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& 2016届高考数学（理）二轮复习综合练：热点专题突破 专题3 数列
2016届高考数学（理）二轮复习综合练：热点专题突破 专题3 数列
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资料概述与简介
1．(2015·新课标全国卷，T5)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝(　　)A．5
解析：选A　法一：a1＋a5＝2a3，a1＋a3＋a5＝3a3＝3，a3＝1，S5＝＝5a3＝5.
法二：a1＋a3＋a5＝a1＋(a1＋2d)＋(a1＋4d)＝3a1＋6d＝3，a1＋2d＝1，S5＝5a1＋d＝5(a1＋2d)＝5.
2．(2015·新课标全国卷，T9)已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝(　　)
解析：选C　法一：a3a5＝a，a3a5＝4(a4－1)，
a＝4(a4－1)，a－4a4＋4＝0，a4＝2.
又q3＝＝＝8，
q＝2，a2＝a1q＝×2＝.
法二：a3a5＝4(a4－1)，
a1q2·a1q4＝4(a1q3－1)，
将a1＝代入上式并整理，
得q6－16q3＋64＝0，解得q＝2，
a2＝a1q＝.
3．(2015·新课标全国卷，T7)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝(　　)
解析：选B　公差为1，
S8＝8a1＋×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.
S8＝4S4，8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得a1＝，
a10＝a1＋9d＝＋9＝.
4．(2014·新课标全国卷，T5)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．n(n＋1)
B．n(n－1)
解析：选A　因为a2，a4，a8成等比数列，所以a＝a2·a8，所以(a1＋6)2＝(a1＋2)·(a1＋14)，解得a1＝2.所以Sn＝na1＋d＝n(n＋1)．
5．(2013·新课标全国卷，T6)设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则(　　)
A．Sn＝2an－1
B．Sn＝3an－2
C．Sn＝4－3an
D．Sn＝3－2an
解析：选D　由等比数列前n项和公式Sn＝，代入数据可得Sn＝3－2an.
6．(2012·新课标全国卷，T12)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为(　　)
解析：选D　不妨令a1＝1，根据题意，得a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…，所以当n为奇数时，an＝1，当n为偶数时构成以a2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以前60项和为
S60＝30＋2×30＋×4＝1 830.
7．(2015·新课标全国卷，T13)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________．
解析：a1＝2，an＋1＝2an，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
又Sn＝126，＝126，n＝6.
8．(2014·新课标全国卷，T16)数列{an}满足an＋1＝，a8＝2，则a1＝________．
解析：将a8＝2代入an＋1＝，可求得a7＝；再将a7＝代入an＋1＝，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝.
9．(2012·新课标全国卷，T14)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝________．
解析：由S3＋3S2＝0，即a1＋a2＋a3＋3(a1＋a2)＝0，即4a1＋4a2＋a3＝0，即4a1＋4a1q＋a1q2＝0，因为a1≠0，所以q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2.
1．(2014·新课标全国卷，T17)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解：(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3，
由题意得a2＝2，a4＝3.
设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，
故d＝，从而a1＝.
所以{an}的通项公式为an＝n＋1.
(2)设的前n项和为Sn，由(1)知＝，则
Sn＝＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋…＋＋.
两式相减得
Sn＝＋(＋…＋)－
所以Sn＝2－.
2．(2013·新课标全国卷，T17)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d.
由已知可得解得a1＝1，d＝－1.
故{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)由(1)知＝＝(－)，从而数列的前n项和为(－＋－＋…＋－)＝.
3．(2013·新课标全国卷，T17)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＋10d)2＝a1(a1＋12d)，
于是d(2a1＋25d)＝0.
又a1＝25，所以d＝0(舍去)，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.
4．(2011·课标全国卷，T17)已知等比数列{an}中，a1＝，公比q＝.
(1)Sn为{an}的前n项和，证明：Sn＝；
(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式．
解：(1)证明：因为an＝×＝，Sn＝＝，所以Sn＝.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－，所以{bn}的通项公式为bn＝－.
1．数列的概念与表示方法在高考中出现的频率较低，主要考查用递推关系式求解数列某项的值，判断数列的单调性，猜想其通项，且常与数列的周期性相结合，求数列的通项或前n项和．
2．等差(比)数列的性质应用，求等差(比)数列的通项公式与前n项和，用等差(比)中项求数列中指定项的值是每年高考的热点，在客观题中以性质活用为重点，在解答题中多考查等差数列、等比数列的综合应用．
3．数列求和及综合问题也是高考的重点，主要考查数列的递推关系，数列求和，数列与函数、方程等的综合性问题．其中数列求和既有等差、等比数列求和，也有用裂项相消法和错位相减法求非等差(比)数列的和，难度偏小，属容易题．
已知Sn与an的关系式求an的方法
数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．
[典例]　若数列{an}的首项a1＝2，且前n项和Sn满足Sn＋1＝2Sn＋1，则{an}的通项公式为________．
[自主解答]　依题意得Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，因此数列{Sn＋1}是以S1＋1＝3为首项、2为公比的等比数列，Sn＋1＝3×2n－1，Sn＝3×2n－1－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3·2n－2，又a1＝2，因此an＝
[答案]　an＝
[探究1]　若将条件改为“a1＝1，an＋1＝an＋”，如何求解？
解：由an＋1＝an＋，得an＋1－an＝＝－，
an＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＋a1＝＋＋＋…＋＋1＝2－.
又a1＝1＝2－1成立，an＝2－.
[探究2]　若将条件改为“a1＝，an＝”，如何求解？
解：由an＝，得3Sn＝(n＋3)an，
当n≥2时，3Sn－1＝(n＋2)an－1，
两式相减，得3an＝(n＋3)an－(n＋2)an－1，
an＝···…··a1
＝××××…××
(1)注意an＝的运用条件．
(2)累加法：若an＋1－an＝f(n)，则an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)．
(3)累乘法：若an＋1＝an·f(n)，则an＝a1···…·.
(4)构造法：若an＋1＝pan＋q(p、q为常数)，构造等比数列求an.
[变式训练]
　数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且满足＝1(n≥2)．求数列{an}的通项公式．
解：由已知，当n≥2时，＝1，
所以＝1，即＝1，
又S1＝a1＝1，所以数列是首项为1，公差为的等差数列．
所以＝1＋(n－1)＝，即Sn＝.
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－.
1．等差数列的通项公式及前n项和公式
an＝a1＋(n－1)d；Sn＝＝na1＋d.
2．等比数列的通项公式及前n项和公式
an＝a1qn－1(q≠0)；Sn＝＝(q≠1)．
在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．
[典例]　(1)(2015·湖南高考)设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an＝________．
(2)(2015·安徽高考)已知数列是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列的前n项和等于________．
(3)(2015·北京高考)已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.
求{an}的通项公式；
设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7，问：b6与数列{an}的第几项相等？
[自主解答]　(1)因为3S1，2S2，S3成等差数列，所以4S2＝3S1＋S3，即4(a1＋a2)＝3a1＋a1＋a2＋a3.化简，得＝3，即等比数列{an}的公比q＝3，故an＝1×3n－1＝3n－1.
(2)设等比数列的公比为q，则有
又为递增数列，∴Sn＝＝2n－1.
(3)设等差数列{an}的公差为d.
因为a4－a3＝2，所以d＝2.
又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.
所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n＝1，2，…)．
设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，
所以q＝2，b1＝4.
所以b6＝4×26－1＝128.
由128＝2n＋2得n＝63，
所以b6与数列{an}的第63项相等．
答案：(1)3n－1　(2)Sn＝2n－1
求等比数列的前n项和时，一定要注意公比q是否为1.
1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法
(1)利用定义，证明an＋1－an(nN*)为一常数；
(2)利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2)．
2．证明数列{an}是等比数列的两种基本方法
(1)利用定义，证明(nN*)为一常数；
(2)利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2)．
[典例]　(2015·广东高考)设数列的前n项和为Sn，nN*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)证明：为等比数列；
(3)求数列的通项公式．
[自主解答]　(1)当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即4＋5＝8(1＋＋)＋1，解得a4＝.
(2)证明：由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．
4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，
4an＋2＋an＝4an＋1对n∈N*都成立，
＝＝＝＝，
数列是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列．
(3)由(2)知，an＋1－an＝，
数列是以＝2为首项，4为公差的等差数列，
＝2＋4(n－1)＝4n－2，
即an＝(2n－1)·，
数列的通项公式为an＝(2n－1)·.
(1)本题第(2)问易忽略n＝1的情况．
(2)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n项和公式法，但不作为证明方法．
(3)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可．
(4)a＝an－1an＋1(n≥2，nN*)是{an}为等比数列的必要而不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.
[变式训练]
　(2015·昆明模拟)在数列{an}中，a1＝，an＋1＝2－，设bn＝，数列{bn}的前n项和是Sn.
(1)证明数列{bn}是等差数列，并求Sn；
(2)比较an与Sn＋7的大小．
解：(1)bn＝，an＋1＝2－，
bn＋1＝＝＋1＝bn＋1，
bn＋1－bn＝1，
数列{bn}是公差为1的等差数列．
由a1＝，bn＝得b1＝－，
Sn＝－＋＝－3n.
(2)由(1)知：bn＝－＋n－1＝n－.
由bn＝得an＝1＋＝1＋.
an－Sn－7＝－＋3n－6＋.
当n≥4时，y＝－＋3n－6是减函数，y＝也是减函数，
当n≥4时，an－Sn－7≤a4－S4－7＝0.
又a1－S1－7＝－<0，a2－S2－7＝－<0，a3－S3－7＝－<0，
n∈N*，an－Sn－7≤0，
an≤Sn＋7.
1．等差数列的性质
(1)若m，n，p，qN*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
(2)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，仍成等差数列；
(3)am－an＝(m－n)dd＝(m，nN*)；
(4)＝(A2n－1，B2n－1分别为{an}，{bn}的前2n－1项的和)．
2．等比数列的性质
(1)若m、n、r、sN*，且m＋n＝r＋s，则am·an＝ar·as；
(2)an＝amqn－m；
(3)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列(q≠－1)．
[典例]　(1)已知等差数列{an}中，a7＝，则tan(a5＋a7＋a9)等于(　　)A．－
(2)在正项等比数列{an}中，an＋1an＋1，则实数a的取值范围是________．
解析：对于任意的nN*都有an>an＋1，数列{an}单调递减，即<a<1.又由题意知a9<a8，即×9＋2，故<a0；当n≥2时，cn＋1－cn<0，
c1c3>c4>…，
(cn)max＝c2＝.
错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，其依据是：cn＝anbn，其中{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，则qcn＝qanbn＝anbn＋1，此时cn＋1－qcn＝(an＋1－an)·bn＋1＝dbn＋1，这样就把对应相减的项变成了一个等比数列，从而达到求和的目的．
[典例]　(2015·山东高考)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
[自主解答]　(1)设数列{an}的公差为d，
令n＝1，得＝，
所以a1a2＝3.
令n＝2，得＋＝，
所以a2a3＝15.
由解得a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1.经检验，符合题意．
(2)由(1)知bn＝2n·22n－1＝n·4n，
则Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n，
4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n＋1，
两式相减，得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1
＝－n·4n＋1
＝×4n＋1－，
所以Tn＝×4n＋1＋＝.
在错位相减后一定要注意其中各个项的结构，特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续的项组成等比数列，如果能则就是一个n项的等比数列之和与最后一项的差，如果不能则就是第一项，一个n－1项的等比数列之和与最后一项的差．
[变式训练]
　(2015·浙江高考)已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(nN*)，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝bn＋1－1(nN*)．
(1)求an与bn；
(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)由a1＝2，an＋1＝2an，得an＝2n(nN*)．
由题意知：
当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.
当n≥2时，bn＝bn＋1－bn.整理得＝，
所以bn＝n(nN*)．
(2)由(1)知anbn＝n·2n，
因此Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Tn＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，
所以Tn－2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1.
故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(nN*).
1．常见的裂项类型
(5)＝＝－.
2．裂项相消法求和的基本思想是把数列的通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，kN*)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．
[典例]　(2015·洛阳模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，2Sn＝a＋an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，设{bn}的前n项和为Tn，求T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数．
[自主解答]　(1)当n＝1时，2a1＝a＋a1，得a1＝1或0(舍去)．
当n≥2时，2Sn＝a＋an，2Sn－1＝a＋an－1，两式相减，得an－an－1＝1(n≥2)，
所以数列{an}是以1为首项、1为公差的等差数列，an＝n，nN*.
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＋＋＋…＋(－)＝1－.
在T1，T2，T3，…，T100中有理数为T3，T8，T15，…，T99，共9个．
在裂项时要注意把数列的通项分拆成的两项一定是某个数列中的相邻的两项，或者是等距离间隔的两项，只有这样才能实现逐项相消，只剩余有限的几项，从而求出其和．
[变式训练]
　设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn1，q＝2.a1＝1.
故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)证明：bn＝＝＝－，
Tn＝＋＋(－)＋…＋＝－＝－<.
分组转化求和的三种类型
分组转化求和是把数列之和分为几组，每组中的各项是可以利用公式(或其他方法)求和的，求出各组之和即得整体之和，这类试题一般有如下三种类型：(1)数列是周期数列，先求出每个周期内的各项之和，然后把整体之和按照周期进行划分，再得出整体之和；(2)奇偶项分别有相同的特征的数列(如奇数项组成等差数列、偶数项组成等比数列)，按照奇数项和偶数项分组求和；(3)通项中含有(－1)n的数列，按照奇数项、偶数项分组，或者按照n为奇数、偶数分类求和．
[典例]　已知函数f(n)＝n2sin，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 014＝________．
[自主解答]　a1＋a3＋a5＋…＋a2 013＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 013)＋f(2 014)＝12－32＋52－72＋…＋2 2＋2 0132＝－2(1＋3＋5＋…＋2 011)＋2 0132，a2＋a4＋…＋a2 014＝f(2)＋f(3)＋…＋f(2 014)＋f(2 015)＝－32＋52－72＋…＋2 2＝2(3＋5＋7＋…＋2 013)－2 0152.
所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 014＝－2(1＋3＋5＋…＋2 011)＋2 ＋5＋7＋…＋2 013)－2 0152＝－2×1＋2×2 013＋2 2＝－2＋2 013×2 015－2 0152＝－2＋2 015×(2 013－2 015)＝－2－4 030＝－4 032.
答案：－4 032
[探究1]　若将条件改为“a1＝1，a2＝3，an＋1an－1＝an(n≥2)”，如何求解？
解：由an＋1·an－1＝an，得an＋1＝(n≥2)，
又a1＝1，a2＝3，
∴a3＝3，a4＝1，a5＝，a6＝，a7＝1，a8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为，
又2 014＝6×335＋4，
a1＋a2＋…＋a2 014＝335×＋1＋3＋3＋1＝2 911.
[探究2]　若数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·，如何求其前n项和Sn.
解：由题意知，an＝(－1)n－1
＝(－1)n－1
＝(－1)n－1.
当n为偶数时，
Sn＝－＋…＋－＝1－＝.
当n为奇数时，
Sn＝－＋…－＋＝1＋＝.
所以Sn＝(或Sn＝)．
在利用分组转化求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．
[变式训练]
　已知等差数列{an}满足a3＝10，a5－2a2＝6.
(1)求an；(2)数列{bn}满足bn＝Tn为数列{bn}的前n项和，求T2n.
解：(1)设数列{an}的公差为d，则a1＋2d＝10，a1＋4d－2(a1＋d)＝6，解得a1＝2，d＝4，所以an＝a1＋(n－1)d＝4n－2.
(2)数列{bn}的前2n项中，奇数项和偶数项各有n项．奇数项是首项为1、公比为4的等比数列，其和为＝；
偶数项是首项为1、公差为4的等差数列，其和为n＋×4＝2n2－n.
所以T2n＝＋2n2－n.
1．数列与不等式的综合问题的考查题型
(1)判断数列问题中的一些不等关系．
(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题．
(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题．
(4)有关的最值问题．
2．在数列中应用“函数”思想解题的常见题目类型
(1)数列中的恒成立问题的求解．
(2)数列中最大项与最小项问题的求解．
(3)数列中前n项和最值问题的求解．
[典例]　已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(nN*)在函数y＝f(x)的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对所有n(nN*)都成立的最小正整数m.
[自主解答]　(1)设函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b，由f′(x)＝6x－2，
得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.
又因为点(n，Sn)(nN*)在函数y＝f(x)的图象上，
所以Sn＝3n2－2n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5.当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5，所以，an＝6n－5(nN*)．
(2)由(1)知bn＝＝
＝，故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋＋…＋]＝(1－)．
因此，要使－.
解：(1)设数列{an}的公差为d，则由已知条件可得解得于是an＝－.
(2)由(1)知，Sn＝－，
故bn＝－＝－，
故Tn＝－[(1＋＋＋…＋)－(＋＋＋…＋)]＝－(－－)，
一、选择题
1．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于(　　)A．200
解析：选B　S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.
2．(2015·遵义模拟)在数列{an}中，若对任意的n均有an＋an＋1＋an＋2为定值(nN*)，且a7＝2，a9＝3，a98＝4，则数列{an}的前100项的和S100＝(　　)
解析：选B　设an＋an＋1＋an＋2＝M，则an＋1＋an＋2＋an＋3＝M，后式减去前式得an＋3＝an，即数列{an}是以3为周期的周期数列，a7＝a1＝2，a9＝a3＝3，a98＝a2＝4，所以在一个周期内的三项之和为9，所以S100＝33×9＋2＝299.
3．已知函数f(x)＝，点O为坐标原点，点An(n，f(n))(nN*)．若记直线OAn的倾斜角为θn，则tan θ1＋tan θ2＋…＋tan θ9＝(　　)
解析：选C　由题知，An，tan θn＝＝－，所以tan θ1＋tan θ2＋…＋tan θ9＝1－＝.
4．已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an＋1＋an·an＋1－an＝0，则a2 015＝(　　)
解析：选A　an＋1＋an·an＋1－an＝0，＝0，－＝1，又＝1，数列是以1为首项，1为公差的等差数列.＝1＋(2 015－1)×1＝2 015，a2 015＝.
5．设bn＝(其中an＝2n－1)，数列{bn}的前n项和为Tn，则T5＝(　　)
解析：选C　bn＝＝－，所以Tn＝＋＋…＋＝－，所以T5＝－＝.
二、填空题
6．已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，bn＝，若对任意的nN*，都有bn≥b8成立，则实数a的取值范围为________．
解析：依题意得bn＝1＋，对任意的nN*，都有bn≥b8，即数列{bn}的最小项是第8项，于是有≥.又数列{an}是公差为1的等差数列，因此有即由此解得－8＜a＜－7，即实数a的取值范围是(－8，－7)．
答案：(－8，－7)
7．(2015·曲靖模拟)数列{an}满足an＋an＋1＝(nN*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S2 015＝________．
解析：因为an＋an＋1＝(nN*)，所以a1＝－a2＝－2，a2＝2，a3＝－2，a4＝2，…，故a2n＝2，a2n－1＝－2，所以S2 015＝1 008a1＋1 007a2＝1 008×＋1 007×2＝502.
8．已知定义在R上的函数f(x)是奇函数，且满足f(x)＝f(x＋3)，f(－2)＝－3.若数列{an}中，a1＝－1，且前n项和Sn满足＝2×＋1，则f(a5)＋f(a6)＝________．
解析：函数f(x)是奇函数，f(－x)＝－f(x)，
f(x)＝f(x＋3)，
f(x)是以3为周期的周期函数．
Sn＝2an＋n，
Sn－1＝2an－1＋(n－1)(n≥2)，
两式相减并整理得an＝2an－1－1，即an－1＝2(an－1－1)(n≥2)，
数列{an－1} 是以2为公比的等比数列，首项为a1－1＝－2，
an－1＝－2×2n－1＝－2n，an＝－2n＋1，
a5＝－31，a6＝－63，
f(a5)＋f(a6)＝f(－31)＋f(－63)＝f(2)＋f(0)＝f(2)＝－f(－2)＝3.
三、解答题
9．已知数列{an}和{bn}满足a1a2…an＝2bn－n，若{an}为等比数列，且a1＝1，b2＝b1＋2.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝－(nN*)，求数列{cn}的前n项和Sn.
解：(1)由已知，得a1＝2b1－1，a1＝1，b1－1＝0，b1＝1，b2＝1＋2＝3.
又a1a2＝2b2－2，得a2＝2.
{an}为等比数列，则公比q＝2，an＝2n－1.
又a1a2…an＝2bn－n，且a1＝1，
2bn－n＝1×2×22×…×2n－1＝2.
bn＝＋n＝.
(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝，
cn＝－＝－2.
Sn＝c1＋c2＋…＋cn
＝[1＋＋…＋]－2[＋＋…＋]
10．(2015·金昌模拟)已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝－logan，求数列的前n项和Tn.
解：(1)设数列{an}的公比为q，由a＝9a2a6得a＝9a，q2＝.
由条件可知q>0，故q＝.
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，a1＝.
故数列{an}的通项公式为an＝.
(2)an＝，bn＝－log＝2n，
从而＝＝，
Tn＝[＋＋…＋]
11．数列{an}满足an＋1＝，a1＝1.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)求数列的前n项和Sn，并证明＋＋…＋>.
解：(1)证明：an＋1＝，
＝，化简得＝2＋，
即－＝2，故数列是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝2n－1，Sn＝＝n2.
＋＋…＋＝＋＋…＋>＋＋…＋＝＋＋…＋(－)＝1－＝.
12．已知函数f(x)＝x2＋bx为偶函数，数列{an}满足an＋1＝2f(an－1)＋1，且a1＝3，an>1.
(1)设bn＝log2(an－1)，证明：数列{bn＋1}为等比数列；
(2)设cn＝nbn，求数列{cn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：函数f(x)＝x2＋bx为偶函数，b＝0，
f(x)＝x2，an＋1＝2(an－1)2＋1，
an＋1－1＝2(an－1)2，
数列{bn＋1}是公比为2的等比数列．
(2)a1＝3，b1＝log22＝1，bn＋1＝2n，即bn＝2n－1，cn＝n2n－n，
设An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2An＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，
－An＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－n×2n＋1－2，An＝(n－1)2n＋1＋2.
设Bn＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝，
Sn＝An－Bn＝(n－1)2n＋1＋2－.
高考大题专项练(三)　数　　列A组
1．(2015·安顺模拟)已知各项都不相等的等差数列{an}的前6项和为60，且a6为a1和a21的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＋1－bn＝an(nN*)，且b1＝3，求数列的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
an＝2n＋3.
(2)bn＋1－bn＝an，bn－bn－1＝an－1(n≥2，nN*)，
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝an－1＋an－2＋…＋a1＋b1
＝(n－1)(n＋3)＋3
＝n(n＋2)．
又当n＝1时，也满足上式，
bn＝n(n＋2)(nN*)．
Tn＝(1－＋－＋…＋－)＝(－－)＝.
2．(2015·哈尔滨模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且S1＝2，Sn＋1＝2Sn＋2(nN*)，bn＝Sn＋2.
(1)求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)若数列{cn}满足cn＝＋＋…＋(nN*)，求{cn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：Sn＋1＝2Sn＋2，Sn＋1＋2＝2(Sn＋2)，
bn＋1＝2bn，又b1＝4，数列{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)可得，bn＝4×2n－1＝2n＋1，Sn＝bn－2＝2n＋1－2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，
a1＝S1＝2，代入上式也成立，
an＝2n(nN*)．
(3)＝1－，
cn＝＋＋…＋＝n－(＋＋…＋)＝n＋－1(nN*)，
Tn＝(1＋2＋…＋n)＋－n＝＋－n＝－.
3．(2015·四平模拟)已知数列{an}中，Sn为{an}的前n项和，an＋1＝Sn－n＋3，nN*，a1＝2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(nN*)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜(nN*)．
解：(1)由得an＋1－an＝an－1，故an＋1－1＝2(an－1)，
{an－1}从第二项起为公比等于2的等比数列．
又a2＝S1－1＋3＝4，a1＝2，a2－1≠2(a1－1)，
(2)证明：由(1)知Sn＝an＋1＋n－3＝3×2n－1＋n－2，
①－得，Tn＝(1＋＋＋…＋－)
Tn＝－0，Tn≥T1＝，
1．已知{an}是等差数列，公差为d，首项a1＝3，前n项和为Sn·令cn＝(－1)nSn(nN*)，{cn}的前20项和T20＝330.数列{bn}满足bn＝2(a－2)dn－2＋2n－1，aR.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＋1≤bn，nN*，求a的取值范围．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，因为cn＝(－1)nSn，
所以T20＝－S1＋S2－S3＋S4＋…＋S20＝330，
则a2＋a4＋a6＋…＋a20＝330，
即10(3＋d)＋×2d＝330，解得d＝3，
所以an＝3＋3(n－1)＝3n.
(2)由(1)知bn＝2(a－2)3n－2＋2n－1，
bn＋1－bn＝2(a－2)3n－1＋2n－[2(a－2)3n－2＋2n－1]＝
4(a－2)3n－2＋2n－1＝4·3n－2.
由bn＋1≤bn(a－2)＋×≤0
a≤2－×，
因为2－×随着n的增大而增大，
所以n＝1时，2－×取得最小值.
所以a≤.故a的取值范围为.
2．(2015·白银模拟)已知函数f(x)＝，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f(an)(nN*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝anan＋1，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求证：Sn<.
解：(1)由已知an＋1＝，取倒数得＝＋1，
变形为＋＝3，
所以数列是首项为＋＝，公比为3的等比数列，所以＋＝×3n－1＝×3n，
(2)证明：bn＝＝－，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋(－)＝－0，所以b2＝3，所以＝.
8．(2015·唐山模拟)等差数列{an}中，a3＝5，a4＋a8＝22，则的前20项和为(　　)
解析：选B　因为a4＋a8＝22，a3＝5，所以a1＋2d＝5，2a1＋10d＝22，解得a1＝1，d＝2，an＝2n－1，又因为＝＝，所以其前20项和Sn＝(1－＋－＋…＋－)＝.
9．(2015·吉林模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a3＝30，S4＝120，设bn＝1＋log3an，那么数列{bn}的前15项和为(　　)
解析：选B　设等比数列{an}的公比为q，由a1＋a3＝30，a2＋a4＝S4－(a1＋a3)＝90，所以公比q＝＝3，首项a1＝＝3，所以an＝3n，bn＝1＋log33n＝1＋n，则数列{bn}是等差数列，前15项的和为＝135.
10．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(nN*)，若b3＝－2，b10＝12，则a8＝(　　)
解析：选A　{bn}为等差数列，设其公差为d，b3＝－2，b10＝12，7d＝b10－b3＝12－(－2)＝14，d＝2.
b1＝b3－2d＝－2－4＝－6，
b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋d＝7×(－6)＋21×2＝0.
又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3.
所以，a8－3＝0，a8＝3.
11．(2015·长春模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}为常数列，则an＝(　　)
解析：选B　由题意知，Sn＋nan＝2，当n≥2时，Sn－1＋(n－1)an－1＝2，两式相减整理得(n＋1)an＝(n－1)·an－1，从而···…·＝··…·，有an＝，当n＝1时上式成立，所以an＝.
12．(2015·肇庆模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若8a2＋a5＝0，则下列式子中数值不能确定的是(　　)
解析：选D　由8a2＋a5＝0，得到＝q3＝－8，故选项A正确；由题意，解得q＝－2，则＝q＝－2，故选项C正确；则＝＝，故选项B正确；而＝＝，所以数值不能确定的是选项D.
二、填空题
13．(2015·海淀模拟)若等比数列{an}满足a2a6＝64，a3a4＝32，则a＋a＋…＋a＝________．
解析：a2a6＝a3a5＝64，q＝＝2，a＝1，{a}是a＝1为首项，4为公比的等比数列，a＋a＋…＋a＝＝.
14．(2015·曲靖模拟)等差数列{an}的前9项和等于它的前4项和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝________．
解析：设数列{an}的公差为d，由S9＝S4及a1＝1，得9×1＋d＝4×1＋d，所以d＝－.又ak＋a4＝0，所以[1＋(k－1)×]＋[1＋(4－1)×]＝0，解得k＝10.
15．在各项均为负数的数列{an}中，2an＝3an＋1，且a2·a5＝，则数列{an}的通项公式为________．
解析：因为2an＝3an＋1，所以＝，所以数列{an}是公比q＝的等比数列．又a2·a5＝，所以a1q·a1q4＝，即a·＝，所以a＝.由于数列各项均为负数，所以a1＝－，所以an＝－×＝－.
答案：an＝－
16．对正整数n，设曲线y＝xn(1－x)在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为an，则数列的前n项和Sn＝________．
解析：因为y＝xn(1－x)，所以y′＝nxn－1－(n＋1)xn，曲线在x＝2处的切线斜率为k＝n·2n－1－(n＋1)2n＝－(n＋2)2n－1，由x＝2得y＝－2n，所以切线方程为y＋2n＝－(n＋2)2n－1(x－2)，令x＝0，则y＝an＝(n＋1)2n.记bn＝＝2n，则Sn＝2＋22＋…＋2n＝＝2n＋1－2.
答案：2n＋1－2
三、解答题
17．设数列{an}的前n项和为Sn，满足(1－q)Sn＋qan＝1，且q(q－1)≠0.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若S3，S9，S6成等差数列，求证：a2，a8，a5成等差数列．
解：(1)当n＝1时，由(1－q)S1＋qa1＝1，得a1＝1.
当n≥2时，(1－q)Sn＋qan＝1，
(1－q)Sn－1＋qan－1＝1，
两式相减得an＝qan－1，
又q(q－1)≠0，所以{an}是以1为首项、q为公比的等比数列，故an＝qn－1.
(2)证明：由(1)可知Sn＝，又由S3＋S6＝2S9，得＋＝，
化简得a3＋a6＝2a9，两边同除以q得a2＋a5＝2a8，
故a2，a8，a5成等差数列．
18．(2015·上饶模拟)已知数列{an}的首项a1＝1，an＋1＝2an＋1.
(1)求证：{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{nan}的前n项和Sn.
解：(1)证明：an＋1＝2an＋1，
an＋1＋1＝2(an＋1)，
则＝2为常数，{an＋1}是等比数列．
(2)a1＝1，可得an＋1＝2n，an＝2n－1，
则nan＝n·2n－n，
设Tn＝1×2＋2×22＋…＋n·2n，
则2Tn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1，
②－得，Tn＝－2－22－23－…－2n＋n·2n＋1
＝－＋n·2n＋1
＝(n－1)2n＋1＋2，
Sn＝(n－1)2n＋1－＋2.
19．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝6，正项数列{bn}满足b1·b2·b3·…·bn＝2Sn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若λbn>an对nN*均成立，求实数λ的取值范围．
解：(1)a1＝1，S3＝6，数列{an}的公差d＝1，an＝n.
÷②得bn＝2Sn－Sn－1＝2an＝2n(n≥2)，
又b1＝2S1＝21＝2，满足上式，故bn＝2n.
(2)λbn>an恒成立λ>恒成立，
设cn＝，则＝，
当n≥2时，cn.
所以λ的取值范围是.
20．(2015·陇南模拟)已知数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，数列{bn}为等比数列，函数f(x)＝b1x2＋b2x＋b3的图象在y轴上的截距为－4，其最大值为a6－.
(1)若f(a2＋a8)＝f(a3＋a11)，求数列{bn}的通项公式；
(2)若a2＝－，Tn为数列的前n项和，求当Tn＝－时，正整数n的值．
解：(1)由函数f(x)＝b1x2＋b2x＋b3的图象在y轴上的截距为－4，其最大值为a6－可得，b3＝－4，且当x＝－时，函数f(x)取得最大值＝b3－b3＝a6－，解得a6＝.
又f(a2＋a8)＝f(a3＋a11)，
所以＝－，
所以－＝＝2a6＝1.
设数列{bn}的公比为q，则公比q＝＝－2，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝b3qn－3＝－4×(－2)n－3＝－(－2)n－1.
(2)因为a2＝－，a6＝，
所以公差d＝＝1，
所以an＝a2＋(n－2)d＝，
所以＝＝2，
所以数列的前n项和Tn＝＋＋…＋＝2[＋＋…＋]＝2，令Tn＝－，则－－＝－，解得n＝9.
21．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an＋1＋n－2，nN*，a1＝2.
(1)证明：数列{an－1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(nN*)的前n项和为Tn，证明：Tn0，所以Tn＝6－<6. 22．(2015·葫芦岛模拟)将正奇数组成的数列{an}，按下表排成5列 第一列 第二列 第三列 第四列 第五列
第二行 15 13 11 9
17 19 21 23
第四行 … … 27 25
(1)求第五行到第十行的所有数的和；
(2)已知点A1(a1，b1)，A2(a2，b2)，…，An(an，bn)在指数函数y＝2x的图象上，如图，以A1，A2，…，An为一个顶点，x轴、y轴为邻边构成的矩形面积为S1，S2，…，Sn，求S1＋S2＋…＋Sn的值Tn.
解：(1)因为{an}为等差数列，故an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
第五行的第一个数为a17＝2×17－1＝33，
第十行的最后一个数为a40＝2×40－1＝79，
故第五行到第十行的所有数的和为33＋35＋…＋79＝＝1 344.
(2)因为An(an，bn)在函数y＝2x图象上，故bn＝2an＝22n－1.又因为an＝2n－1，故S1＝a1b1＝2，S2＝a2b2＝3×23＝24，Sn＝anbn＝(2n－1)×22n－1，
所以Tn＝S1＋S2＋…＋Sn＝1×2＋3×23＋…＋(2n－1)×22n－1，
4Tn＝1×23＋3×25＋…＋(2n－3)×22n－1＋(2n－1)×22n＋1.
①－得－3Tn＝2＋2(23＋25＋…＋22n－1)－(2n－1)×22n＋1
＝2(2＋23＋25＋…＋22n－1)－2－(2n－1)×22n＋1＝2×－2－(2n－1)×22n＋1
＝×4n－，
故Tn＝×4n＋.
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