（全国通用）2017届高考数学一轮总复习 第六章 数列 理（课件+习题）（打包8套）新人教B版.zip

1§6.1 数列的概念及其表示考点 数列的概念及表示方法5.(2013 安徽,14,5 分)如图,互不相同的点 A1,A2,…,An,…和 B1,B2,…,Bn,…分别在角 O 的两条边上,所有 AnBn相互平行,且所有梯形 AnBnBn+1An+1的面积均相等.设 OAn=an.若 a1=1,a2=2,则数列{a n}的通项公式是 . 答案 a n=解析 记△OA 1B1的面积为 S,则△OA 2B2的面积为 4S.从而四边形 AnBnBn+1An+1的面积均为 3S.即得△OA nBn的面积为 S+3(n-1)S=(3n-2)S.∴=3n-2,即 an=.评析 △OA nBn的面积构成一个等差数列,而△OA nBn与△OA 1B1的面积比为,从而得到{a n}的通项公式.本题综合考查了平面几何、数列的知识.6.(2012 山东,20,12 分)在等差数列{a n}中,a 3+a4+a5=84,a9=73.(1)求数列{a n}的通项公式; (2)对任意 m∈N *,将数列{a n}中落入区间(9 m,92m)内的项的个数记为 bm,求数列{b m}的前 m 项和 Sm.解析 (1)因为{a n}是一个等差数列,所以 a3+a4+a5=3a4=84,a4=28.设数列{a n}的公差为 d,则 5d=a9-a4=73-28=45,故 d=9.由 a4=a1+3d 得 28=a1+3×9,即 a1=1.所以 an=a1+(n-1)d=1+9(n-1)=9n-8(n∈N *).(2)对 m∈N *,若 9man92m,则 9m+89n92m+8.因此 9m-1+1≤n≤9 2m-1,故得 bm=92m-1-9m-1.于是 Sm=b1+b2+b3+…+bm=(9+93+…+92m-1)-(1+9+…+9m-1)=-=.评析 本题考查等差数列的通项公式、数列求和、不等式的求解等相关知识,考查学生的运算求解、逻辑推理能力及方程思想的应用.1§6.2 等差数列考点一 等差数列的概念及运算12.(2012 广东,11,5 分)已知递增的等差数列{a n}满足 a1=1,a3=-4,则 an= . 答案 2n-1解析 设公差为 d,则 a2=1+d,a3=1+2d,代入 a3=-4,得 1+2d=(1+d)2-4,解得 d=2 或 d=-2(舍去),∴a n=1+(n-1)·2=2n-1.评析 本题考查等差数列的运算,考查运算求解能力.13.(2012 北京,10,5 分)已知{a n}为等差数列,S n为其前 n 项和.若 a1=,S2=a3,则 a2= ;Sn= . 答案 1;n(n+1)解析∵S 2=a3,∴a 1+a2=a3.∵{a n}为等差数列,∴a 1+a1+d=a1+2d,∴d=a 1=,∴a 2=a1+d=+=1,Sn=na1+d=n(n+1).评析 本题考查等差数列的性质、通项公式、前 n 项和公式.1§6.3 等比数列考点一 等比数列的概念及运算14.(2012 安徽,4,5 分)公比为 2 的等比数列{a n}的各项都是正数,且 a3a11=16,则 log2a10=( )A.4 B.5 C.6 D.7答案 B 由题意得 an=a1×2n-1,且 a10,∵a 3a11=16,∴a 1=,∴log 2a10=log2×29=log225=5,故选 B.评析 本题考查了等比数列及对数的知识,重点考查等比数列的基本运算.15.(2013 江苏,14,5 分)在正项等比数列{a n}中,a 5=,a6+a7=3.则满足 a1+a2+…+ana1a2…an的最大正整数 n 的值为 . 答案 12解析 设等比数列的首项为 a1,公比为 q0,由得 a1=,q=2.由 a1+a2+…+ana1a2…an,得 2n-1.检验知 n=12 时,2 12-1211;n=13 时,2 13-1a1a2…an的最大正整数 n的值是 12.16.(2012 北大保送生,2)在正项等比数列{a n}中,a 4+a3-a2-a1=5,则 a5+a6的最小值为 .答案 20解析 设等比数列{a n}的公比为 q,则由条件,得(a 2+a1)·q2-a2-a1=5,a2+a1=.据 a2+a10 知,q2-10,从而 a5+a6=(a1+a2)q4=5·=5≥5 2+2 =20,当且仅当 q2-1=,即 q2=2 时取等号,故 a5+a6的最小值为 20.17.(2012 浙江,13,4 分)设公比为 q(q0)的等比数列{a n}的前 n 项和为 Sn.若S2=3a2+2,S4=3a4+2,则 q= . 答案 解析 由 S2=3a2+2,S4=3a4+2 作差可得 a3+a4=3a4-3a2,即 2a4-a3-3a2=0,所以 2q2-q-3=0,解得q=或 q=-1(舍).评析 本题考查等比数列的概念和性质,考查运算求解能力.18.(2012 辽宁,14,5 分)已知等比数列{a n}为递增数列,且=a 10,2(an+an+2)=5an+1,则数列{a n}的通项公式 an= . 答案 2 n解析 ∵2(a n+an+2)=5an+1,∴2a n+2an·q2=5an·q,即 2q2-5q+2=0,解得 q=2 或 q=(舍去).又∵=a 10=a5·q5,∴a 5=q5=25=32,∴32=a 1·q4,解得 a1=2,∴a n=2×2n-1=2n,故 an=2n.评析 本题考查等比数列的通项公式,考查学生的运算求解能力及逻辑推理能力.219.(2011 江西,18,12 分)已知两个等比数列{a n},{bn},满足 a1=a(a0),b1-a1=1,b2-a2=2,b3-a3=3.(1)若 a=1,求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{a n}唯一,求 a 的值.解析 (1)设{a n}的公比为 q,则 b1=1+a=2,b2=2+aq=2+q,b3=3+aq2=3+q2.由 b1,b2,b3成等比数列得(2+q) 2=2(3+q2),即 q2-4q+2=0,解得 q1=2+,q2=2-,所以{a n}的通项公式为 an=(2+)n-1或 an=(2-)n-1.(2)设{a n}的公比为 q,则由(2+aq) 2=(1+a)(3+aq2),得 aq2-4aq+3a-1=0.(*)由 a0 得 Δ=4a 2+4a0,故方程(*)有两个不等的实根,由{a n}唯一,知方程(*)必有一根为 0,代入(*)得 a=.评析 本题主要考查等比数列及方程思想,考查学生的逻辑思维能力,属中等难度题.1§6.4 数列求和、数列的综合应用考点一 数列求和13.(2012江西,16,12 分)已知数列{a n}的前 n项和 Sn=-n2+kn(其中 k∈N *),且 Sn的最大值为 8.(1)确定常数 k,并求 an;(2)求数列的前 n项和 Tn.解析 (1)当 n=k∈N *时,S n=-n2+kn取最大值,即 8=Sk=-k2+k2=k2,故 k2=16,因此 k=4,从而 an=Sn-Sn-1=-n(n≥2).又 a1=S1=,所以 an=-n.(2)令 bn==,则 Tn=b1+b2+…+bn=1+++…++,所以 Tn=2Tn-Tn=2+1++…+-=4--=4-.评析 本题主要考查二次函数最值、前 n项和 Sn与 an的关系、错位相减求和等基础知识,考查转化与化归思想及推理运算能力.考点二 数列的综合应用9.(2014江西,17,12 分)已知首项都是 1的两个数列{a n},{bn}(bn≠0,n∈N *)满足 anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.(1)令 cn=,求数列{c n}的通项公式;(2)若 bn=3n-1,求数列{a n}的前 n项和 Sn.解析 (1)因为 anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N *),所以-=2,即 cn+1-cn=2.所以数列{c n}是以 1为首项,2 为公差的等差数列,故 cn=2n-1.(2)由 bn=3n-1知 an=cnbn=(2n-1)3n-1,于是数列{a n}的前 n项和 Sn=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3Sn=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 Sn=(n-1)3n+1.评析 本题主要考查等差数列的有关概念及求数列的前 n项和,考查学生的运算求解能力,在利用错位相减法求和时,计算错误是学生失分的主要原因.10.(2014四川,19,12 分)设等差数列{a n}的公差为 d,点(a n,bn)在函数 f(x)=2x的图象上(n∈N *).(1)若 a1=-2,点(a 8,4b7)在函数 f(x)的图象上,求数列{a n}的前 n项和 Sn;(2)若 a1=1,函数 f(x)的图象在点(a 2,b2)处的切线在 x轴上的截距为 2-,求数列的前 n项和Tn.解析 (1)由已知得,b 7=,b8==4b7,有=4×=.解得 d=a8-a7=2.所以,S n=na1+d=-2n+n(n-1)=n2-3n.2(2)函数 f(x)=2x在(a 2,b2)处的切线方程为y-=(ln 2)(x-a2),它在 x轴上的截距为 a2-.由题意得,a 2-=2-,解得 a2=2.所以 d=a2-a1=1.从而 an=n,bn=2n.所以 Tn=+++…++,2Tn=+++…+.因此,2T n-Tn=1+++…+-=2--=.所以,T n=.评析 本题考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列通项公式与前 n项和、导数的几何意义等基础知识,考查运算求解能力.11.(2014湖北,18,12 分)已知等差数列{a n}满足:a 1=2,且 a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记 Sn为数列{a n}的前 n项和,是否存在正整数 n,使得 Sn60n+800?若存在,求 n的最小值;若不存在,说明理由.解析 (1)设数列{a n}的公差为 d,依题意,2,2+d,2+4d 成等比数列,故有(2+d) 2=2(2+4d),化简得 d2-4d=0,解得 d=0或 d=4.当 d=0时,a n=2;当 d=4时,a n=2+(n-1)·4=4n-2,从而得数列{a n}的通项公式为 an=2或 an=4n-2.(2)当 an=2时,S n=2n.显然 2n60n+800成立.当 an=4n-2时,S n==2n2.令 2n260n+800,即 n2-30n-4000,解得 n40或 n60n+800成立,n 的最小值为 41.综上,当 an=2时,不存在满足题意的 n;当 an=4n-2时,存在满足题意的 n,其最小值为 41.评析 本题考查了数列的通项公式和求和公式,考查了分类讨论的方法.12.(2014湖南,20,13 分)已知数列{a n}满足 a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N *.(1)若{a n}是递增数列,且 a1,2a2,3a3成等差数列,求 p的值;(2)若 p=,且{a 2n-1}是递增数列,{a 2n}是递减数列,求数列{a n}的通项公式.解析 (1)因为{a n}是递增数列,所以|a n+1-an|=an+1-an=pn.而 a1=1,因此 a2=p+1,a3=p2+p+1.又 a1,2a2,3a3成等差数列,所以 4a2=a1+3a3,因而 3p2-p=0,解得 p=或 p=0.当 p=0时,a n+1=an,这与{a n}是递增数列矛盾.故 p=.(2)由于{a 2n-1}是递增数列,因而 a2n+1-a2n-10,于是(a 2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)0.①3但0,因此 a2n-a2n-1==.③因为{a 2n}是递减数列,同理可得,a 2n+1-a2n1).又 a1=1满足上式,∴a n=3n-2n.(3)证明:∵==·≤·=3·,∴++…+≤3=3×===.所以 Tn×××…×=.综上可得对任意的 n∈N *,均有 Tn≥.516.(2015广东,21,14 分)数列{a n}满足:a 1+2a2+…+nan=4-,n∈N *.(1)求 a3的值;(2)求数列{a n}的前 n项和 Tn;(3)令 b1=a1,bn=+an(n≥2),证明:数列{b n}的前 n项和 Sn满足 Sn1),则 h'(x)=-=0(x1),所以函数 h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,即 h(x)h(1)=0.所以 ln x1-(x1),分别令 x=2,,,…,,得ln 21-=,ln1-=,ln1-=,……ln1-=.累加得 ln 2+ln+…+ln++…+,即 ln 2+(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln(n-1)]++…+,所以++…+0,c30,c40,当 n≥5 时,c n=,而-=0,得≤0,即 xk+10,数列的前 n项和为 Tn.当 n为何值时,T n最大?并求出 Tn的最大值.解析 (1)取 n=1,得 a2a1=S2+S1=2a1+a2,①取 n=2,得=2a 1+2a2,②由②-①,得 a2(a2-a1)=a2.③(i)若 a2=0,由①知 a1=0.(ii)若 a2≠0,由③知 a2-a1=1.④由①、④解得,a 1=+1,a2=2+;或 a1=1-,a2=2-.综上可得,a 1=0,a2=0;或 a1=+1,a2=+2;或 a1=1-,a2=2-.(5分)(2)当 a10时,由(1)知 a1=+1,a2=+2.当 n≥2 时,有(2+)a n=S2+Sn,(2+)an-1=S2+Sn-1,所以(1+)a n=(2+)an-1,即 an=an-1(n≥2),所以 an=a1()n-1=(+1)·()n-1.令 bn=lg,则 bn=1-lg()n-1=1-(n-1)lg 2=lg.所以数列{b n}是单调递减的等差数列,8从而 b1b2…b7=lglg 1=0,当 n≥8 时,b n≤b 8=lglg 1=0,故当 n=7时,T n取得最大值,且 Tn的最大值为 T7===7-lg 2.(12分)评析 本题主要考查等比数列、等差数列、对数等基础知识,考查思维能力、运算能力、分析问题与解决问题的能力,考查方程、分类与整合、化归与转化等数学思想.