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高三数列专题复习练习与解析答案


11 级理科数列专题(续) 1.已知两个等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 An 和 Bn,且 数的正整数 n 的个数是( A.2 ) B.3 C.4 ) D. D.5

An 7n + 45 a ,则使得 n 为整 = Bn n+3 bn

2.已知数列{an}的前 n 项和 S n = A.

1 30

n +1 * (n∈N ),则 a4 等于( n+2 1 1 B. C. 34 20

1 32

3.已知数列{an}满足 a1=1,a2=1,an+1=|an-an-1|(n≥2),则该数列前 2011 项的和 S2011 等 于 ( ) A.1341 B.669 C.1340 D.1339 4.在函数 y=f(x)的图象上有点列(xn,yn),若数列{xn}是等差数列,数列{yn}是等比数列, 则函数 y=f(x)的解析式可能为 ( ) A.f(x)=2x+1 B.f(x)=4x2 3 D.f(x)=?4?x C.f(x)=log3x ? ? S1 S2 S15 5.在等差数列{an}中,其前 n 项和是 Sn,若 S15>0,S16<0,则在 , ,…, 中最大的是 a1 a2 a15 ( ) S1 S8 S9 S15 A. B. C. D. a1 a8 a9 a15 6.已知数列{an}, n}都是公差为 1 的等差数列, {b 其首项分别为 a1,1 且 a1+b1=5,1,1∈N*, b a b * ( ) 设 cn=abn (n∈N ),则数列{cn}的前 10 项之和等于 A.55 B.70 C.85 D.100 sinA 2cosC+cosA 7.在△ABC 中, = 是角 A、B、C 成等差数列的 ( ) cosA 2sinC-sinA A.充分非必要条件 B.充要条件 C.必要非充分条件 D.既不充分也不必要条件 1 8.等比数列{an}中,a1=512,公比 q=- ,用 Πn 表示它的前 n 项之积:Πn=a1·a2·…·an, 2 则 Πn 中最大的是 A.Π11 B.Π10 C.Π9 D.Π8
? ?

(

)

? 1 ? 9.设函数 f(x)=xm+ax 的导函数 f′(x)=2x+1,则数列?f(n)?(n∈ N*)的前 n 项和是(

)

n A. n+1

n+2 B. n+1

n C. n-1

n+1 D. n

1 10.数列{an}中,a1=1,an、an+1 是方程 x2-(2n+1)x+ =0 的两个根,则数列{bn}的前 bn n 项和 Sn= 1 A. 2n+1 B. 1 n+1 n C. 2n+1 n D. n+1 ( )

11.如图,它满足:(1)第 n 行首尾两数均为 n;(2)图 中的递推关系类似杨辉三角,则第 n(n≥2)行的第 2 个数是________.

12.在等比数列{an}中,an>0(n∈N*),公比 q∈(0,1),且 a1a5+2a3a5+a2a8=25,又 a3 与 a5 S1 S2 Sn 的等比中项为 2,bn=log2an,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,则当 + +…+ 最大时,n 的 1 2 n 值等于________. 13.设等比数列 {an } 的公比 q =

1 S ,前 n 项和为 Sn ,则 4 = 2 a4



14.设等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,若 a6 = S3 = 12 ,则 lim
?5

15.正项等比数列 {an } 的首项 a1 = 2 ,其前 11 项的几何平均数为 25 ,若前 11 项中抽取一 项后的几何平均数仍是 2 ,则抽取一项的项数为_ . 2 n-1 16.数列 1,(1+2),(1+2+2 ),…,(1+2+…+2 ),…的前 n 项和等于
5

Sn = n →∞ n 2

.



17.等差数列{an}的各项均为正数,a1=3,前 n 项和为 Sn,{bn}为等比数列, b1=1, 1 1 1 且 b2S2=64,b3S3=960.(1)求 an 与 bn;(2)求 + +…+ 的值. S1 S2 Sn

18.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,且 an+2SnSn-1=0(n≥2), (1)求数列{Sn}的通项公式; 1 1 (2)设 Sn= ,bn=f( n)+1.记 Pn=S1S2+S2S3+…+SnSn+1,Tn=b1b2+b2b3+…+bnbn+1,试 f(n) 2 1 求 Tn,并证明 Pn< . 2

19.已知数列 {a n } 中, a1 = 1 , a n +1 + a n = 3 ? 2

n ?1

(n ≥ 2) .(1)求 a 2 , a 3 ;

(2)求 {a n } 的通项公式; (3)证明:对 n ∈ N * ,

1 1 1 5 + +L+ < . a 2 ? 1 a3 ? 1 a n +1 ? 1 3

20.已知数列 {a n } 中 a1 =

2 8 , a 2 = .当 n ≥ 2 时 3a n +1 = 4a n ? a n?1 . n ∈ N * ) ( 3 9

(Ⅰ)证明: {a n +1 ? a n } 为等比数列; (Ⅱ)求数列 {a n } 的通项; (Ⅲ)若数列 {bn } 满足 bn = n ? a n ,求 {bn } 的前 n 项和 S n .

21.已知数列 {an}满足 2an+1=an+an+2(n∈N*),它的前 n 项和为 Sn,且 a3=5,S6=36. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=6 +(-1)
n n-1

λ·2an(λ 为正整数,n∈N ),试确定 λ 的值,使得对任意 n∈N ,都

*

*

有 bn+1>bn 成立.

22.已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ,点 (n,

bn + 2

(1)求数列 {a n } , {bn } 的通项公式; (2)设 C n =
*

Sn 1 11 ) 在直线 y = x + 上,数列 {bn } 满足 n 2 2 ? ? 2bn +1 + bn = 0(n ∈ N ), b3 = 11 且其前 9 项和为 153 .

3 k ,数列 {C n }的前 n 项的和为 Tn ,求使不等式 Tn > (2a n ? 11)(2bn ? 1) 57

对一切 n ∈ N 都成立的最大正整数 k 的值.

23.已知数列{an}中,a1=1,当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn 满足 S 2 =an(Sn- ). n (1)证明: ? (2)设 bn=
?1 ? ? 是等差数列,求 Sn 的表达式; ? Sn ?

1 2

Sn ,求{bn}的前 n 项和 Tn. 2n + 1

11 级理科数列专题(续) (答案)

1.解析:

A2 n ?1 B2 n ?1

(2n ? 1) ? (a1 + a 2 n ?1 ) 2a a a A 7(2n ? 1) + 45 2 = = n = n ,∴ n = 2 n ?1 = (2n ? 1) ? (b1 + b2 n?1 ) 2bn bn bn B2 n ?1 2n ? 1 + 3 2



a 7 n + 19 12 =7+ .当 n=1,2,3,5,11 时, n 是正整数. n +1 n +1 bn
5 4 1 ? = . 6 5 30

答案:D 2.解析:由已知,得 a4=S4-S3=

答案:A 3.[答案] A[解析] 列举数列各项为:1,1,0,1,1,0,…. ∵2011=3×670+1,∴S2011=2×670+1=1341. 3 3 4.[答案] D[解析] 对于函数 f(x)=?4?x 上的点列(xn,yn),有 yn=?4?xn,由于{xn}是等差 ? ? ? ?

?3?x 3 yn+1 ?4? n+1 ?3? 数列,所以 xn+1-xn=d,因此 = =?4?xn+1-xn=?4?d,这是一个与 n 无关的常数, ? ? yn 3? ? xn ? 4? 故{yn}是等比数列.故选 D. 16(a1+a16) 5.[答案] B[解析] 由于 S15=15a8>0,S16= =8(a8+a9)<0,所以可得 a8>0,a9<0. 2 S1 S2 S8 S9 S10 S15 这样 >0, >0,…, >0, <0, <0,…, <0,… a1 a2 a8 a9 a10 a15 S1 S2 S15 S8 而 0<S1<S2<…<S8,a1>a2>…>a8>0,所以在 , ,…, 中最大的是 ,故选 B. a1 a2 a15 a8 6.[答案] C[解析] an=a1+(n-1)·1=a1+n-1, n=b1+n-1, abn=a1+bn-1=a1+(b1 b 则 +n-1)-1=n+3∴cn=n+3,故数列{cn}为等差数列,首项是 1+3=4,公差为 1, 10×(10-1) ∴前 10 项和为 10×4+ =85. 2 sinA 2cosC+cosA 7.[答案] A[解析] = ?2sinAsinC-sin2A=2cosAcosC+cos2A?2cos(A+C) cosA 2sinC-sinA π 1 +1=0?cosB= ?B= ?A+C=2B?A、B、C 成等差数列.但当 A、B、C 成等差数列时, 2 3 2cosC+cosA sinA π π π = 不一定成立,如 A= 、B= 、C= .故是充分非必要条件.故选 A. cosA 2sinC-sinA 2 3 6 1 (n-1)n n(n-1) -n2+19n + +…+n-1 8.解析:Πn=a1a2…an=an·q1 2 =29n?-2? =(-1) 2 ,∴当 1 ? ? 2 2 2
n=9 时,Πn 最大.故选 C 答案:C 1 1 - 9. 解析: ∵f′(x)=mxm 1+a=2x+1, ∴m=2, a=1, ∴f(x)=x2+x=x(x+1), ∴ = f(x) n(n+1) 1 1 1 1 1 1 1 1 n = - ,∴Sn=1- + - +…+ - =1- = .答案:A n n+1 2 2 3 n n+1 n+1 n+1 10.解析:由题意得 an+an+1=2n+1,又∵an-n=-[an+1-(n+1)],a1=1 1 1 1 n ∴an=n,又 an·an+1= ,∴bn= .∴Sn=b1+b2+…+bn=1- = .答案:D bn n(n+1) n+1 n+1 11.解析:设第 n(n≥2)行的第 2 个数构成数列{an},则 有 a3-a2=2,a4-a3=3,a5-a4=4,…,an -an-1=n- 1, 2+n-1 (n+1)(n-2) (n+1)(n-2) 相加得 an-a2=2+3+…+(n-1)= ×(n-2)= ,an=2+ = 2 2 2 n2-n+2 n2-n+2 .答案: 2 2 12.[答案] 8 或 9 [解析] ∵a1a5+2a3a5+a2a8 =25,∴a2 +2a3a5 +a2 =25,又 an>0,∴a3+a5=5,又 3 5 1 - 1 - q∈(0,1),∴a3>a5,又 a3·a5=4,∴a3=4,a5=1,∴q= ,a1=16,an=16×?2?n 1=25 n, ? ? 2 bn=log2an=5-n,bn+1-bn=-1,∴{bn}是以 b1=4 为首项,-1 为公差的等差数列, n(9-n) Sn 9-n Sn Sn ∴Sn= ,∴ = ,∴当 n≤8 时, >0;当 n=9 时, =0; 2 n 2 n n Sn S1 S2 S3 Sn 当 n>9 时, <0,∴当 n=8 或 9 时, + + +…+ 最大. n 1 2 3 n

1 ? q4 a1 (1 ? q 4 ) s4 3 13.答案:15【解析】对于 s4 = , a4 = a1q ,∴ = 3 = 15 1? q a4 q (1 ? q )
14.答案:1

? a6 = 12 ? a1 + 5d = 12 ?a1 = 2 S S n +1 n +1 解析: ?? ?? ? Sn = n(n + 1) ? n = ? lim n = lim =1 ? 2 2 n →∞ n n →∞ n n n ?d = 2 ? a1 + d = 12 ? s3 = 12
15.6 n+1 16. 2 -n-2 17.解:(1)设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q,则 d 为正数,
?S2b2=(6+d)q=64 ? - an=3+(n-1)d,bn=qn 1,依题意有? , 2 ? ?S3b3=(9+3d)q =960

? ?d=2 解得? ?q=8 ?

?d=-5 或? 40 ?q= 3

6

(舍去),故 an=3+2(n-1)=2n+1,bn=8n 1.



1 1 1 1 1 (2)由(1)知 Sn=3+5+…+(2n+1)=n(n+2),所以 + +…+ = + + S1 S2 Sn 1×3 2×4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 +…+ = ?1-3+2-4+3-5+…+n-n+2? ? n(n+2) 2? 3×5 1 1 1 2n+3 1 3 = ?1+2-n+1-n+2?= - . 2? 4 2(n+1)(n+2) ? 1 1 ∴S =2.又∵a=1, 18.[解析] (1)解: n+2SnSn-1=0(n≥2), n-Sn-1+2SnSn-1=0.∴ - ∵a S n S n- 1 1 ∴Sn= (n∈N+). 2n-1 1 1 1 - (2)证明:∵Sn= ,∴f(n)=2n-1.∴bn=2( n)-1+1=( )n 1. f(n) 2 2 10 11 11 12 1 n- 1 1 n 1 1 1 3 1 5 1 - Tn=( ) ·( ) +( ) ·( ) +…+( ) ·( ) =( ) +( ) +( ) +…+( )2n 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 = [1-( )n].∴Pn= + +…+ = ?1-2n+1?< . 3 4 ? 2 1×3 3×5 (2n-1)(2n+1) 2? 19. 解 ( 1 ) ∴ a2 = 2

∴ a3 = 4 an ? 2n ?1 = ?(an ?1 ? 2n ? 2 )

( 2 ) Q an + an ?1 = 3 ? 2

n?2

∴ an + an ?1 = 2n ?1 + 2n ? 2
当 n 为偶数时: an ? 2 当 n 为奇数时: an ? 2 所以 an = 2
n ?1 n ?1

= ?(an ?1 ? 2n ? 2 ) = L = ?(a1 ? 20 ) = 0 = ?(an ?1 ? 2n ? 2 ) = L = a1 ? 20 = 0

∴ an = 2n ?1 ∴ an = 2n ?1

n ?1

(3) Q

2 n +1 1 1 2 n +1 1 1 > 1∴ n < n = 2( n ? n +1 ) n +1 n +1 2 ?1 2 ?1 2 ?1 2 ?1 2 ?1 2 ?1

∴当n ≥ 2时



1 1 1 1 1 1 1 + +L+ < 1 + 2( ? ) + 2( ? ) + 3 7 7 15 a 2 ? 1 a3 ? 1 a n +1 ? 1
L + 2(

1 1 2 2 5 ? n+1 ) = 1 + ? n+1 < n 3 2 ?1 3 2 2

当 n = 1 时,

1 5 = 1 < 显然成立。 a2 ? 1 3

20.(Ⅰ)证明:Q 数列 {a n } 中 a1 =

2 8 , a 2 = .当 n ≥ 2 时 3a n +1 = 4a n ? a n?1 . n ∈ N * ) ( 3 9 1 ∴ 当 n ≥ 2 时 3a n +1 ? 3a n = a n ? a n ?1 ,即 a n+1 ? a n = (a n ? a n ?1 ) . 3 2 1 所以 {a n +1 ? a n }是以 a 2 ? a1 = 为首项,以 为公比的等比数列 9 3 2 1 n ?1 2 1 n? 2 (Ⅱ)解:由(Ⅰ)知 a n +1 ? a n = ( ) ,故 a n ? a n ?1 = ( ) , 9 3 9 3 2 1 2 1 an ?1 ? an ? 2 = ( ) n ?3 ,… a 2 ? a1 = ( ) 0 , 9 3 9 3 1 1 n 1 n 累加得 a n ? a1 = ? ( ) ,所以 a n = 1 ? ( ) . 3 3 3 n 1 2 n (Ⅲ)Q bn = n ? n ,∴ S n = (1 ? ) + ( 2 ? 2 ) + .... + ( n ? n ) = (1 + 2 + ... + n) 3 3 3 3 1 2 n 3 2n + 3 n(n + 1) ? ( + 2 + ... + n ) = ? + . 3 3 4 4 ? 3n 2 3

21.解:(1)∵2an+1=an+an+2,∴{an}是等差数列,设{an}的首项为 a1,公差为 d, ? ?a1+2d=5 ,解得 a1=1,d=2.∴an=2n-1. 由 a3=5,S6=36 得? ? ?6a1+15d=36 - - (2)由(1)知 bn=6n+(-1)n 1·λ·22n 1,要使得对任意 n∈N*都有 bn+1>bn 恒成立, + - - - - n+1 n ∴bn+1-bn=6 +(-1) ·λ·22n 1-6n-(-1)n 1·λ·22n 1=5·6n-5λ·(-1)n 1·22n 1>0 恒 1 3 - 成立,即 λ·(-1)n 1<( )n. 2 2 3 3 3 当 n 为奇数时,即 λ<2·( )n,而( )n 的最小值为 ,∴λ<3. 2 2 2 3n 3n 9 9 当 n 为偶数时,λ>-2( ) ,而-2( ) 的最大值为- ,∴λ>- . 2 2 2 2 9 由上式可得- <λ<3,而 λ 为正整数,∴λ=1 或 λ=2. 2

S n n 11 1 11 = + ,∴ S n = n 2 + n,∴ a n = n + 5 22.(1) n 2 2 2 2

2bn +1 = b n + bn + 2



Q ∴ {bn }为等差数列, b3 = 11,

9(b1 + b9 ) = 153,即b5 = 17 2

∴ d = 3,∴ bn = 3n + 2
(2) C n =
3 1 1 1 = ( ? ) (6n + 3)(2n ? 1) 2 2n ? 1 2n + 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ Tn = [1 ? + ? + ... + ? ]= ( ? ) 2 3 3 5 2 n ? 1 2n + 1 2 2n ? 1 2n + 1
∴ 当n = 1时, n ) min = (T 1 k > ,∴ k < 19 3 57

故 k 的最大正整数值为 18。
23.解 (1)∵S 2 =an ? S n ? 1 ? ,an=Sn-Sn-1(n≥2) 解 , ? ? n
? 2?

∴S =(Sn-Sn-1) ? S n ? 1 ? , ? ?
2 n

?

2?

2Sn-1Sn=Sn-1-Sn, ①
1

由题意 Sn-1·Sn≠0,①式两
?
1 1 = =1,公差为 2 的等差数 S1 a1

边同除以 Sn-1·Sn ,得 列. ∴

1 Sn

-

S n?1

=2,∴数列 ? 1 ? 是首项为
? Sn ?

?

1 =1+2 ( n-1 ) =2n-1 , Sn
Sn 1 1 1 1 ? = = ? ? ? ?, 2n + 1 (2n ? 1)(2n + 1) 2 ? 2n ? 1 2n + 1 ?

∴ Sn=

1 . 2n ? 1

(2)又 bn=

∴Tn=b1+b2+…+bn=

1 ?? 1 ? ? 1 1 ? 1 ?? 1 ? 1 ? n ? 1 ? .? ? = ?1 ? ?= ??1 ? ? + ? ? ? + L + ? 2 ?? 3 ? ? 3 5 ? 2n ? 1 2n + 1 ? ? 2 ? 2n + 1 ? 2n + 1 ?


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