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D单元 数列
D1 数列的概念与简单表示法
图1-3
14.D1[2013·安徽卷] 如图1-3所示,互不相同的点A1,A2,…,An,…和B1,B2,…,Bn,…分别在角O的两条边上,所有AnBn相互平行,且所有梯形AnBnBn+1An+1的面积均相等,设OAn=an,若a1=1,a2=2,则数列{an}的通项公式是________.
14.an= [解析] 令S△OA1B1=m(m>0),因为所有AnBn相互平行且a1=1,a2=2,所以S梯形A1B1B2A2=3m,当n≥2时,===,
故a=a,
a=a,
a=a,
……
a=a
以上各式累乘可得a=(3n-2)a,因为a1=1,
所以an=.
4.D1[2013·辽宁卷] 下面是关于公差d>0的等差数列的四个命题:
p1:数列是递增数列;
p2:数列是递增数列;
p3:数列是递增数列;
p4:数列是递增数列.
其中的真命题为( )
A.p1,p2 B.p3,p4 C.p2,p3 D.p1,p4
4.D [解析] 因为数列{an}中d>0,所以{an}是递增数列,则p1为真命题.而数列{an+3nd}也是递增数列,所以p4为真命题,故选D.
17.D1、D2[2013·全国卷] 等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3=a,且S1,S2,S4成等比数列,求{an}的通项公式.
17.解:设{an}的公差为d.
由S3=a,得3a2=a,故a2=0或a2=3.
由S1,S2,S4成等比数列得S=S1S4.
又S1=a2-d,S2=2a2-d,S4=4a2+2d,
故(2a2-d)2=(a2-d)(4a2+2d).
若a2=0,则d2=-2d2,所以d=0,
此时Sn=0,不合题意;
若a2=3,则(6-d)2=(3-d)(12+2d),
解得d=0或d=2.
因此{an}的通项公式为an=3或an=2n-1.
D2 等差数列及等有效期数列前n项和
8.G2[2013·新课标全国卷Ⅰ] 某几何体的三视图如图1-3所示,则该几何体的体积为( )
图1-3
A.16+8π B.8+8π
C.16+16π D.8+16π
8.A [解析] 由三视图可知该组合体下半部分是一个半圆柱,上半部分是一个长方体,故体积为V=2×2×4+×π×22×4=16+8π.
7.D2[2013·新课标全国卷Ⅰ] 设等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=( )
A.3 B.4 C.5 D.6
7.C [解析] 设首项为a1,公差为d,由题意可知am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,故d=1.又Sm==0,故a1=-am=-2,
又Sm=ma1+d=0,∴-2m+=0m=5.
12.D2[2013·广东卷] 在等差数列{an}中,已知a3+a8=10,则3a5+a7=________.
12.20 [解析] 方法一:a3+a8=2a1+9d=10,而3a5+a7=3(a1+4d)+a1+6d=2(2a1+9d)=20.
方法二:3a5+a7=2a5+(a5+a7)=2a5+2a6=2(a5+a6)=2(a3+a8)=20.
20.M2,D2,D3,D5[2013·北京卷] 已知{an}是由非负整数组成的无穷数列,该数列前n项的最大值记为An,第n项之后各项an+1,an+2,…的最小值记为Bn,dn=An-Bn.
(1)若{an}为2,1,4,3,2,1,4,3,…,是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*,an
+4=an),写出d1,d2,d3,d4的值;
(2)设d是非负整数,证明:dn=-d(n=1,2,3,…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列;
(3)证明:若a1=2,dn=1(n=1,2,3,…),则{an}的项只能是1或者2,且有无穷多项为1.
20.解:(1)d1=d2=1,d3=d4=3.
(2)(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列,且d≥0,所以a1≤a2≤…≤an≤….
因此An=an,Bn=an+1,dn=an-an+1=-d(n=1,2,3,…).
(必要性)因为dn=-d≤0(n=1,2,3,…).所以An=Bn+dn≤Bn.
又因为an≤An,an+1≥Bn,
所以an≤an+1.
于是,An=an,Bn=an+1.
因此an+1-an=Bn-An=-dn=d,
即{an}是公差为d的等差数列.
(3)因为a1=2,d1=1,所以A1=a1=2,B1=A1-d1=1.
故对任意n≥1,an≥B1=1.
假设{an}(n≥2)中存在大于2的项.
设m为满足am>2的最小正整数,
则m≥2,并且对任意1≤k2,
于是,Bm=Am-dm>2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}>1.
故dm-1=Am-1-Bm-1<2-1=1,与dm-1=1矛盾.
所以对于任意n≥1,有an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为1或2.
因为对任意n≥1,an≤2=a1,
所以An=2.
故Bn=An-dn=2-1=1.
因此对于任意正整数n ,存在m满足m>n,且am=1,即数列{an}有无穷多项为1.
17.D1、D2[2013·全国卷] 等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3=a,且S1,S2,S4成等比数列,求{an}的通项公式.
17.解:设{an}的公差为d.
由S3=a,得3a2=a,故a2=0或a2=3.
由S1,S2,S4成等比数列得S=S1S4.
又S1=a2-d,S2=2a2-d,S4=4a2+2d,
故(2a2-d)2=(a2-d)(4a2+2d).
若a2=0,则d2=-2d2,所以d=0,
此时Sn=0,不合题意;
若a2=3,则(6-d)2=(3-d)(12+2d),
解得d=0或d=2.
因此{an}的通项公式为an=3或an=2n-1.
20.D2、D4[2013·山东卷] 设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+=λ(λ为常数),令cn=b2n(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Rn.
20.解:(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
由S4=4S2,a2n=2an+1
得
解得a1=1,d=2,因此an=2n-1,n∈N*.
(2)由题意知Tn=λ-,所以n≥2时,bn=Tn-Tn-1=-+=.
故cn=b2n==(n-1),n∈N*.
所以Rn=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,
则Rn=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,
两式相减得
Rn=+++…+-(n-1)×
=-(n-1)×
=-,
整理得Rn=4-.
所以数列{cn}的前n项和Rn=4-.
16.D2,D3[2013·四川卷] 在等差数列{an}中,a1+a3=8,且a4为a2和a9的等比中项,求数列{an}的首项、公差及前n项和.
16.解:设该数列公差为d,前n项和为Sn,由已知可得2a1+2d=8,(a1+3d)2=(a1+d)(a1+8d),
所以a1+d=4,d(d-3a1)=0.
解得a1=4,d=0或a1=1,d=3.即数列{an}的首项为4,公差为0,或首项为1,公差为3.
所以,数列的前n项和Sn=4n或Sn=.
16.D2,D5,B12[2013·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S10=0,S15=25,则nSn的最小值为________.
16.-49 [解析] 由已知,a1+a10=0,a1+a15=d=,a1=-3,∴nSn=,易得n=6或n=7时,nSn出现最小值.当n=6时,nSn=-48;n=7时,nSn=-49.故nSn的最小值为-49.
12.D2,D3[2013·重庆卷] 已知{an}是等差数列,a1=1,公差d≠0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8=________.
12.64 [解析] 设数列{an}的公差为d,由a1,a2,a5成等比数列,得(1+d)2=1·(1+4d),解得d=2或d=0(舍去),所以S8=8×1+×2=64.
D3 等比数列及等比数列前n项和
14.D3[2013·新课标全国卷Ⅰ] 若数列{an}的前n项和Sn=an+,则{an}的通项公式是an=________.
14.(-2)n-1 [解析] 因为Sn=an+①,所以Sn-1=an-1+②,①-②得an=an-an-1,即an=-2an-1,又因为S1=a1=a1+a1=1,所以数列{an}是以1为首项,-2为公比的等比数列,所以an=(-2)n-1.
20.M2,D2,D3,D5[2013·北京卷] 已知{an}是由非负整数组成的无穷数列,该数列前n项的最大值记为An,第n项之后各项an+1,an+2,…的最小值记为Bn,dn=An-Bn.
(1)若{an}为2,1,4,3,2,1,4,3,…,是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*,an+4=an),写出d1,d2,d3,d4的值;
(2)设d是非负整数,证明:dn=-d(n=1,2,3,…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列;
(3)证明:若a1=2,dn=1(n=1,2,3,…),则{an}的项只能是1或者2,且有无穷多项为1.
20.解:(1)d1=d2=1,d3=d4=3.
(2)(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列,且d≥0,所以a1≤a2≤…≤an≤….
因此An=an,Bn=an+1,dn=an-an+1=-d(n=1,2,3,…).
(必要性)因为dn=-d≤0(n=1,2,3,…).所以An=Bn+dn≤Bn.
又因为an≤An,an+1≥Bn,
所以an≤an+1.
于是,An=an,Bn=an+1.
因此an+1-an=Bn-An=-dn=d,
即{an}是公差为d的等差数列.
(3)因为a1=2,d1=1,所以A1=a1=2,B1=A1-d1=1.
故对任意n≥1,an≥B1=1.
假设{an}(n≥2)中存在大于2的项.
设m为满足am>2的最小正整数,
则m≥2,并且对任意1≤k2,
于是,Bm=Am-dm>2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}>1.
故dm-1=Am-1-Bm-1<2-1=1,与dm-1=1矛盾.
所以对于任意n≥1,有an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为1或2.
因为对任意n≥1,an≤2=a1,
所以An=2.
故Bn=An-dn=2-1=1.
因此对于任意正整数n ,存在m满足m>n,且am=1,即数列{an}有无穷多项为1.
10.D3[2013·北京卷] 若等比数列{an}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q=________;前n项和Sn=________.
10.2 2n+1-2 [解析] ∵a3+a5=q(a2+a4),
∴40=20q,q=2,
又∵a2+a4=a1q+a1q3=20,
∴a1=2,∴an=2n,∴Sn=2n+1-2.
3.D3[2013·江西卷] 等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于( )
A.-24 B.0
C.12 D.24
3.A [解析] (3x+3)2=x(6x+6)得x=-1或x=-3.当x=-1时,x,3x+3,6x+6分别为-1,0,0,则不能构成等比数列,所以舍去;当x=-3时,x,3x+3,6x+6分别为-3,-6,-12,且构成等比数列,则可求出第四个数为-24.
14.D3[2013·江苏卷] 在正项等比数列{an}中,a5=,a6+a7=3. 则满足a1+a2+…+an>a1a2…an的最大正整数n的值为________.
14.12 [解析] 设{an}的公比为q.由a5=及a5(q+q2)=3得q=2,所以a1=,所以a6=1,a1a2…a11=a=1,此时a1+a2+…+a11>1.又a1+a2+…+a12=27-,a1a2…a12=26<27-,所以a1a2…a12>a1a2…a12,但a1+a2+…+a13=28-,a1a2…a13=26·27=25·28>28-,所以a1+a2+…+a130,Sn=n2+n.
于是a1=S1=2,n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.
综上,数列{an}的通项为an=2n.
(2)证明:由于an=2n,bn=,
则bn==.
Tn=
=<=.
15.D3,D4[2013·湖南卷] 设Sn为数列{an}的前n项和,Sn=(-1)nan-,n∈N*,则
(1)a3=________;
(2)S1+S2+…+S100=________.
15.(1)- (2) [解析] (1)因Sn=(-1)nan-,则S3=-a3-,S4=a4-,解得a3=-.
(2)当n为偶数时,Sn=an-,当n为奇数时,Sn=-an-,可得当n为奇数时an=-,
又S1+S2+…+S100=++…++
=-a1+a2+…-a99+a100-
=S100-2(a1+a3+…+a99)-
=S101-a101-2-
=--+2×-
=-=.
20.D2、D4[2013·山东卷] 设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+=λ(λ为常数),令cn=b2n(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Rn.
20.解:(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
由S4=4S2,a2n=2an+1
得
解得a1=1,d=2,因此an=2n-1,n∈N*.
(2)由题意知Tn=λ-,所以n≥2时,bn=Tn-Tn-1=-+=.
故cn=b2n==(n-1),n∈N*.
所以Rn=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,
则Rn=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,
两式相减得
Rn=+++…+-(n-1)×
=-(n-1)×
=-,
整理得Rn=4-.
所以数列{cn}的前n项和Rn=4-.
D5 单元综合
12.D5[2013·新课标全国卷Ⅰ] 设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=,cn+1=,则( )
A.{Sn}为递减数列
B.{Sn}为递增数列
C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列
D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列
12.B [解析] 因为an+1=an,所以an=a1.又因为bn+1+cn+1=(bn+cn)+an=(bn+cn)+a1,所以bn+1+cn+1-2a1=(bn+cn-2a1).因为b1+c1-2a1=0,所以bn+cn=2a1,故△AnBnCn中边BnCn的长度不变,另外两边AnBn,AnCn的和不变.
因为bn+1-cn+1=-(bn-cn),且b1-c1>0,所以bn-cn=(b1-c1),当n→+∞时,bn→cn,也就是AnCn→AnBn,所以三角形△AnBnCn中BnCn边上的高随着n的增大而增大.设三角形△AnBnCn中BnCn边上的高为hn,则{hn}单调递增,所以Sn=a1hn是增函数.答案为B.
20.B12 、D5[2013·安徽卷] 设函数fn(x)=-1+x+++…+(x∈R,n∈N*).证明:
(1)对每个n∈N*,存在唯一的xn∈,1,满足fn(xn)=0;
(2)对任意p∈N*,由(1)中xn构成的数列{xn}满足00时,f′n(x)=1++…+>0,故fn(x)在(0,+∞)内单调递增.
由于f1(1)=0,当n≥2时,fn(1)=++…+>0.故fn(1)≥0.又fn=-1++≤-+k
=-+·=-·n-1<0.
所以存在唯一的xn∈,1,满足fn(xn)=0.
(2)当x>0时,fn+1(x)=fn(x)+≥fn(x),故fn+1(xn)>fn(xn)=fn+1(xn+1)=0.
由fn+1(x)在(0,+∞)内单调递增,xn+12的最小正整数,
则m≥2,并且对任意1≤k2,
于是,Bm=Am-dm>2-1=1,Bm-1=min{am,Bm}>1.
故dm-1=Am-1-Bm-1<2-1=1,与dm-1=1矛盾.
所以对于任意n≥1,有an≤2,即非负整数列{an}的各项只能为1或2.
因为对任意n≥1,an≤2=a1,
所以An=2.
故Bn=An-dn=2-1=1.
因此对于任意正整数n ,存在m满足m>n,且am=1,即数列{an}有无穷多项为1.
19.D5[2013·天津卷] 已知首项为的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Tn=Sn-(n∈N*),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
19.解:(1)设等比数列{an}的公比为q,因为S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,所以S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5,即4a5=a3,于是q2==.又{an}不是递减数列且a1=,所以q=-,故等比数列{an}的通项公式为an=×-n-1=(-1)n-1·.
(2)由(1)得Sn=1--n=
当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,所以1Sn-≥S2-=-=-.
综上,对于n∈N*,总有-≤Sn-≤.
所以数列{Tn}最大项的值为,最小项的值为-.
16.D2,D5,B12[2013·新课标全国卷Ⅱ] 等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S10=0,S15=25,则nSn的最小值为________.
16.-49 [解析] 由已知,a1+a10=0,a1+a15=d=,a1=-3,∴nSn=,易得n=6或n=7时,nSn出现最小值.当n=6时,nSn=-48;n=7时,nSn=-49.故nSn的最小值为-49.
18.D5[2013·浙江卷] 在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.
(1)求d,an;
(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.
18.解:(1))由题意得a1·5a3=(2a2+2)2,
即d2-3d-4=0.
所以d=-1或d=4.
所以an=-n+11,n∈N*或an=4n+6,n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d<0,由(1)得d=-1,an=-n+11,则
当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|
=-n2+n.
当n≥12时, |a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=n2-n+110.
综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=
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