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高考数学第二轮同步复习题13


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高考数学二轮复习同步练习: 专题 4 数列

1.(2011· 大纲全国卷文,17)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 已知 a3=6,6a1+a3=30,求 an 和 Sn. [解析] 设{an}的公比为 q,由已知有:
? ? ? ?

a1q=6 ?a1=3 ?a1=2 ? ? ? . 解得 或 2 ?6a1+a1q =30 ?q=2 ? ? ? ?q=3

(1)当 a1=3,q=2 时,an=a1· qn-1=3×2n-1 a1?1-qn? 3×?1-2n? Sn= = =3×(2n-1) 1-q 1-2 (2)当 a1=2,q=3 时,an=a1· qn-1=2×3n-1 a1?1-qn? 2×?1-3n? n Sn= = =3 -1. 1-q 1-3 综上,an=3×2n-1,Sn=3×(2n-1)或 an=2×3n-1,Sn=3n-1. 2.(文)(2011· 浙江文,19)已知公差不为 0 的等差数列{an}的首项 1 1 1 a1 为 a(a∈R),且a ,a ,a 成等比数列.
1 2 4

(1)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 1 (2)对 n∈N+,试比较a +a +a +…+a 与a 的大小. 2 22 23 2n 1 1 1 1 [解析] (1)设等差数列{an}的公差为 d,由题意可知(a )2=a · a,
2 1 4

即(a1+d)2=a1(a1+3d),从而 a1d=d2 因为 d≠0,所以 d=a1=a 故通项公式 an=na;
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1 1 1 (2)记 Tn=a +a +…+a ,因为 a2k=2k· a,
2 22 2n

11 1 1 所以 Tn=a(2+22+…+2n) 1 1n [1 - ? 2? ] 1 12 1n =a· = [1 - ( 1 a 2) ] 1-2 1 1 从而,当 a>0 时,Tn<a;当 a<0 时,Tn>a. (理)(2011· 浙江理,19)已知公差不为 0 的等差数列{an}的首项 a1 1 1 1 为 a.(a∈R),设数列的前 n 项和为 Sn 且a ,a ,a 成等比数列.
1 3 4

(1)求数列{an}的通项公式及 Sn; 1 1 1 1 1 1 1 1 (2)记 An=S +S +S +…+S ,Bn=a +a +a +…+ ,当 a2n-1 1 2 3 n 1 2 22 n≥2 时,试比较 An 与 Bn 的大小. [解析] 1 1 1 2 设等差数列{an}的公差为 d,由(a2)2=a · ,得 ( a 1+ d) a
1 4

=a1(a1+3d). 因为 d≠0,所以 d=a1=a. 所以 an=na,Sn= an?n+1? . 2

1 21 1 (2)因为S =a(n- ),所以 n+1 n 1 1 1 1 2 1 An=S +S +S +…+S =a(1- ). n+1 1 2 3 n 1 1 1 1 因为 a2n-1=2n-1a,所以 Bn=a +a +a +…+ a2n-1 1 2 22

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1 1-?-2?n 1 2 1 =a· = (1 - 1 a 2n), 1-2
0 1 由 n≥2 时,2n=Cn +Cn +…+Cn n>n+1,

1 1 即 1- <1-2n, n+1 所以,由 a>0 时,An<Bn;当 a<0 时,An>Bn. 3.(2011· 陕西理,19)如图,从点 P1(0,0)作 x 轴的垂线交曲线 y =ex 于点 Q1(0,1), 曲线在 Q1 点处的切线与 x 轴交于点 P2.再从 P2 作 x 轴的垂线交曲线于点 Q2,依次重复上述过程得到一系列点:P1,Q1; P2,Q2;…,Pn,Qn,记 Pk 点的坐标为(xk,0)(k=1,2,…,n). (1)试求 xk 与 xk-1 的关系(2≤k≤n); (2)求|P1Q1|+|P2Q2|+|P3Q3|+…+|PnQn|. [解析] (1)设 Pk-1(xk-1,0),由 y′=ex 得 Qk-1(xk-1,exk-1)点处切 线方程为 y-exk-1=exk-1(x-xk-1). 由 y=0 得 xk=xk-1-1 (2≤k≤n).

(2)由 x1=0,xk-xk-1=-1,得 xk=-(k-1), 所以|PkQk|=exk=e-(k-1),于是 Sn=|P1Q1|+|P2Q2|+|P3Q3|+…+|PnQn| =1+e-1+e-2+…+e-(n-1) 1-e-n e-e1-n = = . 1-e-1 e-1 4.(2011· 山东青岛)已知函数 f(x)=ax2+bx(a≠0)的导函数 f′(x) =-2x+7,数列{an}的前 n 项和为 Sn,点 Pn(n,Sn)(n∈N*)均在函数 y=f(x)的图像上. (1)求数列{an}的通项公式及 Sn 的最大值;
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(2)令 bn= 2an,其中 n∈N*,求{nbn}的前 n 项和. [分析] (1)先求 a, b, 再根据 Sn 与 n 的关系求 an 及 Sn 的最大值. (2)先确定 bn,再根据 nbn 的结构特征求和. [解析] (1)∵f(x)=ax2+bx(a≠0), ∴f′(x)=2ax+b, 由 f′(x)=-2x+7 得:a=-1,b=7, 所以 f(x)=-x2+7x, 又因为点 Pn(n,Sn)(n∈N*)均在函数 y=f(x)的图像上,所以有 Sn =-n2+7n. 当 n=1 时,a1=S1=6; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=-2n+8, ∴an=-2n+8(n∈N*). 令 an=-2n+8≥0 得 n≤4, ∴当 n=3 或 n=4 时,Sn 取得最大值 12. 综上,an=-2n+8(n∈N*), 当 n=3 或 n=4 时,Sn 取得最大值 12. (2)由题意得 b1= 26=8,bn= 2-2n+8=2-n+4, b n +1 1 1 所以 b =2,即数列{bn}是首项为 8,公比是2的等比数列, n 故{nbn}的前 n 项和 Tn=1×23+2×22+…+n×2-n+4,① 1 -n+4 2 +n×2-n+3,② 2Tn=1×2 +2×2+…+(n-1)×2 1 所以①-②得:2Tn=23+22+…+2-n+4-n×2-n+3 1 16[1-?2?n] 1 1-2 -n· 24-n=32-(2+n)24-n.

∴Tn=

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[评析] 本题也是数列与函数的综合应用,求解时,要应用函数 的思想,把数列中的关系表示出来,同时要注意运算的准确性. 5.在直角坐标系平面上,点列 P1(x1,y1),P2(x2,y2),…,Pn(xn, 13 yn),…,对每个正整数 n,点 Pn 都在函数 y=3x+ 4 的图像上,且 5 Pn 的横坐标构成以-2为首项,-1 为公差的等差数列{xn}. (1)求点 Pn 的坐标; (2)设抛物线列 C1,C2,C3,…,Cn,…中的每一条的对称轴都 垂直于 x 轴,第 n 条抛物线 Cn 的顶点为 Pn 且过点 Dn(0,n2+1),记 1 1 过点 Dn 且与抛物线 Cn 相切的直线的斜率为 k,求证:k k +k k +… 1 2 2 3 1 1 + <10. knkn+1 [分析] (1)利用点(xn,yn)在直线上,代入方程求 yn. (2)依题设构建第 n 条抛物线方程: y=a(x-xn)2+yn,再用点 Dn(0,n2+1)在抛物线上求 a.求 kn 时, 借助导数 kn=y′|x=0. 5 [解析] (1)∵Pn 的横坐标构成以-2为首项,-1 为公差的等差 数列{xn}, 5 3 ∴xn=x1+(n-1)d=-2-(n-1)=-n-2, 13 ∵Pn(xn,yn)在函数 y=3x+ 4 的图像上, 13 3 13 5 ∴yn=3xn+ 4 =3(-n-2)+ 4 =-3n-4. 3 5 ∴Pn 的坐标为(-n-2,-3n-4).
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(2)证明:据题意可设抛物线 Cn 的方程为: y=a(x-xn)2+yn,由(1)得 3 5 y=a(x+n+2)2-3n-4, ∵抛物线 Cn 过点 Dn(0,n2+1), 3 5 ∴n2+1=a(n+2)2-3n-4 9a 5 =an2+(3a-3)n+ 4 -4, 3 5 ∴a=1,∴y=(x+n+2)2-3n-4, ∵过点 Dn 且与抛物线 Cn 相切的直线的斜率为 kn,且 y′=2x+ 2n+3, ∴kn=y′|x=0=2n+3, ∴ 1 1 = knkn+1 ?2n+3??2n+5?

1 1 1 =2( - ), 2n+3 2n+5 1 1 1 ∴k k +k k +…+ knkn+1 1 2 2 3 11 1 1 1 1 1 =2(5-7+7-9+…+ - ) 2n+3 2n+5 11 1 1 =2(5- )<10. 2n+5 [评析] 1.本题体现了数列与解析几何的完美结合,涉及的主要

知识点有等差数列的通项公式,裂项法求和,抛物线的方程,用导数 求切线的斜率等,综合考查了学生分析问题、解决问题的能力. 2.此类题目中,解析几何一般只作为载体出现,求解时,要正 确解读解析几何语言,把它译成数列的有关关系式,再借助数列知识
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求解或求证. 6.已知数列{an}满足 an=2an-1+2n+2(n≥2,a1=2). (1)求 a2,a3,a4; an+λ (2)是否存在一个实数 λ,使得数列{ 2n }成等差数列?若存在, 求出 λ 的值,若不存在,请说明理由. (3)(理)求数列{an}的前 n 项和 Sn,并证明 Sn≥n3+n2. [解析] (1)a2=4+4+2=10,a3=20+8+2=30, a4=60+16+2=78. an+λ an+λ (2)假设存在一个实数 λ, 使得数列{ 2n }成等差数列, 则 2n - an-1+λ 2 n -1 2an-1+2n+2+λ-2an-1-2λ 2-λ = = 1 + n 2 2n 恒为常数. a1+2 a2+2 a1+2 ∴2-λ=0,即 λ=2.此时 2 =2, 4 - 2 =1, an+λ ∴当 λ=2 时,数列{ 2n }是首项为 2,公差为 1 的等差数列. an+2 a1+2 (3)(理)由(2)得 2n = 2 +(n-1)=n+1, ∴an=(n+1)2n-2, 则 Sn=2· 2+3· 22+4· 23+…+(n+1)· 2n-2n, 2Sn=2· 22+3· 23+…+n· 2n+(n+1)· 2n+1-4n, 两式相减得-Sn=4+22+23+…+2n-(n+1)· 2n+1+2n=-n· 2n+
1

+2n, ∴Sn=n· 2n+1-2n, 不难验证,当 n=1 或 2 时,有 Sn=n3+n2,
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当 n≥3 时,Sn=n· 2n+1-2n=2n[(1+1)n-1] n?n-1? =2n[1+n+ 2 +…] n?n-1? ≥2n[1+n+ 2 -1]=n3+n2, 综上知 Sn≥n3+n2. an+λ an-1+λ [评析] (1)求 λ 值时,应用 2n - n-1 =常数求解,不需验 2 a2+λ a1+λ an+λ an-1+λ 证.而用 22 - 2 =常数求解时,要验证 2n - n-1 的值为同 2 一个常数. (2)用错位相减法求和时,因运算过程较繁,容易造成运算失误, 因此,不但要理解算理,而且应加强练习,熟练运算. (3)(理)在证明有关指数式与多项式的关系时,常把指数式用二项 式定理展开,然后用放缩法证明不等关系.

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