为d,∵3a3=a6+4,∴3a2+d=a2+4d+4,可得d=2a2-
4.∵S510,∴===53a2-410,解得a
22.∴a2的取值范围是-∞,2.5.在等差数列{an}中,a1=7,公差为d,前n项和为Sn,当且仅当n=8时Sn取得最大值,则d的取值范围为________.解析由当且仅当n=8时Sn有最大值,可得即解得-1d-.答案[清易错]1.求等差数列的前n项和Sn的最值时,需要注意“自变量n为正整数”这一隐含条件.2.注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别.1.2018·武昌联考已知数列{an}是等差数列,a1+a3+a5=105,a2+a4+a6=99,{an}的前n项和为Sn,则使得Sn达到最大的n的值为 A.18B.19C.20D.21解析选C 由a1+a3+a5=105⇒a3=35,a2+a4+a6=99⇒a4=33,则{an}的公差d=33-35=-2,a1=a3-2d=39,Sn=-n2+40n,因此当Sn取得最大值时,n=
20.2.在数列{an}中,若a1=-2,且对任意的n∈N*,有2an+1=1+2an,则数列{an}前10项的和为 A.2B.10C.D.解析选C 由2an+1=1+2an,可得an+1-an=,即数列{an}是以-2为首项,为公差的等差数列,则an=,所以数列{an}的前10项的和S10==.等比数列[过双基]1.等比数列的有关概念1定义如果一个数列从第项起,每一项与它的前一项的比等于同一常数不为零,那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比,通常用字母q表示,定义的表达式为=q.2等比中项如果a,G,b成等比数列,那么叫做a与b的等比中项.即G是a与b的等比中项⇔a,G,b成等比数列⇒G2=ab.2.等比数列的有关公式1通项公式an=a1qn-
1.2前n项和公式Sn=3.等比数列的常用性质1通项公式的推广an=am·qn-mn,m∈N*.2若m+n=p+q=2km,n,p,q,k∈N*,则am·an=ap·aq=a;3若数列{an},{bn}项数相同都是等比数列,则{λan},,{a},{an·bn},λ≠0仍然是等比数列;4在等比数列{an}中,等距离取出若干项也构成一个等比数列,即an,an+k,an+2k,an+3k,…为等比数列,公比为qk. 1.2017·全国卷Ⅱ我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯 A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏解析选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列,记为{an},则前7项的和S7=381,公比q=2,依题意,得S7==381,解得a1=
3.2.设Sn是等比数列{an}的前n项和,若=3,则= A.2B.C.D.1或2解析选B 设S2=k,则S4=3k,由数列{an}为等比数列,得S2,S4-S2,S6-S4为等比数列,∴S2=k,S4-S2=2k,S6-S4=4k,∴S6=7k,∴==.3.设数列{an}是等比数列,公比q=2,前n项和为Sn,则的值为 A.B.C.D.解析选A 根据等比数列的公式,得====.4.已知等比数列{an}的公比q≠1,且a3+a5=8,a2a6=16,则数列{an}的前2018项的和为 A.8064B.4C.-4D.0解析选D ∵等比数列{an}的公比q≠1,且a3+a5=8,a2a6=16,∴a3a5=a2a6=16,∴a3,a5是方程x2-8x+16=0的两个根,解得a3=a5=4,∴4q2=4,∵q≠1,∴q=-1,∴a1==4,∴数列{an}的前2018项的和为S2018==
0.5.2018·信阳调研已知等比数列{an}的公比q0,且a5·a7=4a,a2=1,则a1= A.B.C.D.2解析选B 因为{an}是等比数列,所以a5a7=a=4a,所以a6=2a4,q2==2,又q0,所以q=,a1==.[清易错]1.Sn,S2n-Sn,S3n-S2n未必成等比数列例如当公比q=-1且n为偶数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n不成等比数列;当q≠-1或q=-1且n为奇数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列,但等式S2n-Sn2=Sn·S3n-S2n总成立.2.在运用等比数列的前n项和公式时,必须注意对q=1与q≠1分类讨论,防止因忽略q=1这一特殊情形而导致解题失误.1.设数列{an}为等比数列,前n项和为Sn,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于 A.B.-C.D.解析选A 因为a7+a8+a9=S9-S6,且S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,即8,-1,S9-S6成等比数列,所以8S9-S6=1,即S9-S6=.所以a7+a8+a9=.2.设数列{an}是等比数列,前n项和为Sn,若S3=3a3,则公比q=________.解析当q≠1时,由题意,=3a1q2,即1-q3=3q2-3q3,整理得2q3-3q2+1=0,解得q=-.当q=1时,S3=3a3,显然成立.故q=-或
1.答案-或1
一、选择题1.2017·全国卷Ⅰ记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a5=24,S6=48,则{an}的公差为 A.1 B.2C.4D.8解析选C 设等差数列{an}的公差为d,由得即解得d=
4.2.2018·江西六校联考在等比数列{an}中,若a3a5a7=-3,则a2a8= A.3B.C.9D.13解析选A 由a3a5a7=-3,得a=-3,即a5=-,故a2a8=a=
3.3.在数列{an}中,已知a1=2,a2=7,an+2等于anan+1n∈N*的个位数,则a2018= A.8B.6C.4D.2解析选D 由题意得a3=4,a4=8,a5=2,a6=6,a7=2,a8=2,a9=4,a10=
8.所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现,周期为6,故a2018=a335×6+8=a8=
2.4.已知数列{an}满足a1=1,an=an-1+2nn≥2,n∈N*,则a7= A.53B.54C.55D.109解析选C a2=a1+2×2,a3=a2+2×3,……,a7=a6+2×7,各式相加得a7=a1+22+3+4+…+7=
55.5.设数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Snn∈N*,则S6= A.44B.45C.×46-1D.×45-1解析选B 由an+1=3Sn,得a2=3S1=
3.当n≥2时,an=3Sn-1,则an+1-an=3an,n≥2,即an+1=4an,n≥2,则数列{an}从第二项起构成等比数列,所以S6===
45.6.等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,对一切自然数n,都有=,则等于 A.B.C.D.解析选C ∵S9==9a5,T9==9b5,∴==.7.已知数列{an}是首项为1的等比数列,Sn是其前n项和,若5S2=S4,则log4a3的值为 A.1B.2C.0或1D.0或2解析选C 由题意得,等比数列{an}中,5S2=S4,a1=1,所以5a1+a2=a1+a2+a3+a4,即51+q=1+q+q2+q3,q3+q2-4q-4=0,即q+1q2-4=0,解得q=-1或±2,当q=-1时,a3=1,log4a3=
0.当q=±2时,a3=4,log4a3=
1.综上所述,log4a3的值为0或
1.8.设数列{an}是公差为dd0的等差数列,若a1+a2+a3=15,a1a2a3=80,则a11+a12+a13= A.75B.90C.105D.120解析选C 由a1+a2+a3=15得3a2=15,解得a2=5,由a1a2a3=80,得a2-da2a2+d=80,将a2=5代入,得d=3d=-3舍去,从而a11+a12+a13=3a12=3a2+10d=3×5+30=
105.
二、填空题9.若数列{an}满足a1+3a2+32a3+…+3n-1an=,则数列{an}的通项公式为________.解析当n≥2时,由a1+3a2+32a3+…+3n-1an=,得a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=,两式相减得3n-1an=-=,则an=.当n=1时,a1=满足an=,所以an=.答案an=10.数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2an-1,则an=________.解析∵Sn=2an-1,
①∴Sn-1=2an-1-1n≥2,
②①-
②得an=2an-2an-1,即an=2an-
1.∵S1=a1=2a1-1,即a1=1,∴数列{an}为首项是1,公比是2的等比数列,故an=2n-
1.答案2n-111.已知数列{an}中,a2n=a2n-1+-1n,a2n+1=a2n+n,a1=1,则a20=________.解析由a2n=a2n-1+-1n,得a2n-a2n-1=-1n,由a2n+1=a2n+n,得a2n+1-a2n=n,故a2-a1=-1,a4-a3=1,a6-a5=-1,…,a20-a19=
1.a3-a2=1,a5-a4=2,a7-a6=3,…,a19-a18=
9.又a1=1,累加得a20=
46.答案4612.数列{an}为正项等比数列,若a3=3,且an+1=2an+3an-1n≥2,n∈N*,则此数列的前5项和S5=________.解析设公比为qq0,由an+1=2an+3an-1,可得q2=2q+3,所以q=3,又a3=3,则a1=,所以此数列的前5项和S5==.答案
三、解答题13.已知在等差数列{an}中,a3=5,a1+a19=-
18.1求公差d及通项an;2求数列{an}的前n项和Sn及使得Sn取得最大值时n的值.解1∵a3=5,a1+a19=-18,∴∴∴an=11-2n.2由1知,Sn===-n2+10n=-n-52+25,∴n=5时,Sn取得最大值.14.已知数列{an}满足+++…+=n2+n.1求数列{an}的通项公式;2若bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.解1∵+++…+=n2+n,∴当n≥2时,+++…+=n-12+n-1,两式相减得=2nn≥2,∴an=n·2n+1n≥2.又∵当n=1时,=1+1,∴a1=4,满足an=n·2n+
1.∴an=n·2n+
1.2∵bn==n-2n,∴Sn=1×-21+2×-22+3×-23+…+n×-2n.-2Sn=1×-22+2×-23+3×-24+…+n-1×-2n+n-2n+1,∴两式相减得3Sn=-2+-22+-23+-24+…+-2n-n-2n+1=-n-2n+1=-n-2n+1=-,∴Sn=-.高考研究课一等差数列的3考点——求项、求和及判定[全国卷5年命题分析]考点考查频度考查角度等差数列通项5年4考求通项或某一项等差数列前n项和5年4考求项数、求和等差数列的判定5年1考判断数列成等差数列等差数列基本量的运算[典例] 1设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sn+2-Sn=36,则n= A.5 B.5C.7D.822016·全国卷ⅡSn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=
28.记bn=[lgan],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[
0.9]=0,[lg99]=
1.
①求b1,b11,b101;
②求数列{bn}的前1000项和.[解析] 1法一由等差数列前n项和公式可得Sn+2-Sn=n+2a1+d-=2a1+2n+1d=2+4n+2=36,解得n=
8.法二由Sn+2-Sn=an+2+an+1=a1+a2n+2=36,因此a2n+2=a1+2n+1d=35,解得n=
8.答案D2
①设数列{an}的公差为d,由已知得7+21d=28,解得d=
1.所以数列{an}的通项公式为an=n.b1=[lg1]=0,b11=[lg11]=1,b101=[lg101]=
2.
②因为bn=所以数列{bn}的前1000项和为1×90+2×900+3×1=
1893.[方法技巧]等差数列运算的解题思路由等差数列的前n项和公式及通项公式可知,若已知a1,d,n,an,Sn中三个便可求出其余两个,即“知三求二”,“知三求二”的实质是方程思想,即建立方程组求解. [即时演练]1.已知数列{an}是公差为1的等差数列,Sn为{an}的前n项和,若S6=4S3,则a10= A.B.C.D.解析选B ∵S6=4S3,公差d=
1.∴6a1+×1=4×,解得a1=.∴a10=+9×1=.2.已知公差不为0的等差数列{an}满足a1,a3,a4成等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,则的值为 A.-2B.-3C.2D.3解析选D 设{an}的公差为d,因为a1,a3,a4成等比数列,所以a1+2d2=a1a1+3d,可得a1=-4d,所以===
3.3.2018·大连联考已知等差数列{an}的公差d
0.设{an}的前n项和为Sn,a1=1,S2·S3=
36.1求d及Sn;2求m,km,k∈N*的值,使得am+am+1+am+2+…+am+k=
65.解1由题意知2a1+d3a1+3d=36,将a1=1代入上式解得d=2或d=-
5.因为d0,所以d=
2.从而an=2n-1,Sn=n2n∈N*.2由1得am+am+1+am+2+…+am+k=2m+k-1k+1,所以2m+k-1k+1=
65.由m,k∈N*知2m+k-1≥k+11,故解得即所求m的值为5,k的值为
4.等差数列的判定与证明[典例] 2017·江苏高考对于给定的正整数k,若数列{an}满足an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan,对任意正整数nnk总成立,则称数列{an}是“Pk数列”.1证明等差数列{an}是“P3数列”;2若数列{an}既是“P2数列”,又是“P3数列”,证明{an}是等差数列.[思路点拨] 1利用等差数列的性质“an-k+an+k=2an”,构造出{an}是“P3数列”需要满足的条件即可证明;2根据等差数列定义、通项公式、中项公式即可证明{an}为等差数列.[证明] 1因为{an}是等差数列,设其公差为d,则an=a1+n-1d,从而,当n≥4时,an-k+an+k=a1+n-k-1d+a1+n+k-1d=2a1+2n-1d=2an,k=123,所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an,因此等差数列{an}是“P3数列”.2数列{an}既是“P2数列”,又是“P3数列”,因此,当n≥3时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,
①当n≥4时,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.
②由
①知,an-3+an-2=4an-1-an+an+1,
③an+2+an+3=4an+1-an-1+an.
④将
③④代入
②,得an-1+an+1=2an,其中n≥4,所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d′.在
①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d′,在
①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d′,所以数列{an}是等差数列.[方法技巧]等差数列判定与证明的方法方法解读适合题型定义法对于n≥2的任意自然数,an-an-1为同一常数⇔{an}是等差数列解答题中证明问题等差中项法2an-1=an+an-2n≥3,n∈N*成立⇔{an}是等差数列通项公式法an=pn+qp,q为常数对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列选择、填空题中的判定问题前n项和公式法验证Sn=An2+BnA,B是常数对任意的正整数n都成立⇔{an}是等差数列[即时演练]1.2016·浙江高考如图,点列{An},{Bn}分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An≠An+2,n∈N*,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,Bn≠Bn+2,n∈N*P≠Q表示点P与Q不重合.若dn=|AnBn|,Sn为△AnBnBn+1的面积,则 A.{Sn}是等差数列B.{S}是等差数列C.{dn}是等差数列D.{d}是等差数列解析选A 由题意,过点A1,A2,A3,…,An,An+1,…分别作直线B1Bn+1的垂线,高分别记为h1,h2,h3,…,hn,hn+1,…,根据平行线的性质,得h1,h2,h3,…,hn,hn+1,…成等差数列,又Sn=×|BnBn+1|×hn,|BnBn+1|为定值,所以{Sn}是等差数列.故选A.2.2017·全国卷Ⅰ记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2=2,S3=-
6.1求{an}的通项公式;2求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.解1设{an}的公比为q.由题设可得解得故{an}的通项公式为an=-2n.2由1可得Sn==-+-1n.由于Sn+2+Sn+1=-+-1n=2=2Sn,故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.等差数列的性质[典例] 1已知等差数列{an}的公差为dd≠0,且a3+a6+a10+a13=32,若am=8,则m的值为 A.8B.12C.6D.42已知数列{an},{bn}为等差数列,前n项和分别为Sn,Tn,若=,则= A.B.C.D.32018·天水模拟已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S10=10,S20=30,则S30=________.[解析] 1由a3+a6+a10+a13=32,得a3+a13+a6+a10=32,得4a8=32,即a8=8,m=
8.2因为{an},{bn}为等差数列,且=,所以======.3∵S10,S20-S10,S30-S20成等差数列,∴2S20-S10=S10+S30-S20,∴40=10+S30-30,∴S30=
60.[答案] 1A 2A 360[方法技巧]等差数列的性质1项的性质在等差数列{an}中,am-an=m-nd⇔=dm≠n,其几何意义是点n,an,m,am所在直线的斜率等于等差数列的公差.2和的性质在等差数列{an}中,Sn为其前n项和,则
①S2n=na1+a2n=…=nan+an+1;
②S2n-1=2n-1an. [即时演练]1.2018·岳阳模拟在等差数列{an}中,如果a1+a2=40,a3+a4=60,那么a7+a8= A.95B.100C.135D.80解析选B 由等差数列的性质可知,a1+a2,a3+a4,a5+a6,a7+a8构成新的等差数列,于是a7+a8=a1+a2+4-1[a3+a4-a1+a2]=40+3×20=
100.2.2018·广州模拟已知等比数列{an}的各项都为正数,且a3,a5,a4成等差数列,则的值是 A.B.C.D.解析选A 设等比数列{an}的公比为q,由a3,a5,a4成等差数列可得a5=a3+a4,即a3q2=a3+a3q,故q2-q-1=0,解得q=或q=舍去,所以=====.3.若两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别是Sn,Tn,已知=,则+=________.解析∵数列{an}和{bn}都是等差数列,∴+=====.答案等差数列前n项和的最值 等差数列的通项an及前n项和Sn均为n的函数,通常利用函数法或通项变号法解决等差数列前n项和Sn的最值问题.[典例] 等差数列{an}中,设Sn为其前n项和,且a10,S3=S11,当Sn取得最大值时,n的值为________.[解析] 法一用“函数法”解题由S3=S11,可得3a1+d=11a1+d,即d=-a
1.从而Sn=n2+n=-n-72+a1,因为a10,所以-
0.故当n=7时,Sn最大.法二用“通项变号法”解题由法一可知,d=-a
1.要使Sn最大,则有即解得
6.5≤n≤
7.5,故当n=7时,Sn最大.[答案] 7[方法技巧]求等差数列前n项和Sn最值的2种方法1函数法利用等差数列前n项和的函数表达式Sn=an2+bn,通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解.2通项变号法
①当a10,d0时,满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm;
②当a10,d0时,满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm. [即时演练]1.2018·潍坊模拟在等差数列{an}中,a1=29,S10=S20,则数列{an}的前n项和Sn的最大值为 A.S15B.S16C.S15或S16D.S17解析选A ∵a1=29,S10=S20,∴10a1+d=20a1+d,解得d=-2,∴Sn=29n+×-2=-n2+30n=-n-152+
225.∴当n=15时,Sn取得最大值.2.已知{an}是等差数列,a1=-26,a8+a13=5,当{an}的前n项和Sn取最小值时,n的值为 A.8B.9C.10D.11解析选B 设数列{an}的公差为d,∵a1=-26,a8+a13=5,∴-26+7d-26+12d=5,解得d=3,∴Sn=-26n+×3=n2-n=2-,∴{an}的前n项和Sn取最小值时,n=
9.3.已知{an}是各项不为零的等差数列,其中a10,公差d0,若S10=0,则数列{an}的前n项和取最大值时,n=________.解析由S10==5a5+a6=0,可得a5+a6=0,∴a50,a60,即数列{an}的前5项和为最大值,∴n=
5.答案51.2017·全国卷Ⅲ等差数列{an}的首项为1,公差不为
0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为 A.-24B.-3C.3D.8解析选A 设等差数列{an}的公差为d,因为a2,a3,a6成等比数列,所以a2a6=a,即a1+da1+5d=a1+2d
2.又a1=1,所以d2+2d=
0.又d≠0,则d=-2,所以{an}前6项的和S6=6×1+×-2=-
24.2.2016·全国卷Ⅰ已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,则a100= A.100B.99C.98D.97解析选C 法一∵{an}是等差数列,设其公差为d,∴S9=a1+a9=9a5=27,∴a5=
3.又∵a10=8,∴∴∴a100=a1+99d=-1+99×1=
98.法二∵{an}是等差数列,∴S9=a1+a9=9a5=27,∴a5=
3.在等差数列{an}中,a5,a10,a15,…,a100成等差数列,且公差d′=a10-a5=8-3=
5.故a100=a5+20-1×5=
98.3.2014·全国卷Ⅰ已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.1证明an+2-an=λ;2是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.解1证明由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-
1.两式相减得an+1an+2-an=λan+
1.由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.2由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-
1.由1知,a3=λ+
1.令2a2=a1+a3,解得λ=
4.故an+2-an=4,由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-
1.所以an=2n-1,an+1-an=
2.因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.4.2013·全国卷Ⅱ已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25,且a1,a11,a13成等比数列.1求{an}的通项公式;2求a1+a4+a7+…+a3n-
2.解1设{an}的公差为d.由题意,a=a1a13,即a1+10d2=a1a1+12d,于是d2a1+25d=
0.又a1=25,所以d=0舍去,或d=-
2.故an=-2n+
27.2令Sn=a1+a4+a7+…+a3n-
2.由1知a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为25,公差为-6的等差数列.从而Sn=a1+a3n-2=-6n+56=-3n2+28n.
一、选择题1.2018·厦门一中测试已知数列{an}中,a2=,a5=,且是等差数列,则a7= A. B.C.D.解析选D 设等差数列的公差为d,则=+3d,即=+3d,解得d=2,所以=+5d=12,解得a7=.2.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤,问次一尺各重几何?”意思是“现有一根金箠,长五尺,一头粗,一头细,在粗的一端截下1尺,重4斤,在细的一端截下1尺,重2斤,问依次每一尺各重多少斤?”根据上题的已知条件,若金箠由粗到细是均匀变化的,问第二尺与第四尺的重量之和为 A.6斤B.9斤C.
9.5斤D.12斤解析选A 依题意,金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列,设首项a1=4,则a5=
2.由等差数列的性质得a2+a4=a1+a5=6,所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤.3.2018·银川一中月考在等差数列{an}中,首项a10,公差d≠0,前n项和为Snn∈N*,有下列命题
①若S3=S11,则必有S14=0;
②若S3=S11,则必有S7是Sn中的最大项;
③若S7S8,则必有S8S9;
④若S7S8,则必有S6S
9.其中正确命题的个数是 A.1B.2C.3D.4解析选D 对于
①,若S11-S3=4a1+a14=0,即a1+a14=0,则S14==0,所以
①正确;对于
②,当S3=S11时,易知a7+a8=0,又a10,d≠0,所以a70a8,故S7是Sn中的最大项,所以
②正确;对于
③,若S7S8,则a80,那么d0,可知a90,此时S9-S80,即S8S9,所以
③正确;对于
④,若S7S8,则a80,S9-S6=a7+a8+a9=3a80,即S6S9,所以
④正确.故选D.4.2018·大同模拟在等差数列中,a1+a2+a3=3,a18+a19+a20=87,则此数列前20项的和等于 A.290B.300C.580D.600解析选B 由a1+a2+a3=3a2=3,得a2=
1.由a18+a19+a20=3a19=87,得a19=29,所以S20==10a2+a19=
300.5.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S9=18,an-4=30n9,若Sn=336,则n的值为 A.18B.19C.20D.21解析选D 因为{an}是等差数列,所以S9=9a5=18,a5=2,Sn===×32=16n=336,解得n=
21.6.设{an}是等差数列,d是其公差,Sn是其前n项和,且S5S6,S6=S7S8,则下列结论错误的是 A.d0B.a7=0C.S9S5D.当n=6或n=7时Sn取得最大值解析选C 由S5S6,得a1+a2+a3+a4+a5a1+a2+a3+a4+a5+a6,即a
60.同理由S7S8,得a
80.又S6=S7,∴a1+a2+…+a6=a1+a2+…+a6+a7,∴a7=0,∴B正确;∵d=a7-a60,∴A正确;而C选项,S9S5,即a6+a7+a8+a90,可得2a7+a80,由结论a7=0,a80,知C选项错误;∵S5S6,S6=S7S8,∴结合等差数列前n项和的函数特性可知D正确.故选C.7.等差数列{an}的前n项和为Sn,若公差d0,S8-S5S9-S50,则 A.|a7||a8|B.|a7||a8|C.|a7|=|a8|D.|a7|=0解析选B 因为S8-S5S9-S50,所以a6+a7+a8a6+a7+a8+a90,因为{an}为等差数列,所以a6+a7+a8=3a7,a6+a7+a8+a9=2a7+a8,所以a7a7+a80,所以a7与a7+a8异号.又公差d0,所以a70,a80,且|a7||a8|,故选B.
二、填空题8.在数列{an}中,an+1=,a1=2,则a20=________.解析由an+1=,a1=2,可得-=3,所以是以为首项,3为公差的等差数列.所以=+3n-1,即an=,所以a20=.答案9.数列{an}满足a1=1,an+1=2an+2n,则数列{an}的通项公式为________.解析∵a1=1,an+1=2an+2n,∴=+,∴数列是首项为=,公差d=的等差数列,故=+n-1×=n,即an=n·2n-
1.答案an=n·2n-110.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S4≠0,且S8=3S4,S12=λS8,则λ=________.解析当S4≠0,且S8=3S4,S12=λS8时,由等差数列的性质得S4,S8-S4,S12-S8成等差数列,∴2S8-S4=S4+S12-S8,∴23S4-S4=S4+λ·3S4-3S4,解得λ=
2.答案2
三、解答题11.已知数列{an}是等差数列,且a1,a2,a5成等比数列,a3+a4=
12.1求a1+a2+a3+a4+a5;2设bn=10-an,数列{bn}的前n项和为Sn,若b1≠b2,则n为何值时,Sn最大?Sn最大值是多少?解1设{an}的公差为d,∵a1,a2,a5成等比数列,∴a1+d2=a1a1+4d,解得d=0或d=2a
1.当d=0时,∵a3+a4=12,∴an=6,∴a1+a2+a3+a4+a5=30;当d≠0时,∵a3+a4=12,∴a1=1,d=2,∴a1+a2+a3+a4+a5=
25.2∵b1≠b2,bn=10-an,∴a1≠a2,∴d≠0,由1知an=2n-1,∴bn=10-an=10-2n-1=11-2n,Sn=10n-n2=-n-52+
25.∴当n=5时,Sn取得最大值,最大值为
25.12.2018·沈阳质检已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a3+a6=4,S5=-
5.1求数列{an}的通项公式;2若Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|,求T5的值和Tn的表达式.解1设等差数列{an}的公差为d,由题意知解得故an=2n-7n∈N*.2由an=2n-70,得n,即n≤3,所以当n≤3时,an=2n-70,当n≥4时,an=2n-
70.由1知Sn=n2-6n,所以当n≤3时,Tn=-Sn=6n-n2;当n≥4时,Tn=-S3+Sn-S3=Sn-2S3=n2-6n+
18.故T5=13,Tn=13.已知数列{an}中,a1=4,an=an-1+2n-1+3n≥2,n∈N*.1证明数列{an-2n}是等差数列,并求{an}的通项公式;2设bn=,求bn的前n项和Sn.解1证明当n≥2时,an=an-1+2n-1+3=an-1+2n-2n-1+3,∴an-2n-an-1-2n-1=
3.又a1=4,∴a1-2=2,故数列{an-2n}是以2为首项,3为公差的等差数列,∴an-2n=2+n-1×3=3n-1,∴an=2n+3n-
1.2bn===1+,∴Sn=++…+=n+,令Tn=++…+,
①则Tn=++…+,
②①-
②得,Tn=1+++…+-,=1+3×-=-,∴Sn=n+5-.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,an+1=2an+2n+1-1n∈N*.1求a2,a3;2求实数λ使为等差数列,并由此求出an与Sn;3求n的所有取值,使∈N*,说明你的理由.解1∵a1=3,an+1=2an+2n+1-1,∴a2=2×3+22-1=9,a3=2×9+23-1=
25.2∵a1=3,an+1=2an+2n+1-1,∴an+1-1=2an-1+2n+1,∴-=1,故λ=-1时,数列成等差数列,且首项为=1,公差d=
1.∴=n,即an=n·2n+
1.∴Sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n+n,设Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,
①则2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,
②①-
②得,-Tn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=1-n·2n+1-2,∴Tn=n-1·2n+1+2,∴Sn=Tn+n=n-1·2n+1+2+n.3==2+,结合y=2x及y=x的图象可知2n恒成立,∴2n+1n,即n-2n+10,∵n·2n+10,∴
2.当n=1时,==1∈N*;当n≥2时,∵an0且{an}为递增数列,∴Sn0且Snan,∴1,即12,∴当n≥2时,∉N*.综上可得n=
1.高考研究课二等比数列的3考点——基本运算、判定和应用[全国卷5年命题分析]考点考查频度考查角度等比数列的基本运算5年5考由项与和的关系求首项、求前n项和、求项数等等比数列的判定5年2考证明等比数列等比数列的综合应用5年3考求和后放缩法证明不等式,等比数列求项之积的最值等比数列基本量的运算[典例] 1已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=,a2+a4=,则= A.4n-1 B.4n-1C.2n-1D.2n-122018·石家庄模拟设数列{an}的前n项和Sn满足6Sn+1=9ann∈N*.
①求数列{an}的通项公式;
②若数列{bn}满足bn=,求数列{bn}前n项和Tn.[解析] 1设{an}的公比为q,∵∴由ⅰⅱ可得=2,∴q=,代入ⅰ得a1=2,∴an=2×n-1=,∴Sn==4,∴==2n-
1.答案D2
①当n=1时,由6a1+1=9a1,得a1=.当n≥2时,由6Sn+1=9an,得6Sn-1+1=9an-1,两式相减得6Sn-Sn-1=9an-an-1,即6an=9an-an-1,∴an=3an-
1.∴数列{an}是首项为,公比为3的等比数列,其通项公式为an=×3n-1=3n-
2.
②∵bn==n-2,∴{bn}是首项为3,公比为的等比数列,∴Tn=b1+b2+…+bn==.[方法技巧]解决等比数列有关问题的常用思想方法1方程的思想等比数列中有五个量a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程组求关键量a1和q,问题可迎刃而解.2分类讨论的思想等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论,当q=1时,{an}的前n项和Sn=na1;当q≠1时,{an}的前n项和Sn==. [即时演练]1.已知数列{an}是首项a1=的等比数列,其前n项和为Sn,S3=,若am=-,则m的值为 A.8B.10C.9D.7解析选A 设数列{an}的公比为q,若q=1,则S3=≠,不符合题意,∴q≠
1.由得∴an=·n-1=n+
1.由am=m+1=-,得m=
8.2.2018·汕头模拟设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且数列{Sn}是以2为公比的等比数列.1求数列{an}的通项公式;2求a1+a3+…+a2n+
1.解1∵S1=a1=1,且数列{Sn}是以2为公比的等比数列,∴Sn=2n-1,又当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-2n-2=2n-
2.当n=1时,a1=1,不适合上式.∴an=2a3,a5,…,a2n+1是以2为首项,以4为公比的等比数列,∴a3+a5+…+a2n+1==.∴a1+a3+…+a2n+1=1+=.等比数列的判定与证明[典例] 1已知数列{an}中,a1=1,a2=3且an+2=3an+1-2an,n∈N*,对数列{an}有下列命题
①数列{an}是等差数列;
②数列{an+1-an}是等比数列;
③当n≥2时,an都是质数;
④++…+2,n∈N*,则其中正确的命题有 A.
②B.
①②C.
③④D.
②④2已知数列{an}满足a1=,an=n≥2.
①求证为等比数列,并求出{an}的通项公式;
②若bn=,求{bn}的前n项和Sn.[解析] 1∵an+2=3an+1-2an,∴an+2-an+1=2an+1-an,∴数列{an+1-an}是以a2-a1=2为首项、2为公比的等比数列,∴an-an-1=2n-1,an-1-an-2=2n-2,…a2-a1=21,累加得an-a1=21+22+…+2n-1==2n-2,∴an=2n-2+a1=2n-
1.显然
①②③中,只有
②正确,又∵=n≥2,∴++…+1+++…+=2,故
④正确;综上所述,
①③错误,
②④正确.答案D2
①证明∵数列{an}满足a1=,an=n≥2,∴==-1,n≥2,∴-1=2,n≥2,又-1=2-1=1,∴为首项为1,公比为2的等比数列,∴-1=2n-1,=2n-1+1,∴an=.
②∵bn===2n-12n-1+1=2n-1·2n-1+2n-1,∴Sn=1+3×2+5×22+…+2n-1×2n-1+n
2.设Tn=1+3×2+5×22+…+2n-1×2n-1,则2Tn=2+3×22+…+2n-3×2n-1+2n-1×2n,两式相减得,-Tn=1+22+23+…+2n-2n-1×2n=1+-2n-1×2n=3-2n×2n-3,∴Tn=2n-3×2n+3,∴Sn=Tn+n2=2n-3×2n+n2+
3.[方法技巧]等比数列的3种判定方法定义法若=qq为非零常数,n∈N*,则{an}是等比数列等比中项法若数列{an}中,an≠0且a=an·an+2n∈N*,则数列{an}是等比数列通项公式法若数列通项公式可写成an=c·qnc,q均是不为0的常数,n∈N*,则{an}是等比数列[即时演练]1.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+an=2nn∈N*,则下列数列中一定为等比数列的是 A.{an}B.{an-1}C.{an-2}D.{Sn}解析选C 由Sn+an=2nn∈N*,可得Sn-1+an-1=2n-1n≥2,n∈N*,两式相减得an=an-1+1n≥2,n∈N*,所以an-2=an-1-2n≥2,n∈N*,且a1=1,a1-2=-1≠0,所以{an-2}一定是等比数列.2.2018·惠州模拟设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1=4an+
2.1设bn=an+1-2an,证明数列{bn}是等比数列;2求数列{an}的通项公式.解1证明由a1=1及Sn+1=4an+2,得a1+a2=S2=4a1+
2.∴a2=5,∴b1=a2-2a1=
3.∵Sn+1=4an+2,
①∴当n≥2时,Sn=4an-1+2,
②①-
②,得an+1=4an-4an-1,∴an+1-2an=2an-2an-1.∵bn=an+1-2an,∴bn=2bn-1n≥2,故{bn}是首项b1=3,公比为2的等比数列.2由1知bn=an+1-2an=3×2n-1,∴-=,故是首项为,公差为的等差数列.∴=+n-1×=,∴an=3n-1·2n-
2.等比数列的性质[典例] 12018·衡水模拟各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2,S3n=14,则S4n等于 A.80B.30C.26D.162等比数列{an}满足an>0,n∈N*,且a3·a2n-3=22nn≥2,则当n≥1时,log2a1+log2a2+…+log2a2n-1=________.[解析] 1∵Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,S4n-S3n成等比数列,∴Sn·S3n-S2n=S2n-Sn2,即2×14-S2n=S2n-22,解得S2n=6或S2n=-4舍去.同理,6-2S4n-14=14-62,解得S4n=
30.2由等比数列的性质,得a3·a2n-3=a=22n,从而得an=2n.∴log2a1+log2a2+…+log2a2n-1=log2[a1a2n-1·a2a2n-2·…·an-1an+1an]=log22n2n-1=n2n-1=2n2-n.[答案] 1B 22n2-n[方法技巧]1在解决等比数列的有关问题时,要注意挖掘隐含条件,利用性质,特别是性质“若m+n=p+q,则am·an=ap·aq”,可以减少运算量,提高解题速度.2在应用相应性质解题时,要注意性质成立的前提条件,有时需要进行适当变形.此外,解题时注意设而不求思想的运用. [即时演练]1.已知数列{an}为等比数列,其中a5,a9为方程x2+2018x+9=0的两根,则a7的值为 A.-3B.3C.±3D.9解析选A ∵数列{an}为等比数列,其中a5,a9为方程x2+2018x+9=0的两根,∴a5+a9=-2018,a5·a9=9,∴a50,a90,则a7=-=-
3.2.2018·辽宁五校联考已知数列{an}为等比数列,若a4+a6=10,则a7a1+2a3+a3a9的值为 A.10B.20C.100D.200解析选C a7a1+2a3+a3a9=a7a1+2a7a3+a3a9=a+2a4a6+a=a4+a62=102=
100.3.2017·长春二模在正项等比数列{an}中,已知a1a2a3=4,a4a5a6=12,an-1anan+1=324,则n=________.解析设数列{an}的公比为q,由a1a2a3=4=aq3与a4a5a6=12=aq12,可得q9=3,an-1anan+1=aq3n-3=324,因此q3n-6=81=34=q36,所以3n-6=36,即n=
14.答案14等比数列的构造与求值[典例] 1记数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=3an+1,则a10= A.-B.-C.D.22018·福建莆田一中检测已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=12Sn=an+1,则使不等式S+S+…+S2×3n+1成立的n的最大值为 A.2B.3C.4D.5[解析] 1由Sn=3an+1,Sn+1=3an+1+1,得an+1=3an+1-3an,整理得an+1=an,又a1=3a1+1,a1=-,故数列{an}是以-为首项,为公比的等比数列,∴an=×n-1,故a10=×9=-.2由2Sn=an+1,得2Sn=an+1=Sn+1-Sn,则3Sn=Sn+1,即=3,所以数列{Sn}是以S1=a1=1为首项,3为公比的等比数列,则Sn=3n-
1.所以数列{S}是以S=1为首项,9为公比的等比数列,所以S+S+…+S==9n-1.于是原不等式可化为9n-12×3n+1,即3n3n-481,可知满足此不等式的n的最大值为
3.[答案] 1A 2B[方法技巧]构造法求解数列的通项公式时,关键在于递推关系的灵活变形,当an与an-1n≥2的系数不同时应考虑构造等比数列来运算.如利用已知条件构造成an+1+X=man+X的形式,然后利用等比数列的通项公式求解即可. [即时演练]1.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=12Sn=an+1-1,则Sn= A.2n-1B.2n-1C.3n-1D.3n-1解析选D 易知S1=a1=
1.因为2Sn=an+1-1=Sn+1-Sn-1,所以Sn+1+=3,即数列是以S1+=为首项,3为公比的等比数列,则Sn+=×3n-1,所以Sn=3n-1.2.已知数列{an}满足a1=1,an+1=n∈N*,则a10=________.解析由已知取倒数可得,=+1⇒+1=2,又a1=1,故是以2为首项,2为公比的等比数列,故+1=2×2n-1=2n,an=,a10=.答案1.2015·全国卷Ⅱ已知等比数列{an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,则a3+a5+a7= A.21B.42C.63D.84解析选B 设数列{an}的公比为q,∵a1=3,a1+a3+a5=21,∴3+3q2+3q4=
21.∴1+q2+q4=7,解得q2=2或q2=-3舍去.∴a3+a5+a7=q2a1+a3+a5=2×21=
42.2.2013·全国卷Ⅱ等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1= A.B.-C.D.-解析选C 由题知q≠1,则S3==a1q+10a1,得q2=9,又a5=a1q4=9,则a1=.3.2017·全国卷Ⅲ设等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4=________.解析设等比数列{an}的公比为q,则a1+a2=a11+q=-1,a1-a3=a11-q2=-3,两式相除,得=,解得q=-2,a1=1,所以a4=a1q3=-
8.答案-84.2016·全国卷Ⅰ设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为________.解析设等比数列{an}的公比为q,则由a1+a3=10,a2+a4=qa1+a3=5,知q=.又a1+a1q2=10,∴a1=
8.故a1a2…an=aq1+2+…+n-1=23n·=23n-+=2-+n.记t=-+=-n2-7n=-2+,结合n∈N*可知n=3或4时,t有最大值
6.又y=2t为增函数,从而a1a2…an的最大值为26=
64.答案645.2016·全国卷Ⅰ已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=,anbn+1+bn+1=nbn.1求{an}的通项公式;2求{bn}的前n项和.解1由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=,得a1=
2.所以数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-
1.2由1知anbn+1+bn+1=nbn,得bn+1=,因此{bn}是首项为1,公比为的等比数列.记{bn}的前n项和为Sn,则Sn==-.
一、选择题1.若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则= A.-1 B.1C.D.-2解析选B 设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,则a4=-1+3d=8,解得d=3;b4=-1·q3=8,解得q=-
2.所以a2=-1+3=2,b2=-1×-2=2,所以=
1.2.2018·海口调研设Sn为等比数列{an}的前n项和,a2-8a5=0,则的值为 A.B.C.2D.17解析选B 设{an}的公比为q,依题意得==q3,因此q=.注意到a5+a6+a7+a8=q4a1+a2+a3+a4,即有S8-S4=q4S4,因此S8=q4+1S4,=q4+1=.3.在等比数列{an}中,a1,a5为方程x2-10x+16=0的两根,则a3= A.4B.5C.±4D.±5解析选A ∵a1,a5为方程x2-10x+16=0的两根,∴a1+a5=10,a1a5=16,则a1,a5为正数,在等比数列{an}中,a=a1a5=16,则a3=±4,∵a1,a5为正数,∴a3=
4.4.已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若存在m∈N*,满足=9,=,则数列{an}的公比为 A.-2B.2C.-3D.3解析选B 设数列{an}的公比为q,若q=1,则=2,与题中条件矛盾,故q≠
1.∵==qm+1=9,∴qm=
8.∴==qm=8=,∴m=3,∴q3=8,∴q=
2.5.已知等比数列{an}的各项均为不等于1的正数,数列{bn}满足bn=lgan,b3=18,b6=12,则数列{bn}的前n项和的最大值为 A.126B.130C.132D.134解析选C 设等比数列{an}的公比为qq0,由题意可知,lga3=b3,lga6=b
6.又b3=18,b6=12,则a1q2=1018,a1q5=1012,∴q3=10-6,即q=10-2,∴a1=
1022.又{an}为正项等比数列,∴{bn}为等差数列,且公差d=-2,b1=22,∴数列{bn}的前n项和Sn=22n+×-2=-n2+23n=-2+.又n∈N*,故n=11或12时,Snmax=
132.6.正项等比数列{an}中,存在两项am,an,使得=4a1,且a6=a5+2a4,则+的最小值是 A.B.2C.D.解析选A 设等比数列{an}的公比为q,其中q0,于是有a4q2=a4q+2a4,即q2-q-2=0,q+1q-2=0q0,由此解得q=
2.由aman=16a,得a×2m+n-2=16a,故m+n=6,其中m,n∈N*,∴+=+m+n=≥=,当且仅当=,即m=2,n=4时等号成立,∴+的最小值为.
二、填空题7.已知数列{an}满足a1,,,…,是首项为1,公比为2的等比数列,则a101=________.解析因为数列{an}满足a1,,,…,是首项为1,公比为2的等比数列,所以a1=1,=2n-1,所以an=a1···…·=1×2×22×…×2n-1=21+2+…+n-1=2,当n=1时,a1=1满足上式,故an=2,所以a101=2=
25050.答案250508.2017·辽宁一模在等比数列{an}中,若a7+a8+a9+a10=,a8a9=-,则+++=________.解析因为+=,+=,由等比数列的性质知a7a10=a8a9,所以+++==÷=-.答案-9.设数列{an}的前n项和为Snn∈N*,关于数列{an}有下列四个命题
①若{an}既是等差数列又是等比数列,则an=an+1n∈N*;
②若Sn=an2+bna,b∈R,则{an}是等差数列;
③若Sn=1--1n,则{an}是等比数列;
④若S1=1,S2=2,且Sn+1-3Sn+2Sn-1=0n≥2,则数列{an}是等比数列.其中真命题的序号是________.解析若{an}既是等差数列又是等比数列,设其前三项分别为a-d,a,a+dd为公差,则a2=a-da+d,解得d=0,因此an=an+1n∈N*,
①正确;由Sn=an2+bna,b∈R是数列{an}为等差数列的充要条件,可知
②正确;若Sn=1--1n,则a1=2,n≥2时,an=Sn-Sn-1=2-1n-1,为等比数列,首项为2,公比为-1,因此
③正确;由Sn+1-3Sn+2Sn-1=0n≥2,可得Sn+1-Sn=2Sn-Sn-1,即an+1=2an,又S1=1,S2=2,∴a1=1,a2=1,可得a2=a1,∴数列{an}不是等比数列,
④错误.故真命题的序号是
①②③.答案
①②③
三、解答题10.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=n∈N*.1若数列{an+t}是等比数列,求t的值;2求数列{an}的通项公式;3记bn=+,求数列{bn}的前n项和Tn.解1当n=1时,由a1==,得a1=
1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-n-2an-1+n-1,即an=2an-1+1,∴a2=3,a3=
7.依题意,得3+t2=1+t7+t,解得t=1,当t=1时,an+1=2an-1+1,n≥2,即{an+1}为等比数列成立,故实数t的值为
1.2由1,知当n≥2时,an+1=2an-1+1,又因为a1+1=2,所以数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列.所以an+1=2×2n-1=2n,∴an=2n-
1.3由2,知bn=+===-,则Tn=-+-+-+…+-+-=1-.11.已知数列{an}满足a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2ann∈N*.1证明数列{an+1-an}是等比数列;2设bn=,Tn是数列{bn}的前n项和,证明Tn.证明1∵an+2=3an+1-2an,∴an+2-an+1=2an+1-an,又∵a2-a1=3-1=2,∴数列{an+1-an}是首项为
2、公比为2的等比数列.2由1可知an+1-an=2n,显然数列{an}是递增的,∴bn==·=·=,于是Tn===.12.已知数列{an}的前n项和是Sn,且Sn+an=1n∈N*.1求数列{an}的通项公式;2设bn=log41-Sn+1n∈N*,Tn=++…+,求Tn的取值范围.解1当n=1时,a1=S1,由S1+a1=1,得a1=,当n≥2时,Sn+an=1,Sn-1+an-1=1,两式相减得,Sn-Sn-1+an-an-1=0,∴an=an-
1.∴{an}是以为首项,为公比的等比数列.故an=n-1=3nn∈N*.2由1知1-Sn+1=an+1=n+1,∴bn=log41-Sn+1=log4n+1=-n+1,∴==-,故Tn=++…+=++…+=-,∴≤Tn,即Tn的取值范围为.1.数列{an}是以a为首项,q为公比的等比数列,数列{bn}满足bn=1+a1+a2+…+an,数列cn=2+b1+b2+…+bn,若{cn}为等比数列,则a+q= A.B.3C.D.6解析选B 由题意知q≠
1.因为数列{an}是以a为首项,q为公比的等比数列,所以bn=1+-,所以cn=2-+n+,要使{cn}为等比数列,则2-=0且=0,所以a=1,q=2,则a+q=
3.2.设Sn是数列{an}的前n项和,已知a1=3,an+1=2Sn+
3.1求数列{an}的通项公式;2令bn=2n-1an,求数列{bn}的前n项和Tn.解1当n=1时,a2=2S1+3=2a1+3=9,当n≥2时,an+1=2Sn+3,可得an=2Sn-1+
3.两式相减得,an+1-an=2Sn-Sn-1,即an+1-an=2an,an+1=3an,则an=a2·3n-2=9×3n-2=3n.又an=3n对n=1也成立,所以an=3n.2由1知,bn=2n-1an=2n-1×3n,故Tn=1×3+3×32+5×33+…+2n-1×3n,3Tn=1×32+3×33+5×34+…+2n-1×3n+1,两式相减可得-2Tn=3+232+33+…+3n-2n-1×3n+1=3+2×-2n-1×3n+1,化简可得Tn=3+n-1×3n+
1.高考研究课三数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消及错位相减非等差、等比数列的一般数列求和,主要有两种思想1转化的思想,即将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成.2不能转化为等差或等比的特殊数列,往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.分组转化法求和一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组求和法,分别求和后再相加减.[典例] 已知数列{an}的前n项和Sn=,n∈N*.1求数列{an}的通项公式;2设bn=2an+-1nan,求数列{bn}的前2n项和.[思路点拨] 1根据题意,利用an=Sn-Sn-1n≥2化简,再验证a1,即可得出结论;2bn=2n+-1nn,分两部分求和2n利用等比数列的前n项和公式求解;-1nn的结果易得,则求得结论.[解] 1当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n.又a1也满足an=n,故数列{an}的通项公式为an=n.2由1知an=n,故bn=2n+-1nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n,则T2n=21+22+…+22n+-1+2-3+4-…+2n.记A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,则A==22n+1-2,B=-1+2+-3+4+…+[-2n-1+2n]=n.故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-
2.[方法技巧]1若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn,且{an},{bn}为等差或等比数列,可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.2若数列{cn}的通项公式为cn=其中数列{an},{bn}是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求{cn}的前n项和. [即时演练]已知等比数列{an}中,首项a1=3,公比q>1,且3an+2+an-10an+1=0n∈N*.1求数列{an}的通项公式;2设是首项为1,公差为2的等差数列,求数列{bn}的通项公式和前n项和Sn.解1∵3an+2+an-10an+1=0,∴3anq2+an-10anq=0,即3q2-10q+3=
0.∵公比q>1,∴q=
3.又首项a1=3,∴数列{an}的通项公式为an=3n.2∵是首项为1,公差为2的等差数列,∴bn+an=1+2n-1.即数列{bn}的通项公式为bn=2n-1-3n-1,Sn=-1+3+32+…+3n-1+[1+3+…+2n-1]=-3n-1+n
2.裂项相消法求和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.在相加抵消过程中,有的是依次抵消,有的是间隔抵消,特别是间隔抵消时要注意规律性.一般地,若{an}为等差数列,则求数列的前n项和可尝试此方法,事实上,===·.[典例] 2018·沈阳质检已知数列是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=
8.1求数列的通项公式;2设Sn为数列{an}的前n项和,bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.[解] 1由题设知a1a4=a2a3=8,又a1+a4=9,可解得或舍去.设等比数列{an}的公比为q,由a4=a1q3得q=2,故an=a1qn-1=2n-1,n∈N*.2Sn==2n-1,又bn===-,所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+=-=1-.[方法技巧]1.用裂项法求和的裂项原则及消项规律1裂项原则一般是前边裂几项,后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止.2消项规律消项后前边剩几项,后边就剩几项,前边剩第几项,后边就剩倒数第几项.2.常见式的裂项数列n为正整数裂项方法k为非零常数===-a0,a≠1loga=logan+1-logan [即时演练]1.2018·福州质检已知函数fx=xa的图象过点42,令an=,n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2018= A.-1 B.-1C.-1D.+1解析选C 由f4=2,可得4a=2,解得a=,则fx=x.∴an===-,S2018=a1+a2+a3+…+a2018=-+-+-+…+-+-=-
1.2.2018·银川质检正项数列{an}的前n项和Sn满足S-n2+n-1Sn-n2+n=
0.1求数列{an}的通项公式an;2令bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.证明对于任意的n∈N*,都有Tn.解1由S-n2+n-1Sn-n2+n=0,得[Sn-n2+n]Sn+1=
0.由于{an}是正项数列,所以Sn0,Sn=n2+n.于是a1=S1=2,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-n-12-n-1=2n.综上,数列{an}的通项公式为an=2n.2证明由于an=2n,则bn===.故Tn=1-+-+-+…+-+-=1+--=.错位相减法求和如果一个数列的各项由一个等差数列的各项和一个等比数列对应项乘积组成,那么这个数列的前n项和可用此法来求.即求数列{an·bn}的前n项和,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列.[典例] 2017·天津高考已知{an}为等差数列,前n项和为Snn∈N*,{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b
4.1求{an}和{bn}的通项公式;2求数列{a2nb2n-1}的前n项和n∈N*.[思路点拨] 1设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,建立方程求解;2先求{a2n}和{b2n-1}的通项,可得a2nb2n-1的值,再根据错位相减法求和.[解] 1设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1q+q2=12,而b1=2,所以q2+q-6=
0.又因为q>0,解得q=
2.所以bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=
8.
①由S11=11b4,可得a1+5d=
16.
②由
①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-
2.所以数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.2设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,得a2nb2n-1=3n-1×4n,故Tn=2×4+5×42+8×43+…+3n-1×4n,4Tn=2×42+5×43+8×44+…+3n-4×4n+3n-1×4n+1,上述两式相减,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-3n-1×4n+1=-4-3n-1×4n+1=-3n-2×4n+1-
8.故Tn=×4n+1+.所以数列{a2nb2n-1}的前n项和为×4n+1+.[方法技巧]用错位相减法求和的3个注意事项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“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式;3在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解. [即时演练] 2017·山东高考已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=
2.1求数列{xn}的通项公式;2如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1x1,1,P2x22,…,Pn+1xn+1,n+1得到折线P1P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.解1设数列{xn}的公比为q,由已知得q
0.由题意得所以3q2-5q-2=
0.因为q0,所以q=2,x1=1,因此数列{xn}的通项公式为xn=2n-
1.2过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+
1.由1得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,由题意得bn=×2n-1=2n+1×2n-2,所以Tn=b1+b2+…+bn=3×2-1+5×20+7×21+…+2n-1×2n-3+2n+1×2n-
2.
①又2Tn=3×20+5×21+7×22+…+2n-1×2n-2+2n+1×2n-
1.
②①-
②得-Tn=3×2-1+2+22+…+2n-1-2n+1×2n-1=+-2n+1×2n-
1.所以Tn=.1.2014·全国卷Ⅱ等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn= A.nn+1B.nn-1C.D.解析选A 因为a2,a4,a8成等比数列,所以a=a2·a8,所以a1+62=a1+2·a1+14,解得a1=
2.所以Sn=na1+d=nn+1.2.2017·全国卷Ⅱ等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=________.解析设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,依题意有解得所以Sn=,==2,因此=2=.答案3.2015·全国卷ⅠSn为数列{an}的前n项和.已知an0,a+2an=4Sn+
3.1求{an}的通项公式;2设bn=,求数列{bn}的前n项和.解1由a+2an=4Sn+3,
①可知a+2an+1=4Sn+1+
3.
②②-
①,得a-a+2an+1-an=4an+1,即2an+1+an=a-a=an+1+anan+1-an.由an0,得an+1-an=
2.又a+2a1=4a1+3,解得a1=-1舍去或a1=
3.所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+
1.2由an=2n+1可知bn===.设数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+…+bn==.4.2014·全国卷Ⅱ已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+
1.1证明是等比数列,并求{an}的通项公式;2证明++…+.证明1由an+1=3an+1得an+1+=
3.又a1+=,所以是首项为,公比为3的等比数列.所以an+=,因此{an}的通项公式为an=.2由1知=.因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以≤.于是++…+≤1++…+=.所以++…+.
一、选择题1.在公差大于0的等差数列{an}中,2a7-a13=1,且a1,a3-1,a6+5成等比数列,则数列-1n-1an的前21项和为 A.21 B.-21C.441D.-441解析选A 设等差数列{an}的公差为d,d0,由题意可得2a1+6d-a1+12d=1,a1a1+5d+5=a1+2d-12,解得a1=1,d=2,所以an=1+2n-1=2n-
1.所以-1n-1an=-1n-12n-1,故数列-1n-1an的前21项和为1-3+5-7+…+37-39+41=-2×10+41=
21.2.已知数列{an}的通项公式是an=2n-3n,则其前20项和为 A.380-B.400-C.420-D.440-解析选C 令数列{an}的前n项和为Sn,则S20=a1+a2+…+a20=21+2+…+20-3=2×-3×=420-.3.已知数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,数列{bn}满足关系+++…+=,数列{bn}的前n项和为Sn,则S5的值为 A.-454B.-450C.-446D.-442解析选B 由题意可得an=2n-1,因为+++…+=,所以当n≥2时,+++…+=,两式相减可得=-,则bn=-2n-1·2nn≥2,当n=1时,b1=2,不满足上式,则S5=2-12-40-112-288=-
450.4.已知数列{an},+,++,…,+++…+,…,若bn=,那么数列{bn}的前n项和Sn= A.B.C.D.解析选B 由题意知an=+++…+=,则bn===4,所以Sn=4=4=.5.2018·福州质检已知数列{an}中,a1=1,且对任意的m,n∈N*,都有am+n=am+an+mn,则= A.B.C.2D.解析选D 令m=1,则an+1=a1+an+n.又a1=1,所以an+1=an+n+1,即an+1-an=n+1,所以a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=nn≥2,把以上n-1个式子相加,得an-a1=2+3+…+n,所以an=1+2+3+…+n=,当n=1时,上式也成立,所以an=,所以==2,所以=2++…+=2=.6.2017·全国卷Ⅰ几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案已知数列1121241248124816,…,其中第一项是20,接下来的两项是2021,再接下来的三项是202122,依此类推.求满足如下条件的最小整数N N100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是 A.440B.330C.220D.110解析选A 设第一项为第1组,接下来的两项为第2组,再接下来的三项为第3组,依此类推,则第n组的项数为n,前n组的项数和为.由题意可知,N100,令100,得n≥14,n∈N*,即N出现在第13组之后.易得第n组的所有项的和为=2n-1,前n组的所有项的和为-n=2n+1-n-
2.设满足条件的N在第k+1k∈N*,k≥13组,且第N项为第k+1组的第tt∈N*个数,若要使前N项和为2的整数幂,则第k+1组的前t项的和2t-1应与-2-k互为相反数,即2t-1=k+2,∴2t=k+3,∴t=log2k+3,∴当t=4,k=13时,N=+4=95100,不满足题意;当t=5,k=29时,N=+5=440;当t5时,N440,故选A.
二、填空题7.2018·陕西一检已知数列{an}中,a1=2,a2n=an+1,a2n+1=n-an,则{an}的前100项和为________.解析由a1=2,a2n=an+1,a2n+1=n-an,得a2n+a2n+1=n+1,∴a1+a2+a3+a4+a5+…+a98+a99=2+2+3+…+50=1276,∵a100=1+a50=1+1+a25=2+12-a12=14-1+a6=13-1+a3=12-1-a1=13,∴a1+a2+…+a100=1276+13=
1289.答案12898.已知数列{an}中,a1=1,an+1=-1nan+1,记Sn为{an}的前n项和,则S2018=________.解析由a1=1,an+1=-1nan+1可得,a2=-2,a3=-1,a4=0,a5=1,a6=-2,a7=-1,…,故该数列为周期是4的数列,所以S2018=504a1+a2+a3+a4+a1+a2=504×-2+1-2=-
1009.答案-10099.已知正项数列{an}中,a1=1,a2=22a=a+an≥2,bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,则S33的值是________.解析∵2a=a+an≥2,∴数列{a}为首项为1,公差为22-1=3的等差数列,∴a=1+3n-1=3n-
2.∴an=,∴bn===-,∴数列{bn}的前n项和为Sn=[-1+-+…+-]=-1.则S33=10-1=
3.答案3
三、解答题10.2018·西安八校联考设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a5=-3,S10=-
40.1求数列{an}的通项公式;2若从数列{an}中依次取出第248,…,2n,…项,按原来的顺序排成一个新数列{bn},求数列{bn}的前n项和Tn.解1∵a5=a1+4d=-3,S10=10a1+45d=-40,解得a1=5,d=-
2.∴an=-2n+
7.2依题意,bn=a2n=-2×2n+7=-2n+1+7,故Tn=-22+23+…+2n+1+7n=-+7n=4+7n-2n+
2.11.已知等比数列{an}的公比q1,且a1+a3=20,a2=
8.1求数列{an}的通项公式;2设bn=,Sn是数列{bn}的前n项和,对任意正整数n,不等式Sn+-1n·a恒成立,求实数a的取值范围.解1由已知得∴2q2-5q+2=0,解得q=或q=
2.∵q1,∴∴数列{an}的通项公式为an=2n+
1.2由题意,得bn=,∴Sn=+++…+,Sn=++…++,两式相减,得Sn=+++…+-,∴Sn=+++…+-=-=1-,∴-1n·a1-对任意正整数n恒成立,设fn=1-,易知fn单调递增,
①当n为奇函数时,fn的最小值为,∴-a,即a-;
②当n为偶函数时,fn的最小值为,∴a.由
①②可知-a,即实数a的取值范围是.12.2018·云南统检设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=2,对任意n∈N*,都有2Sn=n+1an.1求数列{an}的通项公式;2若数列的前n项和为Tn,求证≤Tn
1.解1因为2Sn=n+1an,当n≥2时,2Sn-1=nan-1,两式相减,得2an=n+1an-nan-1,即n-1an=nan-1,所以当n≥2时,=,所以==2,即an=2nn≥2.因为a1=2也符合上式,所以an=2n.2证明由1知an=2n,令bn=,n∈N*,所以bn===-.所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+=1-.因为0,所以1-
1.显然当n=1时,Tn取得最小值.所以≤Tn
1. 已知Sn为各项均为正数的数列{an}的前n项和,a1∈02,a+3an+2=6Sn.1求{an}的通项公式;2设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,若对∀n∈N*,t≤4Tn恒成立,求实数t的最大值.解1当n=1时,由a+3an+2=6Sn,得a+3a1+2=6a1,即a-3a1+2=
0.又a1∈02,解得a1=
1.由a+3an+2=6Sn,可知a+3an+1+2=6Sn+
1.两式相减,得a-a+3an+1-an=6an+1,即an+1+anan+1-an-3=
0.由于an0,可得an+1-an-3=0,即an+1-an=3,所以{an}是首项为1,公差为3的等差数列.所以an=1+3n-1=3n-
2.2由an=3n-2,可得bn===,故Tn=b1+b2+…+bn=++…+==.因为Tn+1-Tn=-=0,所以Tn+1Tn,所以数列{Tn}是递增数列.所以t≤4Tn⇔≤Tn⇔≤T1=⇔t≤1,所以实数t的最大值是
1.阶段滚动检测二时间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.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.已知集合A={x|x2-11x-120},B={x|x=23n+1,n∈Z},则A∩B等于 A.{2} B.{28}C.{410}D.{24810}解析选B A={x|-1x12},B={x|x=6n+2,n∈Z},则A∩B={28}.2.下列说法正确的是 A.a∈R,“1”是“a1”的必要不充分条件B.“p且q为真命题”是“p或q为真命题”的必要不充分条件C.命题“∃x0∈R,使得x+2x0+30”的否定是“∀x∈R,x2+2x+30”D.若命题p“∀x∈R,sinx+cosx≤”,则綈p是真命题解析选A 若1,则a1或a0,所以“1”是“a1”的必要不充分条件,故A正确.3.2018·广州模拟设a=log37,b=
21.1,c=
0.
83.1,则a,b,c的大小关系为 A.bacB.acbC.cbaD.cab解析选D 1=log33a=log37log39=2,b=
21.121=2,c=
0.
83.
10.80=1,所以cab.4.直线y=4x与曲线y=x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为 A.2B.4C.2D.4解析选D 如图,y=4x与y=x3的交点A28,图中阴影部分即为所求图形面积.S阴=4x-x3dx==8-×24=4,故选D.5.若cos=,则cos的值为 A.B.-C.D.-解析选A 因为sin=cos=,所以cos=1-2sin2=.6.2018·重庆模拟若直线y=ax是曲线y=2lnx+1的一条切线,则实数a= A.eB.2eC.eD.2e解析选B 依题意,设直线y=ax与曲线y=2lnx+1的切点的横坐标为x0,则有y′|x=x0=,于是有解得x0=,a==2e-,选B.7.函数fx=的图象可能是 A.
①③B.
①②④C.
②③④D.
①②③④解析选C 因为f-x==-fx,所以函数fx=是奇函数,图象关于原点对称,若a=0,则fx=,
④符合题意;若a0,且x0时,fx=≤,故-≤fx≤,
②符合题意;当a0时,取a=-1,fx=是奇函数且定义域为{x|x≠±1},故
③符合题意,故选C.8.已知数列{an}满足an+1+an=4n+3,且∀n∈N*,an+2n2≥0,则a3的取值范围是 A.[-215]B.[-187]C.[-1819]D.
[219]解析选D 因为an+2n2≥0,所以a1≥-2,a2≥-8,由an+1+an=4n+3,得a1+a2=7,a2+a3=11,所以a3=a1+4≥-2+4=2,a2=11-a3≥-8,即a3≤19,综上可得,a3的取值范围为
[219].9.已知函数fx=ex-e-xx,flog5x+flogx≤2f1,则x的取值范围是 A.B.
[15]C.D.∪[5,+∞解析选C ∵fx=ex-e-xx,∴f-x=-xe-x-ex=ex-e-xx=fx,∴函数fx是偶函数.∵f′x=ex-e-x+xex+e-x>0在0,+∞上恒成立.∴函数fx在0,+∞上单调递增.∵flog5x+flogx≤2f1,∴2flog5x≤2f1,即flog5x≤f1,∴|log5x|≤1,∴≤x≤
5.故选C.10.若函数y=ksinkx+φ与函数y=kx-k2+6的部分图象如图所示,则函数fx=sinkx-φ+coskx-φ图象的一条对称轴的方程可以为 A.x=-B.x=C.x=D.x=-解析选B 由图象可知-k2+6=kk0,则k=2,又2sin=0,|φ|,则φ=-,所以fx=sin+cos=sin=sin,令2x+=+kπ,k∈Z,得x=+,k∈Z,令k=3,得x=,故选B.11.设M,N分别是曲线fx=-x3+x2x与gx=alnxx≥上一点,△MON是以O为直角顶点的直角三角形其中O为坐标原点,且斜边的中点恰好在y轴上,则实数a的最大值为 A.B.C.D.解析选A 根据题意,设Nx,alnx,M-x,x3+x2x≥,且OM与ON互相垂直,则·=-1,即x+1lnx=在[,+∞上恒成立.设hx=x+1lnx,则h′x=lnx+0恒成立,即函数hx=x+1lnx在[,+∞上是增函数,所以hx≥h=,即≥,所以0a≤,即实数a的最大值为.12.已知函数gx=a-x2≤x≤e,e为自然对数的底数与hx=2lnx的图象上存在关于x轴对称的点,则实数a的取值范围是 A.[1,e2-2]B.C.D.[e2-2,+∞解析选A 令fx=hx+gx=2lnx+a-x2,因为函数gx=a-x2与hx=2lnx的图象上存在关于x轴对称的点,所以函数fx有零点,f′x=-2x=,当≤x1时,f′x0;当1x≤e时,f′x0,又fe-f=2-e2+2+0,即fef,所以fe≤0且f1≥0,解得1≤a≤e2-
2.
二、填空题本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中的横线上13.向量,的夹角为60°,且·=2,点D是线段BC的中点,则||的最小值为________.解析由题意可得=+,因为·=2,所以||·||=4,所以||=eq\r2+2·+2=eq\r||2+4+||2≥eq\r4+2||·||=,当且仅当||=||=2时,等号成立,故||的最小值为.答案14.已知函数fx=sin+,x∈R,且fα=-,fβ=.若|α-β|的最小值为,则函数fx的单调递增区间为________________.解析因为函数fx=sin+,且fα=-,fβ=,|α-β|的最小值为,所以函数fx的最小正周期T=3π,所以ω=,由-+2kπ≤x-≤+2kπ,k∈Z,得-+3kπ≤x≤π+3kπ,k∈Z,则函数fx的单调递增区间为,k∈Z.答案,k∈Z15.数列{an}满足a1=1且an+1-an=n+1n∈N*,则数列的前10项和为________.解析因为a1=1且an+1-an=n+1,所以an=an-an-1+an-1-an-2+…+a2-a1+a1=n+n-1+…+2+1=,则=2,所以数列的前10项和为2=.答案16.已知函数fx=e2x,gx=lnx+,对∀a∈R,∃b∈0,+∞,使得fa=gb,则b-a的最小值为________.解析因为fx=e2x,gx=lnx+,所以f-1x=lnx,g-1x=e,令hx=g-1x-f-1x=e-lnx,则b-a的最小值即为hx的最小值,h′x=e-,令h′x=ex--=0,得x=,当x∈时,h′x0,当x∈时,h′x0,故当x=时,hx取得最小值1+.答案1+
三、解答题本大题共6小题,共70分,解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17.本小题满分10分已知函数fx=2cos2x+2sinx·cosx+a,且当x∈时,fx的最小值为
2.1求a的值,并求fx的单调区间;2先将函数y=fx的图象上的点的纵坐标不变,横坐标缩小到原来的,再将所得到的图象向右平移个单位,得到函数y=gx的图象,求方程gx=4在区间上所有根之和.解1fx=2sin+a+1,因为x∈,所以2x+∈,所以fxmin=2×+a+1=2,解得a=
2.由-+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z,得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,所以函数fx的单调递增区间为,k∈Z,同理可得函数fx的单调递减区间为,k∈Z.2由题意,得gx=2sin+3,当gx=4时,sin=,所以4x-=2kπ+或4x-=2kπ+,k∈Z.因为x∈,所以解得x1=,x2=,所以gx=4在区间上所有根之和为x1+x2=.18.本小题满分12分已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足4Sn+1=ann∈N*.1求数列的通项公式an;2设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证Tn.解1当n≥2时,有4Sn+1=an4Sn-1+1=an-1,两式相减得4an=an-an-1,即=,∴==…=.又当n=1时,a1=8,n=2时,a2=27,∴an=n+
13.2证明bn===-,∴Tn+++…+=+++…+=+-.19.本小题满分12分在△ABC中,a,b,c分别是三内角A,B,C的对边,且3cosB=2sin·sin+2sin2A.1求角B的值;2若b=2,求三角形ABC的周长l的最大值.解1因为3cosB=2sin·sin+2sin2A=2+2sin2A=cos2A+sin2A=,所以cosB=,因为B是三角形的内角,所以B=.2由正弦定理得===4,所以a=4sinA,c=4sin,因此三角形ABC的周长l=4sinA+4sin+2=4sin+
2.因为0A,所以当A=时,lmax=
6.20.本小题满分12分2018·兰州诊断设函数fx=+2lnx.1讨论函数fx的单调性;2如果对所有的x≥1,都有fx≤ax,求实数a的取值范围.解1fx的定义域为0,+∞,f′x=,所以当0x时,f′x0,当x时,f′x0,故函数fx在上单调递减,在上单调递增.2当x≥1时,fx≤ax⇔a≥+,令hx=+x≥1,则h′x=-=,令mx=x-xlnx-1x≥1,则m′x=-lnx,当x≥1时,m′x≤0,所以mx在[1,+∞上为减函数,所以mx≤m1=0,因此h′x≤0,于是hx在[1,+∞上为减函数,所以当x=1时,hx有最大值h1=1,故a≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞.21.本小题满分12分已知数列{an},{bn}满足a1=b1=1,a2=3,Sn为数列{an}的前n项和,且Sn+1+Sn-1=2Sn+1n≥2,n∈N*,又b1+2b2+22b3+…+2n-2bn-1+2n-1bn=an,对任意n∈N*都成立.1求数列{an},{bn}的通项公式;2求数列{an·bn}的前n项和Tn.解1∵当n≥2时,Sn+1+Sn-1=2Sn+1,∴Sn+2+Sn=2Sn+1+1,两式相减得an+2+an=2an+1,∴当n≥2时,数列{an}是公差为2的等差数列,∴an=3+2n-2=2n-1n≥2,当n=1时,a1=1也符合上式,∴an=2n-
1.∵b1+2b2+22b3+…+2n-2bn-1+2n-1bn=an,∴b1+2b2+22b3+…+2n-2bn-1=an-1,两式相减得2n-1bn=an-an-1=2,∴bn=22-nn≥2.∵b1=1不满足bn=22-n,∴bn=2设cn=an·bn=则Tn=1+3+5×2-1+7×2-2+…+2n-1×22-n,Tn=+3×2-1+5×2-2+7×2-3+…+2n-1×21-n,两式相减得Tn=+2×2-1+2-2+2-3+…+22-n-2n-1×21-n=+2×-2n-1×21-n=-2n+3×21-n,∴Tn=11-2n+3×22-n.22.本小题满分12分已知函数fx=lnx+1-x.1求函数fx的极值;2若k∈Z,且fx-1+xk对任意x1恒成立,求实数k的最大值;3证明对于01中的任意一个常数a,存在正数x0,使得efx01-x成立.解1∵fx=lnx+1-x,∴f′x=-1=-,∴当x∈-10时,f′x0;当x∈0,+∞时,f′x0,∴函数fx在-10上单调递增,在0,+∞上单调递减,故当x=0时,fx有极大值0,无极小值.2∵fx-1+xk,∴lnx-x-1+xk,∴lnx+1k,即xlnx+x-kx+3k
0.令gx=xlnx+x-kx+3k,则g′x=lnx+1+1-k=lnx+2-k.∵x1,∴lnx0,当k≤2时,g′x0恒成立,即gx在1,+∞上单调递增,∴g1=1+2k≥0,解得k≥-,∴-≤k≤2,故k的最大值为
2.当k2时,由g′x0,得xek-2;由g′x0,得1xek-2,∴gx在1,ek-2上单调递减,在ek-2,+∞上单调递增,∴gxmin=gek-2=3k-ek-
2.令hk=3k-ek-2,k2,则h′k=3-ek-2,由h′k0,得2k2+ln3;由h′k0,得k2+ln3,∴hk在22+ln3上单调递增,在2+ln3,+∞上单调递减.∵h2+ln3=3+3ln30,h4=12-e20,h5=15-e30,∴k的最大取值为4,综上所述,k的最大值为
4.3证明假设存在这样的x0满足题意.∵efx01-x,∴x+-
10.令hx=x2+-1,则h′x=x,由h′x=x=0,得ex=,故x=-lna.取x0=-lna,当0xx0时,h′x0;当xx0时,h′x0,∴hx在0,x0上单调递减,在x0,+∞上单调递增,∴hxmin=hx0=-lna2-alna+a-
1.当a∈01时,令pa=lna2-alna+a-1,则p′a=lna20,∴pa在01上是增函数,∴pap1=0,即当x0=-lna时符合题意.。