2015高考数学（文）（专题三 高考中的数列）一轮专题练习题 10页

专题三　高考中的数列问题 ‎1.公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，且－‎3a1，－a2，a3成等差数列，若a1＝1，则S4等于 (　　)‎ A.－20 B‎.0 ‎ C.7 D.40 ‎ 答案　A 解析　记等比数列{an}的公比为q，其中q≠1，‎ 依题意有－‎2a2＝－‎3a1＋a3，－‎2a1q＝－‎3a1＋a1q2≠0.‎ 即q2＋2q－3＝0，(q＋3)(q－1)＝0，‎ 又q≠1，因此有q＝－3，S4＝＝－20，选A.‎ ‎2.等比数列{an}的各项均为正数，且a‎5a6＋a‎4a7＝18，则log‎3a1＋log‎3a2＋…＋log‎3a10等于(　　)‎ A.12 B.10‎ C.8 D.2＋log35‎ 答案　B 解析　等比数列{an}中，a‎5a6＝a‎4a7，‎ 又因为a‎5a6＋a‎4a7＝18，∴a‎5a6＝9，‎ log‎3a1＋log‎3a2＋…＋log‎3a10＝log3(a‎1a2…a10)‎ ‎＝log3(a‎5a6)5＝5log3(a‎5a6)＝5log39＝10.‎ ‎3.若正项数列{an}满足lg an＋1＝1＋lg an，且a2 001＋a2 002＋a2 003＋…＋a2 010＝2 013，则a2 011＋a2 012＋a2 013＋…＋a2 020的值为 (　　)‎ A.2 013·1010 B.2 013·1011‎ C.2 014·1010 D.2 014·1011‎ 答案　A 解析　由条件知lg an＋1－lg an＝lg ＝1，即＝10，所以{an}为公比是10的等比数列.因为(a2 001＋…＋a2 010)·q10＝a2 011＋…＋a2 020，所以a2 011＋…＋a2 020＝2 013·1010，选A.‎ ‎4.已知数列{an}满足an＝1＋2＋22＋…＋2n－1，则{an}的前n项和Sn＝________.‎ 答案　2n＋1－2－n 解析　∵an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1，‎ ‎∴Sn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－2－n.‎ ‎5.把一数列依次按第一个括号内一个数，第二个括号内两个数，第三个括号内三个数，第四个括号内一个数，…循环分为(1)，(3,5)，(7,9,11)，(13)，(15,17)，(19,21,23)，(25)，…，则第50个括号内各数之和为________.‎ 答案　392‎ 解析　将三个括号作为一组，则由50＝16×3＋2，知第50个括号应为第17组的第二个括号，即第50个括号中应是两个数.又因为每组中含有6个数，所以第48个括号的最末一个数为数列{2n－1}的第16×6＝96项，第50个括号的第一个数应为数列{2n－1}的第98项，即为2×98－1＝195，第二个数为2×99－1＝197，故第50个括号内各数之和为195＋197＝392.故填392.‎ 题型一　等差、等比数列的综合问题 例1　在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝，证明：数列{bn}为等比数列；‎ ‎(3)求数列{nbn}的前n项和Tn.‎ 思维启迪　(1)设出数列{an}的通项公式，结合已知条件列方程组即可求解；‎ ‎(2)由(1)写出bn的表达式，利用定义法证明；‎ ‎(3)写出Tn的表达式，考虑用错位相减法求解.‎ ‎(1)解　由an＝a1＋(n－1)d，a10＝30，a20＝50，‎ 得方程组，解得.‎ 所以an＝12＋(n－1)·2＝2n＋10.‎ ‎(2)证明　由(1)，得bn＝＝22n＋10－10＝22n＝4n，‎ 所以＝＝4.‎ 所以{bn}是首项为4，公比为4的等比数列.‎ ‎(3)解　由nbn＝n×4n，得 Tn＝1×4＋2×42＋…＋n×4n， ①‎ ‎4Tn＝1×42＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1， ②‎ ‎①－②，得－3Tn＝4＋42＋…＋4n－n×4n＋1‎ ‎＝－n×4n＋1.‎ 所以Tn＝.‎ 思维升华　(1)正确区分等差数列和等比数列，其中公比等于1的等比数列也是等差数列.‎ ‎(2)等差数列和等比数列可以相互转化，若数列{bn}是一个公差为d的等差数列，则{abn}(a>0，a≠1)就是一个等比数列，其公比q＝ad；反之，若数列{bn}是一个公比为q(q>0)的正项等比数列，则{logabn}(a>0，a≠1)就是一个等差数列，其公差d＝logaq.‎ ‎　数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2且Sn＝Sn－1＋2n(n≥2，n∈N*).‎ ‎(1)求Sn；‎ ‎(2)是否存在等比数列{bn}满足b1＝a1，b2＝a3，b3＝a9？若存在，求出数列{bn}的通项公式；若不存在，说明理由.‎ 解　(1)因为Sn＝Sn－1＋2n，‎ 所以有Sn－Sn－1＝2n对n≥2，n∈N*成立.‎ 即an＝2n对n≥2，n∈N*成立，‎ 又a1＝S1＝2×1，所以an＝2n对n∈N*成立.‎ 所以an＋1－an＝2对n∈N*成立，‎ 所以{an}是等差数列，‎ 所以有Sn＝·n＝n2＋n，n∈N*.‎ ‎(2)存在.‎ 由(1)知，an＝2n对n∈N*成立，‎ 所以有a3＝6，a9＝18，又a1＝2，‎ 所以有b1＝2，b2＝6，b3＝18，则＝＝3，‎ 所以存在以b1＝2为首项，以3为公比的等比数列{bn}，‎ 其通项公式为bn＝2·3n－1.‎ 题型二　数列与函数的综合问题 例2　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)(n∈N*)均在函数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∈N*都成立的最小正整数m.‎ 思维启迪　(1)先求出函数f(x)，再利用n，Sn的关系求an.(2)可以利用裂项相消法求出Tn.通过Tn的取值范围确定最小正整数m.‎ 解　(1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，‎ 则f′(x)＝2ax＋b.‎ 由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，‎ 所以f(x)＝3x2－2x.‎ 又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数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＝6×1－5，‎ 所以an＝6n－5(n∈N*).‎ ‎(2)由(1)得bn＝＝ ‎＝·，‎ 故Tn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－).‎ 因此，要使(1－)<对n∈N*恒成立，则m必须且仅需满足≤，即m≥10.‎ 所以满足要求的最小正整数为10.‎ 思维升华　数列与函数的综合一般体现在两个方面：‎ ‎(1)以数列的特征量n，an，Sn等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；‎ ‎(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.‎ ‎　已知数列{an}的前n项和为Sn，对一切正整数n，点Pn(n，Sn)都在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，且过点Pn(n，Sn)的切线的斜率为kn.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设Q＝{x|x＝kn，n∈N*}，R＝{x|x＝2an，n∈N*}，等差数列{cn}的任一项cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，110cn成立.‎ 思维启迪　(1)先求an，再构造等比数列求bn；(2)不等式cn＋1>cn恒成立，可以转化为求函数的最值问题.‎ 解　(1)由已知，得Sn＋2－Sn＋1－(Sn＋1－Sn)＝1，‎ 所以an＋2－an＋1＝1(n≥1).‎ 又a2－a1＝1，‎ 所以数列{an}是以a1＝2为首项，1为公差的等差数列.‎ 所以an＝n＋1.‎ 又bn＋1＋2＝4(bn＋2)，‎ 所以{bn＋2}是以4为首项，4为公比的等比数列.‎ 所以bn＝4n－2.‎ ‎(2)因为an＝n＋1，bn＝4n－2，‎ 所以cn＝4n＋(－1)n－1λ·2n＋1.要使cn＋1>cn恒成立，‎ 需cn＋1－cn＝4n＋1－4n＋(－1)nλ·2n＋2－(－1)n－1λ·2n＋1>0恒成立，‎ 即3·4n－3λ(－1)n－12n＋1>0恒成立.‎ 所以(－1)n－1λ<2n－1恒成立.‎ ‎①当n为奇数时，即λ<2n－1恒成立，‎ 当且仅当n＝1时，2n－1有最小值1，所以λ<1；‎ ‎②当n为偶数时，即λ>－2n－1恒成立，‎ 当且仅当n＝2时，－2n－1有最大值－2.‎ 所以λ>－2，结合①②可知－2<λ<1.‎ 又λ为非零整数，则λ＝－1.‎ 故存在λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有cn＋1>cn成立.‎ 思维升华　数列中有关项或前n项和的恒成立问题，往往转化为函数的最值问题；求项或前n项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解.‎ ‎　(2013·天津)已知首项为的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且－2S2，S3,4S4成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明：Sn＋≤(n∈N*).‎ ‎(1)解　设等比数列{an}的公比为q，‎ 因为－2S2，S3,4S4成等差数列，‎ 所以S3＋2S2＝4S4－S3，即S4－S3＝S2－S4，‎ 可得‎2a4＝－a3，于是q＝＝－.‎ 又a1＝，所以等比数列{an}的通项公式为 an＝×n－1＝(－1)n－1·.‎ ‎(2)证明　由(1)知，Sn＝1－n，‎ Sn＋＝1－n＋ ‎＝ 当n为奇数时，Sn＋随n的增大而减小，‎ 所以Sn＋≤S1＋＝.‎ 当n为偶数时，Sn＋随n的增大而减小，‎ 所以Sn＋≤S2＋＝.‎ 故对于n∈N*，有Sn＋≤.‎ ‎(时间：80分钟)‎ ‎1.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：an＋2SnSn－1＝0(n≥2，n∈N)，a1＝，判断与{an}是否为等差数列，并说明你的理由.‎ 解　因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，‎ 又因为an＋2SnSn－1＝0，所以Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0(n≥2)，‎ 所以－＝2(n≥2)，‎ 又因为S1＝a1＝，‎ 所以是以2为首项，2为公差的等差数列.‎ 所以＝2＋(n－1)×2＝2n，故Sn＝.‎ 所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝，‎ 所以an＋1＝，‎ 而an＋1－an＝－ ‎＝＝.‎ 所以当n≥2时，an＋1－an的值不是一个与n无关的常数，故数列{an}不是一个等差数列.‎ 综上，可知是等差数列，{an}不是等差数列.‎ ‎2.设数列{an}满足a1＝0且－＝1.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，记Sn＝k，证明：Sn<1.‎ ‎(1)解　由题设－＝1，‎ 即是公差为1的等差数列，又＝1，‎ 故＝n.所以an＝1－.‎ ‎(2)证明　由(1)得bn＝＝ ‎＝－，Sn＝k＝ ‎＝1－<1.‎ ‎3.如图，从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线y＝ex于点Q1(0,1)，曲线 在Q1点处的切线与x轴交于点P2，再从P2作x轴的垂线交曲 线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；‎ Pn，Qn.记Pk点的坐标为(xk,0)(k＝1,2，…，n).‎ ‎(1)试求xk与xk－1的关系(2≤k≤n)；‎ ‎(2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋…＋|PnQn|.‎ 解　(1)设Pk－1(xk－1,0)，由y′＝ex得Qk－1(xk－1，)点处切线方程为y－＝ (x－xk－1)，由y＝0得xk＝xk－1－1(2≤k≤n).‎ k ‎(2)由x1＝0，xk－xk－1＝－1，得xk＝－(k－1)，‎ 所以|PkQk|＝ex ＝e－(k－1)，‎ 于是Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋…＋|PnQn|＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝＝.‎ ‎4.设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝10，an＋1＝9Sn＋10.‎ ‎(1)求证：{lg an}是等差数列；‎ ‎(2)设Tn是数列{}的前n项和，求Tn；‎ ‎(3)求使Tn>(m2－‎5m)对所有的n∈N*恒成立的整数m的取值集合.‎ ‎(1)证明　依题意，得a2＝‎9a1＋10＝100，故＝10.‎ 当n≥2时，an＋1＝9Sn＋10，an＝9Sn－1＋10，‎ 两式相减得an＋1－an＝9an，‎ 即an＋1＝10an，＝10，‎ 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.‎ ‎(2)解　由(1)知，Tn＝3[＋＋…＋]‎ ‎＝3(1－＋－＋…＋－)＝.‎ ‎(3)解　∵Tn＝3－，∴当n＝1时，Tn取最小值.‎ 依题意有>(m2－‎5m)，解得－1m≥2，m，k∈N*)，使得b1、bm、bk成等比数列？若存在，求出所有符合条件的m、k的值；若不存在，请说明理由.‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d.‎ 由已知，得 即，‎ 解得所以an＝a1＋(n－1)d＝n(n∈N*).‎ ‎(2)假设存在m、k(k>m≥2，m，k∈N*)，‎ 使得b1、bm、bk成等比数列，则b＝b1bk，‎ 因为bn＝＝，‎ 所以b1＝，bm＝，bk＝， ‎ 所以()2＝×.‎ 整理，得k＝.‎ 以下给出求m、k的方法：‎ 因为k>0，所以－m2＋‎2m＋1>0，‎ 解得1－0，所以不等式2n2－n－3<(5－λ)an等价于5－λ>，‎ 记bn＝，n≥2时，＝＝，‎ 所以n≥3时<1，(bn)max＝b3＝，‎ 所以λ<.‎