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陕西省吴堡县吴堡中学高中数学 第一章 聚焦高考数列1训练试题 北师大版必修5


陕西省吴堡县吴堡中学高中数学 第一章 聚焦高考数列 1 训练试题 北 师大版必修 5
一、选择题 1.(广东卷)已知等比数列 {an } 的公比为正数,且 a3 a9 =2 a5 , a2 =1,则 a1 = ( A.
2



1 2

B.

2 2

C. 2

D.2

【解析】B; 设公比为 q ,由已知得 a1q ? a1q ? 2 a1q
2 8

?

4 2

? ,即 q

2

? 2 ,又因为等比数列 {an } 的

公比为正数,所以 q ?

2 ,故 a1 ?

a2 1 2 ,选 B. ? ? q 2 2

2. (2009 江西卷)公差不为零的等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn .若 a4 是 a3与a7 的等比中项,

S8 ? 32 ,则 S10 等于(
A.18 B.24

) C.60 D.90 .

2 【解析】C;由 a4 ? a3a7 得 (a1 ? 3d )2 ? (a1 ? 2d )(a1 ? 6d ) 得 2a1 ? 3d ? 0 ,再由

S8 ? 8a1 ?

56 d ? 32 得 2a1 ? 7d ? 8 则 d ? 2, a1 ? ?3 ,所以 2 90 d ? 60 ,故选 C. 2

S10 ? 10a1 ?

3.(湖南卷)设 Sn 是等差数列 ?an ? 的前 n 项和,已知 a2 ? 3 , a6 ? 11 , 则 S7 等于( ) A.13 【解析】 S7 ? B.35 C.49 D. 63

7(a1 ? a7 ) 7(a2 ? a6 ) 7(3 ? 11) ? ? ? 49. 故选 C. 2 2 2 ?a2 ? a1 ? d ? 3 ?a ? 1 或由 ? , a7 ? 1 ? 6 ? 2 ? 13. ?? 1 ?a6 ? a1 ? 5d ? 11 ?d ? 2
所以 S7 ?

7(a1 ? a7 ) 7(1 ? 13) ? ? 49. 故选 C. 2 2

-1-

4.(福建卷)等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,且 S3 =6, a1 =4,则公差 d 等于( ) A.1 B.

5 3

C. ?2

D.3

【解析】C;∵ S3 ? 6 ?

3 (a1 ? a3 ) 且 a3 ? a1 ? 2d , a1 ? 4 ,∴ d ? 2 .故选 C. 2

5.(2009 辽宁卷)已知 ?an ? 为等差数列,且 a7 -2 a4 =-1, a3 =0,则公差 d ? ( ) A. ?2 B. ?

1 2

C.

1 2

D.2

【解析】B; a7 ? 2a4 ? a3 ? 4d ? 2(a3 ? d ) ? 2d ? ?1 ? d ? ? 6.(辽宁卷)设等比数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,若

1 . 2


S6 S =3,则 9 ? ( S6 S3

A.2

B.

7 3

C.

8 3

D.3

【解析】 B; 设公比为 q , 则

S6 (1 ? q3 )S3 S 1 ? q3 ? q 6 7 于是 9 ? ? ? 1 ? q3 ? 3 ? q3 ? 2 , ? . S3 S3 S6 1 ? q3 3

7.(宁夏海南卷)等比数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn ,且 4 a1 ,2 a2 , a3 成等差数列.若 a1 =1, 则 S4 ? ( A.7 【解析】 ) B.8 C.15 D.16

4 a1 ,2 a2 , a3 成等差数列,

?4a1 ? a3 ? 4a2 ,即4a1 ? a1q2 ? 4a1q,?q2 ? 4q ? 4 ? 0,?q ? 2,S4 ? 15 ,选 C.
8.(四川卷)等差数列 ?an ? 的公差不为零,首项 a1 =1, a2 是 a1 和 a5 的等比中项,则数列 的前 10 项之和是( A. 90 ) B. 100
2

C. 145

D. 190

【解析】B;设公差为 d ,则 (1 ? d ) ? 1 ? (1 ? 4d ) .∵ d ≠0,解得 d =2,∴ S10 =100. 9.(湖北卷)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数,例如:

-2-

. 他们研究过图 1 中的 1,3,6,10,…,由于这些数能够表示成三角形,将其称为三角形数; 类似地,称图 2 中的 1,4,9,16…这样的数成为正方形数.下列数中及时三角形数又是正方 形数的是( A.289 ) B.1024 C.1225 D.1378

【解析】C;由图形可得三角形数构成的数列通项 an ?

n (n ? 1) ,同理可得正方形数构成的数 2 n (n ? 1) 知 an 必为奇 2

列通项 bn ? n2 ,则由 bn ? n2 (n ? N? ) 可排除 A、D,又由 an ? 数,故选 C.

2 10.(宁夏海南卷)等差数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn ,已知 am?1 ? am?1 ? am ? 0 , S2m?1 ? 38 ,

则 m?( A.38

) B.20 C.10 D.9 .

2 【解析】C;因为 ?an ? 是等差数列,所以, am?1 ? am?1 ? 2am ,由 am?1 ? am?1 ? am ? 0 ,得:

2 a m - a m =0,所以, am ? 2 ,又 S2m?1 ? 38 ,即

2

(2m ? 1)(a1 ? a2 m ?1 ) ? 38 ,即 2

(2m ? 1) ? 2 ? 38 ,解得 m ? 10 ,故选.C.
11.(重庆卷)设 ?an ? 是公差不为 0 的等差数列, a1 ? 2 且 a1 , a3 , a6 成等比数列,则 ?an ? 的 前 n 项和 Sn =( )

A.

n2 7n ? 4 4

B.

n 2 5n ? 3 3

C.

n 2 3n ? 2 4

D. n ? n
2

【解析】A;设数列 {an } 的公差为 d ,则根据题意得 (2 ? 2d )2 ? 2 ? (2 ? 5d ) ,解得 d ?

1 或 2

-3-

d ? 0 (舍去),所以数列 {an } 的前 n 项和 Sn ? 2n ?

n(n ? 1) 1 n 2 7n ? ? ? 2 2 4 4

12.(安徽卷)已知 ?an ? 为等差数列, a1 + a3 + a5 =105, a2 ? a4 ? a6 =99,以 Sn 表示 ?an ? 的 前 n 项和,则使得 Sn 达到最大值的 n 是( A.21 B.20 C.19 )

D.18

【解析】由 a1 + a3 + a5 =105 得 3a3 ? 105, 即 a3 ? 35 ,由 a2 ? a4 ? a6 =99 得 3a4 ? 99 即

?a ? 0 得 n ? 20 , a4 ? 33 ,∴ d ? ?2 , an ? a4 ? (n ? 4) ? (?2) ? 41 ? 2n ,由 ? n ? an ?1 ? 0
选 B. 13. (江西卷) 数列 {an } 的通项 an ? n (cos
2 2

n? n? ? sin 2 ), 其前 n 项和为 Sn , 则 S30 为 ( 3 3
C. 495 D. 510



A. 470 【解析】A;由于 {cos
2

B. 490

n? n? ? sin 2 } 以 3 为周期,故 3 3

S30 ? (?

12 ? 22 42 ? 52 ? 32 ) ? (? ? 62 ) ? 2 2

? (?

282 ? 292 ? 302 ) 2

? ?[?
k ?1

10

10 (3k ? 2)2 ? (3k ? 1)2 5 9 ?10 ?11 ? (3k )2 ] ? ?[9k ? ] ? ? 25 ? 470 2 2 2 k ?1

14.(四川卷)等差数列 {an } 的公差不为零,首项 a1 =1, a2 是 a1 和 a5 的等比中项,则数列 的前 10 项之和是( A.90 ) B.100 C.145 D.190 .

2 【解析】B;设公差为 d ,则 (1 ? d ) ? 1 ? (1 ? 4d ) .∵ d ≠0,解得 d ? 2 ,∴ S10 =100.

二、填空题 1.(全国卷Ⅰ)设等差数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn ,若 S9 ? 72 , 则 a2 ? a4 ? a9 = 【解析】 .

?an ? 是等差数列,由 S9 ? 72 ,得? S9 ? 9a5 , a5 ? 8
? a2 ? a4 ? a9 ? (a2 ? a9 ) ? a4 ? (a5 ? a6 ) ? a4 ? 3a5 ? 24 .
1 S ,前 n 项和为 Sn ,则 4 ? 2 a4
-4-

2.(浙江)设等比数列 {an } 的公比 q ?



【解析】15;对于 s4 ?

a1 (1 ? q 4 ) s 1 ? q4 , a4 ? a1q3 ,? 4 ? 3 ? 15 1? q a4 q (1 ? q)
1 S ,前 n 项和为 Sn ,则 4 ? 2 a4


3.(浙江)设等比数列 {an } 的公比 q ?

【解析】此题主要考查了数列中的等比数列的通项和求和公式,通过对数列知识点的考查充 分体现了通项公式和前 n 项和的知识联系.对于

s4 ?

a1 (1 ? q 4 ) s 1 ? q4 , a4 ? a1q3 ,? 4 ? 3 ? 15 . 1? q a4 q (1 ? q)

4.(浙江)设等差数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ,则 S4 , S8 ? S4 , S12 ? S8 , S16 ? S12 成等差 数列.类比以上结论有:设等比数列 {bn } 的前 n 项积为 Tn ,则 T4 , 等比数列. 【解析】 , ,

T16 成 T12

T8 T12 , ;此题是一个数列与类比推理结合的问题,既考查了数列中等差数列和等比 T4 T8
数列的知识,也考查了通过已知条件进行类比推理的方法和能力.对于等比数列, 通过类比,有等比数列 {bn } 的前 n 项积为 Tn ,则 T4 ,

T8 T12 T16 , 成等比数列. , T4 T8 T12
;前 8 项的

5.(北京)若数列 {an } 满足: a1 ? 1, an?1 ? 2an (n ? N ? ) ,则 a5 ? 和 S8 ? .(用数字作答)

【解析】a1 ? 1, a2 ? 2a1 ? 2, a3 ? 2a2 4, a4 ? 2a3 ? 8, a5 ? 2a4 ? 16 ,易知 S8 ?

28 ? 1 ? 255 , 2 ?1
∴ 应

填 255. 6.(北京)已知数列 {an } 满足: a4n?3 ? 1, a4n?1 ? 0, a2n ? an , n ? N? , 则 a2009 ? ________;

a2014 =_________.
【解析】1,0;本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型. 依题意,得 a2009 ? a4?503?3 ? 1 , a2014 ? a2?1007 ? a1007 ? a4?252?1 ? 0 . . 7. (江苏卷) 设 ?an ? 是公比为 q 的等比数列,| q |? 1 , 令 bn ? an ? 1 (n? 1 ,2 , ) , 若数列 ?bn ?

-5-

有连续四项在集合 ??53, ?23,19,37,82? 中,则 6q =



【解析】考查等价转化能力和分析问题的能力.等比数列的通项.

?an ? 有连续四项在集合 ??54, ?24,18,36,81? ,四项 ?24,36, ?54,81 成等比数列,
公比为 q ? ?

3 , 6q ? ?9 . 2

8.(山东卷)在等差数列 {an } 中, a3 ? 7, a5 ? a2 ? 6 ,则 a6 ? __________ __ . 【解析】设等差数列 {an } 的公差为 d ,则由已知得 ?

a1 ? 2d ? 7 ? ? a1 ? 3 解得 ? ,所以 ?d ? 2 ?a1 ? 4d ? a1 ? d ? 6

a6 ? a1 ? 5d ? 13 .本题考查等差数列的通项公式以及基本计算.
9.(全国卷Ⅱ)设等比数列{ an }的前 n 项和为 sn .若 a1 ? 1, s6 ? 4s3 ,则 a4 = 【解析】3;由 a1 ? 1, s6 ? 4s3 得 q3 ? 3 ,故 a4 ? a1q3 ? 3 . 10.(湖北卷)已知数列 ?an ? 满足: a1=m (m 为正整数), .

? an ? ,当an为偶数时, 若 a6=1,则 m 所有可能的取值为__________.. an ?1 ? ? 2 ?3an ? 1,当an为奇数时。 ?
【解析】 4 5 32;⑴若 a1 ? m 为偶数,则

a1 a m m a3 ? 2 ? 为偶, 故 a2 ? 2 2 2 4 m m m m ? 1 ? m ? 32 ①当 仍为偶数时, a4 ? ??????a6 ? 故 8 32 32 4

3 m ?1 m 3 ②当 为奇数时, a4 ? 3a3 ? 1 ? m ? 1 ?????? a6 ? 4 4 4 4 3 m ?1 故4 ? 1得 m ? 4 . 4
⑵若 a1 ? m 为奇数,则 a2 ? 3a1 ? 1 ? 3m ? 1 为偶数,故 a3 ?

3m ? 1 必为偶数 2

a6 ?

3m ? 1 3m ? 1 ,所以 =1 可得 m ? 5 . 16 16

11.(全国卷Ⅱ)设等差数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn ,若 a5 ? 5a3 ,则

S9 ? S5



-6-

【解析】

?an ? 为等差数列,?

S9 9a5 ? ?9 S5 5a3

12.(宁夏海南卷)等比数列{ an }的公比 q ? 0 ,已知 a2 =1, an?2 ? an?1 ? 6an ,则{ an }的 前 4 项和 S4 = .

【解析】 由 an?2 ? an?1 ? 6an 得:q n?1 ? q n ? 6q n?1 , 即 q 2 ? q ? 6 ? 0 ,q ? 0 , 解得:q ? 2 ,

1 (1 ? 2 4 ) 1 15 又 a2 =1,所以, a1 ? , S 4 ? 2 = . 2 2 1? 2
13.(2009 重庆卷)设 a1 ? 2 , an ?1 ? 公式 bn = .

a ?2 2 ? , bn ? n , n ? N ,则数列 ?bn ? 的通项 an ? 1 an ? 1

2 ?2 an ?1 ? 2 an ?1 a ?2 【解析】 由条件得 bn ?1 ? ? ?2 n ? 2bn 且 b1 ? 4 所以数列 ?bn ? 是首项 2 an ?1 ? 1 an ? 1 ?1 an ?1
为 4,公比为 2 的等比数列,则 bn ? 4 ? 2n?1 ? 2n?1 三、解答题 1.(全国卷Ⅰ) 在数列 {an } 中, a1 ? 1, an ?1 ? (1 ? ) an ? ⑴设 bn ?

1 n

n ?1 2n

an ,求数列 {bn } 的通项公式; n

⑵求数列 {an } 的前 n 项和 Sn 【解析】⑴由已知有

an ?1 an 1 1 ? ? n ? bn ?1 ? bn ? n n ?1 n 2 2 1 * (n? N ) 2 n ?1

利用累差迭加即可求出数列 {bn } 的通项公式: bn ? 2 ? ⑵由⑴知 an ? 2n ?

n , 2n ?1

? Sn = ? (2k ?
k ?1

n

n n k k ) ? (2 k ) ? ? ? k ?1 k ?1 2 k ?1 k ?1 2

-7-



?
k ?1

n

(2k ) ? n(n ? 1) ,又
n

?2
k ?1

n

k
k ?1

是一个典型的错位相减法模型,

易得

?2
k ?1

k
k ?1

? 4?

n?2 n?2 ? Sn = n(n ? 1) ? n ?1 ? 4 n ?1 2 2

评析:09 年高考理科数学全国(一)试题将数列题前置,考查构造新数列和利用错 位相减法求前 n 项和,一改往年的将数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题 模式.具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方法基本技能,重视两纲 的导向作用.也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心. 2.(浙江) 设 Sn 为数列 {an } 的前 n 项和, Sn ? kn2 ? n , n ? N ,其中 k 是常数.
*

⑴求 a1 及 an ; ⑵若对于任意的 m ? N , am , a2 m , a4 m 成等比数列,求 k 的值.
*

【解析】⑴当 n ? 1, a1 ? S1 ? k ? 1 ,

n ? 2, an ? S n ? S n?1 ? kn2 ? n ? [k (n ? 1) 2 ? (n ? 1)] ? 2kn ? k ? 1( ? )
经验, n ? 1, ( ? )式成立, ? an ? 2kn ? k ? 1 ⑵? am , a2m , a4m 成等比数列,? a2m ? am .a4m , 即 (4km ? k ? 1) ? (2km ? k ? 1)(8km ? k ? 1) ,整理得: m k(k ? 1) ? 0 ,
2
? 对任意的 m ? N 成立,? k ? 0或k ? 1

2

3.(北京) 设数列 {an } 的通项公式为 an ? pn ? q(n ? N ? , P ? 0) . 数列 {bn } 定义如下:对于正整数 m,

bm 是使得不等式 an ? m 成立的所有 n 中的最小值.
⑴若 p ?

1 1 , q ? ? ,求 b3 ; 2 3

⑵若 p ? 2, q ? ?1 ,求数列 {bm } 的前 2m 项和公式; ⑶是否存在 p 和 q,使得 bm ? 3m ? 2(m ? N ) ?如果存在,求 p 和 q 的取值范围;如果不存 在,请说明理由. 【解析】本题主要考查数列的概念、数列的基本性质,考查运算能力、推理论证能力、 分类讨论等数学思想方法.本题是数列与不等式综合的较难层次题. ⑴由题意,得 an ?
?

1 1 1 1 20 n ? ,解 n ? ? 3 ,得 n ? . . 2 3 2 3 3
-8-



1 1 n ? ? 3 成立的所有 n 中的最小整数为 7,即 b3 ? 7 . 2 3

⑵由题意,得 an ? 2n ? 1, 对于正整数,由 an ? m ,得 n ? 根据 bm 的定义可知
* * 当 m ? 2k ? 1 时, bm ? k k ? N ;当 m ? 2 k 时, bm ? k ? 1 k ? N .

m ?1 . 2

?

?

?

?

∴ b1 ? b2 ?

? b2m ? ?b1 ? b3 ?

? b2m?1 ? ? ?b2 ? b4 ?

? b2m ?

? ?1 ? 2 ? 3 ?

? m? ? ? ?2 ? 3 ? 4 ?

? ? m ? 1? ? ?

?

m ? m ? 1? m ? m ? 3? ? ? m 2 ? 2m . 2 2 m?q . p

⑶假设存在 p 和 q 满足条件,由不等式 pn ? q ? m 及 p ? 0 得 n ?

∵ bm ? 3m ? 2(m ? N ? ) ,根据 bm 的定义可知,对于任意的正整数 m 都有

3m ? 1 ?
立.

m?q ? 3m ? 2 ,即 ?2 p? q? ?3p? 1 m ? ?? p? q p

对任意的正整数 m 都成

当 3 p ? 1 ? 0 (或 3 p ? 1 ? 0 )时,得 m ? ? 这与上述结论矛盾! 当 3 p ? 1 ? 0 ,即 p ?

p?q 2p ? q (或 m ? ? ), 3 p ?1 3 p ?1

1 2 1 2 1 时,得 ? ? q ? 0 ? ? ? q ,解得 ? ? q ? ? . 3 3 3 3 3

∴存在 p 和 q,使得 bm ? 3m ? 2(m ? N ? ) ;

p 和 q 的取值范围分别是 p ?
4.(北京) 已知数集 A ? ?a1, a2 ,

1 2 1 ,? ? q ? ? . 3 3 3

an ??1 ? a1 ? a2 ?
aj ai

an , n ? 2? 具有性质 P ;对任意的

i, j ?1 ? i ? j ? n? , ai a j 与

两数中至少有一个属于 A .

⑴分别判断数集 ?1,3, 4? 与 ?1,2,3,6? 是否具有性质 P ,并说明理由;

-9-

⑵证明: a1 ? 1 ,且

a1 ? a2 ? ? an ? an ; ?1 ?1 a1?1 ? a2 ? ? an

⑶证明:当 n ? 5 时, a1 , a2 , a3 , a4 , a5 成等比数列. 【解析】本题主要考查集合、等比数列的性质,考查运算能力、推理论证能力、分类讨论等 数学思想方法.本题是数列与不等式的综合题,属于较难层次题. ⑴由于 3 ? 4 与

4 均不属于数集 ?1,3, 4? ,∴该数集不具有性质 P. 3 6 6 1 2 3 6 都属于数集 ?1,2,3,6? , 2 3 1 2 3 6

由于 1? 2,1? 3,1? 6, 2 ? 3, , , , , , ∴该数集具有性质 P. ⑵∵ A ? ?a1, a2 , 由于 1 ? a1 ? a2 ? 从而 1 ?

an ? 具有性质 P,∴ an an 与

an 中至少有一个属于 A, an

? an ,∴ an an ? an ,故 an an ? A . .

an ? A ,∴ a1 ? 1 . an

∵ 1 ? a1 ? a2 ?

? an , ∴ ak an ? an ,故 ak an ? A? k ? 2,3,
an ? A ? k ? 1, 2,3, ak an an ? , a2 a1 an a ? an?1 , n ? an , a2 a1 an an ? ? a1 ? a2 ? a2 a1 ? an?1 ? an , , n? .

, n? .

由 A 具有性质 P 可知

又∵

an a ? n ? an an ?1

?



an a ? 1, n ? a2 , an an?1 an a ? n ? an an?1 ?

从而



a1 ? a2 ? ? an ? an . . ?1 ?1 a1?1 ? a2 ? ? an a5 a 2 , ? a2 , 5 ? a3 ,即 a5 ? a2a4 ? a3 a4 a3

⑶由⑵知,当 n ? 5 时,有 ∵ 1 ? a1 ? a2 ?

? a5 ,∴ a3a4 ? a2a4 ? a5 ,∴ a3a4 ? A ,
a4 ? A. a3

由 A 具有性质 P 可知

- 10 -

2 ,得 a2a4 ? a3

a3 a4 a a a ? ? A ,且 1 ? 3 ? a2 ,∴ 4 ? 3 ? a2 , a2 a3 a2 a2 a3



a5 a4 a3 a2 ? ? ? ? a2 ,即 a1 , a2 , a3 , a4 , a5 是首项为 1,公比为 a2 成等比数 a4 a3 a2 a1

列..k.s.5. 5.(山东卷) 等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn , 已知对任意的 n ? N , 点 (n 均在函数 y ? b x ? r (b ? 0 , S )n , 且 b ? 1, b, r 均为常数)的图像上. ⑴求 r 的值; ⑵当 b ? 2 时,记 bn ?
?

n ?1 (n ? N ? ) ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Tn 4an
?

【解析】因为对任意的 n ? N ,点 (n, Sn) ,均在函数 y ? b x ? r (b ? 0 且 b ? 1, b, r 均为常数) 的图像上.所以得 Sn ? bn ? r , 当 n ? 1 时, a1 ? S1 ? b ? r , 当 n ? 2 时, an ? Sn ? Sn?1 ? bn ? r ? (bn?1 ? r ) ? bn ? bn?1 ? (b ?1)bn?1 , 又因为{ an }为等比数列,所以 r ? ?1 ,公比为 b ,所以 an ? (b ?1)bn?1 ⑵当 b=2 时, an ? (b ?1)bn?1 ? 2n?1 , bn ? 则 Tn ?

n ?1 n ?1 n ?1 ? ? n ?1 n ?1 4an 4 ? 2 2

2 3 4 ? ? ? 22 23 24

?

n ?1 2n ?1 ? n n ?1 ? n?2 n ?1 2 2 ? 1 n ?1 ? n?2 n ?1 2 2

1 Tn ? 2

2 3 4 ? ? ? 23 2 4 25 1 2

相减,得 Tn ?

2 1 1 1 ? ? ? ? 2 2 23 2 4 25

1 1 ? (1 ? n ?1 ) 1 n ?1 1 23 n ?1 3 2 ? ? n ? 2 ? ? n ?1 ? n ? 2 1 4 2 2 2 2 1? 2
所以 Tn ?

3 1 n ?1 3 n ? 3 ? ? ? ? 2 2n 2n ?1 2 2n ?1

本题主要考查了等比数列的定义,通项公式,以及已知 Sn 求 an 的基本题型,并运用 错位相减法求出一等比数列与一等差数列对应项乘积所得新数列的前 n 项和 Tn .

- 11 -

6.( 广 东 卷 ) 已知曲线 Cn : x2 ? 2nx ? y 2 ? 0(n ? 1, 2, 切线 ln ,切点为 P n ( xn , yn ) . ⑴求数列 {xn }与{ yn } 的通项公式; ⑵证明: x1 ? x3 ? x5 ?

) .从点 P(?1, 0) 向曲线 Cn 引斜率为 kn (kn ? 0) 的

? x2 n?1 ?

1 ? xn x ? 2 sin n . 1 ? xn yn

【解析】⑴ 设 直 线 ln : y ? k n ( x ? 1) ,联立 x 2 ? 2nx ? y 2 ? 0 得
2 2 2 2 2 2 (1 ? k n ) x 2 ? (2k n ? 2n) x ? k n ? 0 ,则 ? ? (2k n ? 2n) 2 ? 4(1 ? k n )k n ? 0,

∴ kn ?

n 2n ? 1

(?

n 2n ? 1

舍去).

2 xn ?

2 kn n n 2n ? 1 n2 , 即 xn ? , ∴ y n ? k n ( xn ? 1) ? ? 2 2 n ?1 n ?1 1 ? k n (n ? 1)

n 1 ? xn n ?1 ? ? ⑵证明:∵ n 1 ? xn 1? n ?1 1?

1 . 2n ? 1

x1 ? x3 ? x5 ? ? ? ? ? x2n?1 ?

1 3 2n ? 1 1 3 2n ? 1 1 ? ????? ? ? ????? ? 2 4 2n 3 5 2n ? 1 2n ? 1

∴ x1 ? x3 ? x5 ? ? ? ? ? x2 n ?1 ?

1 ? xn 1 ? xn

由于

xn ? yn

1 ? xn 1 ,可令函数 f ( x) ? x ? 2 sin x , ? 2n ? 1 1 ? xn
'

则 f ' ( x) ? 1 ? 2 cos x ,令 f ( x) ? 0 ,得 cos x ? 给定区间 (0,

2 , 2

?

) ,则有 f ' ( x) ? 0 ,则函数 f ( x) 在 (0, ) 上单调递减, 4 4

?

∴ f ( x) ? f (0) ? 0 ,即 x ? 又0 ?

? 2 sin x 在 (0, ) 恒成立, 4

1 1 ? ? ? , 2n ? 1 3 4

- 12 -

则有

1 ? xn x 1 1 ,即 ? 2 sin ? 2 sin n . 2n ? 1 2n ? 1 1 ? xn yn



7.(安徽卷) 首项为正数的数列 ?an ? 满足 an ?1 ?

1 2 (an ? 3), n ? N ? . 4

⑴证明:若 a1 为奇数,则对一切 n ? 2, an 都是奇数; ⑵若对一切 n ? N? 都有 an?1 ? an ,求 a1 的取值范围. 【解析】本小题主要考查数列、数学归纳法和不等式的有关知识,考查推理论证、抽象概括、 运算求解和探究能力, 考查学生是否具有审慎思维的习惯和一定的数学视野. 本小题 满分 13 分. ⑴已知 a1 是奇数,假设 ak ? 2m ?1 是奇数,其中 m 为正整数, 则由递推关系得 ak ?1 ?

ak 2 ? 3 ? m(m ? 1) ? 1 是奇数. 4

根据数学归纳法,对任何 n ? N? , an 都是奇数. ⑵ (方法一) 由 an ?1 ? an ?

1 (an ? 1)(an ? 3) 知,an?1 ? an 当且仅当 an ? 1 或 an ? 3 . 4

1? 3 32 ? 3 ? 1;若 ak ? 3 ,则 ak ?1 ? ? 3. 另一方面,若 0 ? ak ? 1, 则 0 ? ak ?1 ? 4 4
根据数学归纳法, 0 ? a1 ? 1, ? 0 ? an ? 1, ?n ? N? ; a1 ? 3 ? an ? 3, ?n ? N? . 综合所述,对一切 n ? N? 都有 an?1 ? an 的充要条件是 0 ? a1 ? 1或 a1 ? 3 . (方法二)由 a2 ?

a12 ? 3 ? a1 , 得 a12 ? 4a1 ? 3 ? 0, 于是 0 ? a1 ? 1或 a1 ? 3 . 4

an?1 ? an ?

an 2 ? 3 an ?12 ? 3 (an ? an ?1 )(an ? an ?1 ) ? ? , 4 4 4 an 2 ? 3 , 所以所有的 an 均大于 0 ,因此 an?1 ? an 与 an ? an?1 同号. 4

因为 a1 ? 0, an ?1 ?

根据数学归纳法, ?n ? N? , an?1 ? an 与 a2 ? a1 同号. 因此,对一切 n ? N? 都有 an?1 ? an 的充要条件是 0 ? a1 ? 1或 a1 ? 3 . 8.(江西卷) 数列 {an } 的通项 an ? n (cos
2 2

n? n? ? sin 2 ) ,其前 n 项和为 Sn . 3 3

⑴求 Sn ;
- 13 -

S3 n , 求数列{ bn }的前 n 项和 Tn . n ? 4n n? 2n? 2 n? ? sin 2 ? cos 【解析】⑴由于 cos ,故 3 3 3 S3k ? (a1 ? a2 ? a3 ) ? (a4 ? a5 ? a6 ) ? ? (a3k ?2 ? a3k ?1 ? a3k )
⑵ bn ?

12 ? 22 4 2 ? 52 2 ? (? ? 3 ) ? (? ? 62 ) ? 2 2
? 13 31 ? ? 2 2 ? 18k ? 5 k (9k ? 4) ? , 2 2 k (4 ? 9k ) , 2

(3k ? 2) 2 ? (3k ? 1) 2 ? (? ? (3k ) 2 )) 2

S3k ?1 ? S3k ? a3k ?

S3k ?2 ? S3k ?1 ? a3k ?1 ?

k (4 ? 9k ) (3k ? 1) 2 1 3k ? 2 1 ? ? ?k ? ? ? , 2 2 2 3 6

n 1 ? n ? 3k ? 2 ? ? 3 ? 6, ? ? (n ? 1)(1 ? 3n) , n ? 3k ? 1 故 Sn ? ? 6 ? ? n(3n ? 4) , n ? 3k ? 6 ?
⑵ bn ?

(k ?N )
*

S3 n 9n ? 4 ? , n n?4 2 ? 4n ? 9n ? 4 ], 4n 9n ? 4 ], 4n ?1

1 13 22 Tn ? [ ? 2 ? 2 4 4 1 22 4Tn ? [13 ? ? 2 4
两式相减得

?

1 9 3Tn ? [13 ? ? 2 4
故 Tn ? 9.(江西卷)

9 9 ? n 9 9n ? 4 1 9n ? 4 1 9n ? n ?1 ? n ] ? [13 ? 4 4 ? n ] ? 8 ? 2 n ?3 ? 2 n ?1 , 1 4 4 2 4 2 2 1? 4

8 1 3n ? ? 2 n ?1 . 2 n ?3 3 3? 2 2

各项均为正数的数列 {an} , a1 ? a, a2 ? b ,且对满足 m ? n ? p ? q 的正整数 m, n, p , q 都有

a p ? aq am ? an ? . (1 ? am )(1 ? an ) (1 ? a p )(1 ? aq )

- 14 -

⑴当 a ?

1 4 , b ? 时,求通项 an ; . 2 5 1

⑵证明:对任意 a ,存在与 a 有关的常数 ? ,使得对于每个正整数 n ,都有 【解析】⑴由

?

? an ? ?.

a p ? aq am ? an 得 ? (1 ? am )(1 ? an ) (1 ? a p )(1 ? aq )

1 4 a1 ? an a2 ? an?1 ? . 将 a1 ? , a2 ? 代入化简得. 2 5 (1 ? a1 )(1 ? an ) (1 ? a2 )(1 ? an?1 )

an ?
所以

2an ?1 ? 1 . an ?1 ? 2 1 ? an 1 1 ? an?1 ? ? , . 1 ? an 3 1 ? an?1

1 ? an 1 ? an 1 3n ? 1 故数列 { } 为等比数列,从而 ? , 即 an ? n . 3 ?1 1 ? an 1 ? an 3n
可验证, an ? ⑵由题设

3n ? 1 满足题设条件. 3n ? 1

am ? an 的值仅与 m ? n 有关,记为 bm?n , 则 (1 ? am )(1 ? an )

bn?1 ?

a1 ? an a ? an ? . . (1 ? a1 )(1 ? an ) (1 ? a)(1 ? an )
a?x ( x ? 0) , (1 ? a)(1 ? x)

考察函数 f ( x) ?

? 1 a ?1 ?1 ? a , ? ? 1 , a ?1 则在定义域上有 f ( x) ? g (a ) ? ? 2 ? ? a ?1 ? a , 0 ? a ? 1 ?
故对 n ? N , bn?1 ? g (a) 恒成立.
*

又 b2 n ?

2an ? g (a) , (1 ? an )2
1 ,解上式得 2

注意到 0 ? g ( a ) ?

1 ? g (a) ? 1 ? 2 g ( a) 1 ? g ( a ) ? 1 ? 2 g ( a) g (a) ? ? an ? , g (a) g (a) 1 ? g (a) ? 1 ? 2 g ( a)

- 15 -

取? ?

1 ? g ( a ) ? 1 ? 2 g ( a) 1 ,即有 ? an ? ?. . ? g ( a)

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