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2017版《三年高考两年模拟》数学(理)汇编专题:第六章数列第四节Word版含解析


第四节

数列求和、数列的综合应用

A 组三年高考真题(2016~2014 年)
1.(2015· 福建,8)若 a,b 是函数 f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且 a,b, -2 这三个数可适当排序后成等差数列, 也可适当排序后成等比数列, 则 p+q 的值等于( A.6B.7C.8D.9 2.(2015· 浙江,3)已知{an}是等差数列,公差 d 不为零,前 n 项和是 Sn,若 a3,a4,a8 成等比 数列,则( ) )

A.a1d>0,dS4>0B.a1d<0,dS4<0C.a1d>0,dS4<0D.a1d<0,dS4>0 3.(2016· 北京,20)设数列 A:a1,a2,?,aN(N≥2).如果对小于 n(2≤n≤N)的每个正整数 k 都 有 ak<an,则称 n 是数列 A 的一个“G 时刻”.记 G(A)是数列 A 的所有“G 时刻”组成的集 合. (1)对数列 A:-2,2,-1,1,3,写出 G(A)的所有元素; (2)证明:若数列 A 中存在 an 使得 an>a1,则 G(A)≠?; (3)证明:若数列 A 满足 an-an-1≤1(n=2,3,?,N),则 G(A)的元素个数不小于 aN-a1.

4.(2016· 四川,19)已知数列{an}的首项为 1,Sn 为数列{an}的前 n 项和,Sn+1=qSn+1,其中 q>0,n∈N*. (1)若 2a2,a3,a2+2 成等差数列,求 an 的通项公式; 4n-3n y2 5 (2)设双曲线 x2- 2=1 的离心率为 en,且 e2= ,证明:e1+e2+?+en> n-1 . an 3 3

5.(2016· 山东,18)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且 an=bn+bn+1. (1)求数列{bn}的通项公式; (an+1)n 1 (2)令 cn= ,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. (bn+2)n


6.(2015· 新课标全国Ⅱ,16)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 a1=-1,an+1=SnSn+1,则 Sn= ____________. 7.(2015· 山东,18)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 2Sn=3n+3. (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 anbn=log3an,求{bn}的前 n 项和 Tn.

8.(2015· 天津,18)已知数列{an}满足 an+2=qan(q 为实数,且 q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2, 且 a2+a3,a3+a4,a4+a5 成等差数列. (1)求 q 的值和{an}的通项公式; log2a2n (2)设 bn= ,n∈N*,求数列{bn}的前 n 项和. a2n-1

n+2 9.(2015· 广东,21)数列{an}满足:a1+2a2+?+nan=4- n-1 ,n∈N*. 2 (1)求 a3 的值; (2)求数列{an}前 n 项和 Tn; Tn-1 ? 1 1 1 (3)令 b1=a1,bn= +?1+2+3+?+n? ?an(n≥2),证明:数列{bn}的前 n 项和 Sn 满足 Sn<2 n +2lnn.

1 * 10.(2015· 浙江,20)已知数列{an}满足 a1= 且 an+1=an-a2 n(n∈N ). 2 an (1) 证明:1≤ ≤2(n∈N*); an+1 1 Sn 1 (2)设数列{a2 ≤ ≤ (n∈N*). n}的前 n 项和为 Sn,证明: 2?n+2? n 2?n+1?

11.(2014· 山东,19)已知等差数列{an}的公差为 2,前 n 项和为 Sn,且 S1,S2,S4 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=(-1)n
-1

4n ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. anan+1

12.(2014· 江西,17)已知首项都是 1 的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*)满足 anbn+1-an+1bn +2bn+1bn=0. an (1)令 cn= ,求数列{cn}的通项公式; bn (2)若 bn=3n 1,求数列{an}的前 n 项和 Sn.


13.(2014· 四川,19)设等差数列{an}的公差为 d,点(an,bn)在函数 f(x)=2x 的图象上(n∈N*). (1)若 a1=-2,点(a8,4b7)在函数 f(x)的图象上,求数列{an}的前 n 项和 Sn; (2)若 a1=1,函数 f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2- n 项和 Tn. 1 ?an? ,求数列?b ?的前 ln2 ? n?

14.(2014· 湖北,18)已知等差数列{an}满足:a1=2,且 a1,a2,a5 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,是否存在正整数 n,使得 Sn>60n+800?若存在,求 n 的最 小值;若不存在,说明理由.

B 组两年模拟精选(2016~2015 年)
1.(2016· 河南百校联盟质量监测)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,S5=-20, 则-6a4+3a5=( ) A.-20B.4 C.12D.20 2.(2016· 安徽安庆模拟)已知数列{an}是等差数列, a1=tan 225° , a5=13a1, 设 Sn 为数列{(-1)nan} 的前 n 项和,则 S2 014=( )

A.2 015B.-2 015C.3 021D.-3 021 3.(2016· 山东实验中学模拟)设 a1,a2,…,a50 是以-1,0,1 这三个整数中取值的数列,若 a1+a2+…+a50=9 且(a1+1)2+(a2+1)2+…+(a50+1)2=107,则 a1,a2,…,a50 当中取零 的项共有( )

A.11 个 B.12 个 C.15 个 D.25 个 4.(2016· 天津调研)在数列{an}中, a1=1, a2=2, 且 an+2-an=1+(-1)n(n∈N+), 则 S100=( A.1 300B.2 600 C.0D.2 602 f(x) 5.(2015· 广东揭阳一模)已知定义在 R 上的函数 f(x)、 g(x)满足 =ax, 且 f′(x)g(x)<f(x)g′(x), g(x)
? f(n) ? f(1) f(-1) 5 31 ?(n∈N*)的前 n 项和等于 ,则 n=( + = ,若有穷数列? 32 g(1) g(-1) 2 ?g(n)?

)

)

A.5B.6 C.7D.8 6.(2015· 吉林长春模拟)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=a2=1, {nSn+(n+2)an}为等差数列, 则 an=( )

n+1 2n-1 n+1 n A. n-1B. n-1 C. n D. + 2 2 +1 2 -1 2n 1 7.(2015· 辽宁沈阳模拟)数列{an}满足:a1=1, 且对任意的 m,n∈N*都有:am+n=am+an+mn,

1 1 1 1 则 + + +…+ =( a1 a2 a3 a2 008 2 007 2 007 2 008 4 016 A. B. C. D. 2 008 1 004 2 009 2 009

)

8.(2016· 湖北荆州市第一次质量检测)已知数列{an}各项均为正数, 其前 n 项和为 Sn, 且 a1=1, an· an+1=2Sn(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{n· 2an}的前 n 项和 Tn.

9.(2016· 嘉峪关市一中第三次模拟考试)设数列{bn}的前 n 项和为 Sn,且 bn=2-2Sn,数列{an} 为等差数列,且 a5=14,a7=20, (1)求数列{bn}的通项公式; 7 (2)若 cn=an· bn(n=1,2,3,…),Tn 为数列{cn}的前 n 项和,求证:Tn< . 2

10.(2016· 南通模拟)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=10,an+1=9Sn+10. (1)求证:{lgan}是等差数列; 3 ? ? (2)设 Tn 是数列?(lg a )(lg a )?的前 n 项和,求 Tn; ? n n+1 ? 1 (3)求使 Tn> (m2-5m)对所有的 n∈N*恒成立的整数 m 的取值集合. 4

答案精析
A 组三年高考真题(2016~2014 年)
1.D [由题意知:a+b=p,ab=q,∵p>0,q>0,∴a>0,b>0.在 a,b,-2 这三个数的 6 种排序中, 成 等差数列的情况有 a,b,-2;b,a,-2;-2,a,b;-2,b,a;成等比数列的情况有:a,-2,b;b,-2,a.
?ab=4, ?ab=4, ?a=4, ? ?a=1, ? ? ? ∴? 或? 解之得:? 或? ? ? ? ?2b=a-2 ? ?2a=b-2 ?b=1 ?b=4.

∴p=5,q=4,∴p+q=9,故选 D.] 2.B 5 [∵a3,a4,a8 成等比数列,∴(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+7d),整理得 a1=- d, 3

5 4× 3 2d 2d2 ∴a1d=- d2<0,又 S4=4a1+ d=- ,∴dS4=- <0,故选 B.] 3 2 3 3 3.(1)解 G(A)的元素为 2 和 5. (2)证明 因为存在 an 使得 an>a1,所以{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1}≠?. 记 m=min{i∈N*|2≤i≤N,ai>a1},则 m≥2,且对任意正整数 k,m,ak≤a1<am. 因此 m∈G(A).从而 G(A)≠?. (3)证明 当 aN≤a1 时,结论成立.以下设 aN>a1.由(2)知 G(A)≠?. 设 G(A)={n1,n2,…,np},n1<n2<…<np.记 n0=1.则 an0<an1<an2<…<anp, 对 i=0,1,…,p,记 Gi={k∈N*|ni<k≤N,ak>ani}. 如果 Gi≠?,取 mi=min Gi,则对任何 1≤k<mi,ak≤ani<ami. 从而 mi∈G(A)且 mi=ni+1.又因为 np 是 G(A)中的最大元素,所以 Gp=?. 从而对任意 np≤k≤N,ak≤anp,特别地,aN≤anp. 对 i=0,1,…,p-1,ani+1-1≤ani.因此 ani+1=ani+1-1+(ani+1-ani+1-1)≤ani+1. 所以 aN-a1≤anp-a1= ? (ani-ani-1)≤p.因此 G(A)的元素个数 p 不小于 aN-a1.
i=1 p

4.(1)解 由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到 an+2=qan+1,n≥1.又由 S2=qS1+1 得到 a2=qa1,故 an+1=qan 对所有 n≥1 都成立. 所以,数列{an}是首项为 1,公比为 q 的等比数列.从而 an=qn 1.


由 2a2,a3,a2+2 成等差数列,可得 2a3=3a2+2,即 2q2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0, 由已知,q>0,故 q=2.所以 an=2n 1(n∈N*).


y2 - 2(n-1) (2)证明 由(1)可知,an=qn 1.所以双曲线 x2- 2=1 的离心率 en= 1+a2 . n= 1+q an 5 4 由 e2= 1+q2= ,解得 q= . 3 3 因为 1+q2(k
-1)

>q2(k

-1)

,所以 1+q2

(k-1)

>qk 1(k∈N*).


qn-1 4n-3n - 于是 e1+e2+…+en>1+q+…+qn 1= .故 e1+e2+…+en> n-1 . q-1 3 5.解 (1)由题意知,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=6n+5,

当 n=1 时,a1=S1=11,所以 an=6n+5.
?a1=b1+b2, ? ?11=2b1+d, ? 设数列{bn}的公差为 d.由? 即? ? ?a2=b2+b3, ? ?17=2b1+3d,

可解得 b1=4,d=3,所以 bn=3n+1. (6n+6)n 1 + (2)由(1)知,cn= =3(n+1)· 2n 1. (3n+3)n


又 Tn=c1+c2+…+cn,得 Tn=3× [2× 22+3× 23+…+(n+1)× 2n 1],


2Tn=3× [2× 23+3× 24+…+(n+1)× 2n 2].


两式作差, 得-Tn=3× [2× 2 +2 +2 +…+2 =-3n· 2n 2,所以 Tn=3n· 2n 2.
+ +

2

3

4

n+1

-(n+1)× 2

n+2

?4+4(1-2 )-(n+1)×2n+2? ]=3× ? ? 1-2 ? ?

n

1 6.- n 以

[由题意,得 S1=a1=-1,又由 an+1=SnSn+1,得 Sn+1-Sn=SnSn+1,所以 Sn≠0,所

Sn+1-Sn 1 1 ?1? 1 =1,即 - =-1,故数列?S ?是以 =-1 为首项,-1 为公差的等差数列, S1 ? n? SnSn+1 Sn+1 Sn

1 1 得 =-1-(n-1)=-n,所以 Sn=- .] Sn n 7.解 (1)因为 2Sn=3n+3,所以 2a1=3+3,故 a1=3,
- - - -

当 n>1 时,2Sn-1=3n 1+3,此时 2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n 1=2× 3n 1,即 an=3n 1,
? ?3,n=1, 所以 an=? n-1 ?3 ,n>1. ?

1 (2)因为 anbn=log3an,所以 b1= , 3 1 - - - 当 n>1 时,bn=31 nlog33n 1=(n-1)· 31 n.所以 T1=b1= ; 3 1 - - - 当 n>1 时,Tn=b1+b2+b3+…+bn= +(1× 3 1+2× 3 2+…+(n-1)× 31 n), 3 所以 3Tn=1+(1× 30+2× 3 1+…+(n-1)× 32 n),
- -

2 - - - - 两式相减,得 2Tn= +(30+3 1+3 2+…+32 n)-(n-1)× 31 n 3
1 n 2 1-3 - = + -(n-1)× 31 n 3 1-3-1


13 6n+3 13 6n+3 = - ,所以 Tn= - , 6 2× 3n 12 4× 3n 经检验,n=1 时也适合.

13 6n+3 综上可得 Tn= - . 12 4× 3n 8.解 (1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即 a4-a2=a5-a3,

所以 a2(q-1)=a3(q-1),又因为 q≠1,故 a3=a2=2,由 a3=a1q,得 q=2. n-1 - 当 n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k 1=2 ; 2 n 当 n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=2 . 2 1 ,n为奇数, ?2n- 2 所以,{a }的通项公式为 a =? n ?22,n为偶数.
n n

log2a2n n (2)由(1)得 bn= = - .设{bn}的前 n 项和为 Sn, a2n-1 2n 1 1 1 1 1 1 则 Sn=1× 0+2× 1+3× 2+…+(n-1)× n-2+n× n-1, 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 S =1× 1+2× 2+3× 3+…+(n-1)× n-1+n× n. 2 n 2 2 2 2 2 1 1- n 2 1 1 1 1 n n 2 n 上述两式相减得: Sn=1+ + 2+…+ n-1- n= - =2- n- n, 2 2 2 2 1 2n 2 2 2 1- 2 n+2 整理得,Sn=4- n-1 ,n∈N*. 2 n+2 所以,数列{bn}的前 n 项和为 4- n-1 ,n∈N*. 2 1 5 1 9.(1)解 a1=1,a1+2a2=2,a2= ,a1+2a2+3a3=4- ,a3= . 2 4 4 n+1 (2)解 n≥2 时,a1+2a2+…+(n-1)an-1=4- n-2 , 2 1 1- n 2 n 1 1 与原式相减,得 nan= n-1,an= n-1,n=1 也符合,Tn= =2- n-1. 1 2 2 2 1- 2 (3)证明 n≥2 时, Tn-1 ? 1 1 1 a1+a2+…+an-1 ? 1 1 1 bn= +?1+2+3+…+n? an= +?1+2+3+…+n? ? ?an n n 故 Sn= ?bi
i=1 n

1 a1+a2 ? 1 1? a1+a2+…+an-1 ? 1 1 a1 1+ ?a2+ =a1+ +? +?1+2+3?a3+…+ +?1+2+…+n? 2? ? an 2 ? 3 n

? n 1? ?n =? ? i ?a1+? ? ?i=1 ? ?i=1 ? ? ? ? n 1? =? ? i ?Tn ?i=1 ? ? ?

?n 1? ? ? i ?a2+?i? =1 ? ?

?n 1? ? ? i ?a3+…+?i? =1 ? ?

1? ? i ?an

?

1 1 1?? 1 1 2- n-1?<2?1+ +…+ ?, =? n? 2 ?1+2+…+n? ? 2

?

?

1 1? * 只需证明 2? ?1+2+…+n?<2+2ln n,n∈N . 对于任意自然数 k∈N,令 x=1 ∴k=1 时, <ln 2-ln 1, 2 1 k=2 时, <ln 3<ln 2. 3 … 1 k=n-1 时, <ln 2-ln(n-1). n 1 1 1 ∴1+ + +…+ <1+(ln 2-ln 1)+(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln(n-1)], 2 3 n 1 1 1 即 1+ + +…+ <1+ln n, 2 3 n 1 1 1? 所以 n≥2 时,2? ?1+2+3+…+n?<2+2ln n,综上 n∈N+时,Sn<2+2ln n. 10.证明 1 (1)由题意得 an+1-an=-a2 n≤0,即 an+1≤an,故 an≤ . 2 1 1 1 1 ∈(-1,0)时, ln?-k+1+1?+ <0, 即 <ln(k+1)-ln k. ? ? k+1 k+1 k+1

由 an=(1-an-1)an-1 得 an=(1-an-1)(1-an-2)…(1-a1)a1>0. 1 an an 1 an 由 0<an≤ 得 = ∈[1,2],即 1≤ ≤2 2= 2 an+1 an-an 1-an an+1 (2)由题意得 a2 n=an-an+1,所以 Sn=a1-an+1① 由 1 1 an an 1 1 1 1 - = 和 1≤ ≤2 得 1≤ - ≤2,所以 n≤ - ≤2n, an+1 an an+1 an+1 an+1 an an+1 a1

1 1 因此 ≤an+1≤ (n∈N*).② 2(n+1) n+2 1 Sn 1 由①②得 ≤ ≤ (n∈N*). 2(n+2) n 2(n+1) 2× 1 4× 3 11.解 (1)因为 S1=a1,S2=2a1+ × 2=2a1+2,S4=4a1+ × 2=4a1+12, 2 2 由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得 a1=1,所以 an=2n-1.

(2)bn=(-1)n

-1

1 1 4n 4n - - =(-1)n 1 =(-1)n 1?2n-1+2n+1?. ? ? anan+1 (2n-1)(2n+1)

当 n 为偶数时, 1? ?1 1? 1 2n ? 1 + 1 ? ? 1 + 1 ? Tn=? ?1+3?-?3+5?+…+?2n-3 2n-1?-?2n-1 2n+1?=1-2n+1=2n+1. 当 n 为奇数时, 1? ?1 1? 2n+ 2 1 ? 1 + 1 ? ? 1 + 1 ? Tn=? ?1+3?-?3+5?+…-?2n-3 2n-1?+?2n-1 2n+1?=1+2n+1=2n+1. 2n+2 ? ?2n+1,n为奇数,? 2n+1+(-1) 所以 T =? ?或T = 2n+1 ? 2n ,n为偶数. ? ?2n+1
n n n-1

? ? ?

12.解 (1)因为 anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*), an+1 an 所以 - =2,即 cn+1-cn=2. bn+1 bn 所以数列{cn}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{an}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-2Sn=1+2· (31+32+…+3n 1)-(2n-1)· 3n=-2-(2n-2)3n,


所以 Sn=(n-1)3n+1. 13.解 (1)由已知得,b7=2a7,b8=2a8=4b7,有 2a8=4× 2a7=2a7+2. 解得 d=a8-a7=2. n(n-1) 所以,Sn=na1+ d=-2n+n(n-1)=n2-3n. 2 (2)函数 f(x)=2x 在(a2,b2)处的切线方程为 y-2a2=(2a2ln 2)(x-a2), 1 它在 x 轴上的截距为 a2- . ln 2 1 1 由题意得,a2- =2- ,解得 a2=2.所以 d=a2-a1=1. ln 2 ln 2 n-1 n 1 2 3 从而 an=n,bn=2n.所以 Tn= + 2+ 3+…+ n-1 + n, 2 2 2 2 2 1 2 3 n 2Tn= + + 2+…+ n-1. 1 2 2 2
n 1 1 1 1 n 1 n 2 -n-2 因此,2Tn-Tn=1+ + 2+…+ n-1- n=2- n-1- n= . 2 2 2 2 2n 2 2


2n 1-n-2 所以,Tn= . 2n


14.解(1)设数列{an}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,an=2; 当 d=4 时,an=2+(n-1)· 4=4n-2, 从而得数列{an}的通项公式为 an=2 或 an=4n-2. (2)当 an=2 时,Sn=2n.显然 2n<60n+800, 此时不存在正整数 n,使得 Sn>60n+800 成立. n[2+(4n-2)] 当 an=4n-2 时,Sn= =2n2. 2 令 2n2>60n+800,即 n2-30n-400>0, 解得 n>40 或 n<-10(舍去), 此时存在正整数 n,使得 Sn>60n+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.

B 组两年模拟精选(2016~2015 年)
1.C [因为 S5=-20,所以 S5=5a3=-20, ∴a3=-4,∴-6a4+3a5=-6(a1+3d)+3(a1+4d)=-3(a1+2d)=-3a3=12.] 2.C[a1=tan 225° =tan 45° =1,设等差数列{an}的公差为 d, a5-a1 13-1 则由 a5=13a1,得 a5=13,d= = =3, 4 5-1 ∴S2
2 014 a2 014=-(a1+a3+…+a2 013)+(a2+a4+…+a2 014)=1 014=-a1+a2-a3+a4+…+(-1)

007d

=1 007× 3=3 021.故选 C.] 3.A
2 2 [(a1+ 1)2 + (a2+1)2 +…+ (a50+ 1)2=a2 1 + a 2 + … + a 50 + 2(a1 + a2 + … + a50) + 50 =

2 2 107,∴a2 1+a2+…+a50=39,∴a1,a2,…,a50 中取零的项应为 50-39=11(个),故选 A.]

4.B

[原问题可转化为当 n 为奇数时,an+2-an=0;当 n 为偶数时,an+2-an=2.进而转

化为当 n 为奇数时,为常数列{1};当 n 为偶数时,为首项为 2,公差为 2 的等差数列.所以 50× 49 S100=S 奇+S 偶=50× 1+(50× 2+ × 2)=2 600.] 2 5.A f(x) f′(x)g(x)-f(x)g′(x) [令 h(x)= =ax,∵h′(x)= <0, [g(x)]2 g(x)

5 1 f(n) ?1?n - ∴h(x)在 R 上为减函数, ∴0<a<1.由题知, a1+a 1= , 解得 a= 或 a=2(舍去),∴ = , 2 2 g(n) ?2? n 1? ?1? ? ? ? 1 - 2? ? f(n) ? ?2? ? 1?n 31 ?的前 n 项和 Sn= ∴有穷数列? =1-? ?2? =32,∴n=5.] 1 ?g(n)? 1- 2

6.A [设 bn=nSn+(n+2)an,有 b1=4,b2=8,则 bn=4n, 即 bn=nSn+(n+2)an=4n, 2? ?1+ 2 ?a - =0, 当 n≥2 时,Sn-Sn-1+? n-1 n 1 ?1+n?an-

?

?

2(n+1) n+ 1 an an-1 所以 an= a - ,即 2· = , n n n-1 n- 1 n 1
?an? 1 所以? n ?是以 为公比,1 为首项的等比数列, 2 ? ?

an 1?n-1 n 所以 =? ,an= n-1.故选 A.] n ?2? 2 7.D [法一 因为 an+m=an+am+mn,则可得 a1=1,a2=3,a3=6,a4=10,则可猜得数列的

1 1 n(n+1) 1 2 通项 an= ,∴ = =2?n-n+1?, 2 an n(n+1) ? ? 1 1 1 1 1 1 ? 4 016 1 1 1 1 ? ∴ + + +…+ =2?1- + - +…+2 008-2 009? ?=2?1-2 009?=2 009.故选 D. a1 a2 a3 a2 008 ? 2 2 3 法二 令 m=1,得 an+1=a1+an+n=1+an+n,∴an+1-an=n+1, n(n+1) 用叠加法:an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=1+2+…+n= , 2 1 1 ? 1 2 所以 = =2? - . an n(n+1) ?n n+1? 1 1 1 1 1 ? 1 ? 4 016 1 1 1 1- ?+2? - ?+…+2? - 1- 于是 + +…+ =2? =2? 2 2 3 2 008 2 009 2 009 ? ? ? ? ? ? ? ?=2 009,故 a1 a2 a2 008 选 D.] 8.解(1)当 n=1 时,a1a2=2a1,a2=2.又 an· an+1=2Sn① ∴n≥2 时,an-1· an=2Sn-1② ①-②得 an(an+1-an-1)=2an ∵an>0,∴an+1-an-1=2.则 a1,a3,…,a2n-1,…是以 1 为首项,2 为公差的等差数列,a2n-1=2n-1. a2,a4,…,a2n,…是以 2 为首项,2 为公差的等差数列,a2n=2n. ∴an=n(n∈N*). (2)由于 an=n,所以 Tn=1· 21+2· 22+3· 23+…+n· 2n. 2Tn=1· 22+2· 23+…+(n-1)· 2n+n· 2n
+ +1

两式相减得 Tn=n· 2n 1-(2+22+23+…+2n) 2(1-2n) + =n· 2n 1- 1-2 =n· 2n 1+2-2n
+ + +1

=(n-1)· 2n 1+2. 9.(1)解 由 bn=2-2Sn,令 n=1,则 b1=2-2S1,

2 2 又 S1=b1,所以 b1= ,b2=2-2(b1+b2),则 b2= , 3 9 当 n≥2 时,由 bn=2-2Sn,可得 bn-bn-1=-2(Sn-Sn-1)=-2bn. 即 bn 1 2 1 1 = ,所以{bn}是以 b1= 为首项, 为公比的等比数列,所以 bn=2· n. 3 3 3 bn-1 3

1 (2)证明 数列{an}为等差数列,公差 d= (a7-a5)=3,可得 an=3n-1, 2 1 从而 cn=an· bn=2(3n-1)· n, 3 1 1 1 1 +8× 3+ …+(3n-1)· n? ∴Tn=2? 32 3 3? ?2×3+5× 1 1 1 1 1 2× 2+5× 3+…+(3n-4) · n+(3n-1· n+1?)两式相减得 ∴ Tn=2? 3 3 3 ? 3 3 ? 1 1 1 1 2 ?2 2+3× 3+…+3× n-(3n-1)· n+1? Tn=2?3+3× 3 3 3 3 ? 3 ?
? ? ? =2· ? ?

1? 1 n-1? 2?1-? ? ? 1 ? 3 ? ? 3? ? -(3n-1) · n 2 +1? +3× 3 ? 3 1 1- 3

?2 1? n-1? 1 ? ? =2? + ?1-?1? n+1? ? -(3n-1)· 3 3 2 ? ? ? ?3? ? ?

7? 1 ? 7 =2?6-? ?n+6?· 3n

?

?

7 1 7 7 n+ ? ∴Tn= -? < . 2 ? 6?3n-1 2 a2 10.(1)证明 依题意,当 n=1 时,a2=9a1+10=100,故 =10. a1 当 n≥2 时,an+1=9Sn+10,an=9Sn-1+10, an+1 两式相减得 an+1-an=9an,即 an+1=10an, =10, an 故{an}为等比数列,且 an=a1qn 1=10n(n∈N*),


∴lg an=n.∴lg an+1-lg an=(n+1)-n=1,即{lg an}是等差数列. 1 1 1 ?=3?1-1+1-1+…+1- 1 ?=3- 3 . + +…+ (2)解由(1)知,Tn=3?1× 2 2× 3 n n+1? n(n+1)? ? 2 2 3 ? n+1 3 3 (3)解 ∵Tn=3- ,∴当 n=1 时,Tn 取最小值 . 2 n+1 3 1 依题意有 > (m2-5m),解得-1<m<6, 2 4 故所求整数 m 的取值集合为{0,1,2,3,4,5}.


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