【优化探究】2014届高三数学一轮复习 1-4-2第二讲 数列的通项公式与数列求和专题检测 新人教A版

数列的通项公式与数列求和专题检测 新人教 A 版
一、选择题 1.已知等差数列{an}满足 a2=0,a6+a8=-10,则 a2 012=( A.2 010 C.-2 010 解析:设等差数列{an}的公差为 d,
? ?a1+d=0 则由已知条件可得? , ?2a1+12d=-10 ?

)

B.2 012 D.- 2012

解得?

?a1=1, ? ? ?d=-1.

所以数列{an}的通项公式为 an=-n+2. 故 a2 012=-2 012+2=-2 010. 答案:C 2.(2012 年高考福建卷)数列{an}的通项公式 an=ncos 等于( ) B.2 012 D.0


2

,其前 n 项和为 Sn,则 S2 012

A.1 006 C.503 解析:用归纳法求解. ∵an=ncos


2

,∴a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4,a5=0,a6=-6,a7=0,a8=8,?.

由此易知 a4n-2=-(4n-2),a4n=4n, 且 a1+a2+a3+a4=-2+4=2,a5+a6+a7+a8=-6+8=2,?,a4n-3+a4n-2+a4n-1+a4n =-(4n-2)+4n=2. 又 2 012=4×503, ∴a1+a2+?+a2 012=2+2+?+2,\s\do4(503 个))=2×503=1 006. 答案:A 3.(2012 年海淀模拟)若数列{an}满足:a1=19,an+1=an-3(n∈N ),则数列{an}的前 n 项和数值最大时,n 的值为( A.6 C.8 ) B.7 D.9
*

解析:∵an+1-an=-3,∴数列{an}是以 19 为首项,-3 为公差的等差数列, ∴an=19+(n-1)×(-3)=22-3n.

1

设前 k 项和最大,则有?

? ?ak≥0, ? ?ak+1≤0,

?22-3k≥0, ? ∴? ?22-3(k+1)≤0, ?



19 22 ≤k≤ , 3 3
*

∵k∈N ,∴k=7. 故满足条件的 n 的值为 7. 答案:B 4.在公差为 d,各项均为正整数的等差数列{an}中,若 a1=1,an=51,则 n+d 的最小 值为( A.14 C.18 解析:由题意得 1+(n-1)d=51, 即(n-1)d=50,且 d>0. 由(n-1)+d≥2 (n-1)d=2 50(当且仅当 n-1=d 时等号成立), 得 n+d≥10 2+1,因为 n,d 均为正整数, 所以 n+d 的最小值为 16,选 B. 答案:B 5.(2012 年高考浙江卷)设 Sn 是公差为 d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前 n 项和,则下 列命题错误的是( ) ) B.16 D.10

A.若 d<0,则数列{Sn}有最大项 B.若数列{Sn}有最大项,则 d<0 C.若数列{Sn}是递增数列,则对任意 n∈N ,均有 Sn>0 D.若对任意 n∈N ,均有 Sn>0,则数列{Sn}是递增数列 解析:利用函数思想,通过讨论 Sn= n +(a1- )n 的单调性判断. 2 2 1 d 2 d 设{an}的首项为 a1,则 Sn=na1+ n(n-1)d= n +(a1- )n.由二次函数性质知 Sn 有最 2 2 2 大值时,则 d<0,故 A、B 正确;因为{Sn}为递增数列,则 d>0,不妨设 a1=-1,d=2,显 然{Sn}是递增数列,但 S1=-1<0,故 C 错误;对任意 n∈N ,Sn 均大于 0 时,a1>0,d>0,{Sn} 必是递增数列,D 正确. 答案:C 二、填空题 6.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2n-an,则数列{an}的通项公式为________.
2
* * *

d

2

d

解析:由于 Sn=2n-an,所以 Sn+1=2(n+1)-an+1,后式减去前式,得 Sn+1-Sn=2-an
+1

1 1 1 +an,即 an+1= an+1,变形为 an+1-2= (an-2),则数列{an-2}是以 a1-2 为首项, 为 2 2 2

1 n-1 1 n-1 公比的等比数列.又 a1=2-a1,即 a1=1.则 an-2=(-1)·( ) ,所以 an=2-( ) . 2 2 1 n-1 答案:2-( ) 2 7.(2012 年高考江西卷)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,公比不为 1.若 a1=1,则对任 意的 n∈N ,都有 an+2+an+1-2an=0,则 S5=________. 解析:利用“特殊值”法,确定公比. 由题意知 a3+a2-2a1=0,设公比为 q,则 a1(q +q-2)=0.由 q +q-2=0 解得 q=- 2 或 q=1(舍去),则 S5= 答案:11 8. 流行性感冒(简称流感)是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病. 某市去年 11 月份曾 发生流感,据资料记载,11 月 1 日,该市新的流感病毒感染者有 20 人,以后每天的新感染 者平均比前一天的新感染者增加 50 人.由于该市卫生部门采取措施,使该种病毒的传播得 到控制,从某天起,每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少 30 人,到 11 月 30 日止, 该市在这 30 天内感染该病毒的患者共有 8 670 人,则 11 月________日,该市感染此病毒的 新患者人数最多. 解析:设该市 11 月 n 日新感染者有 an 人,在 11 月(x+1)日开始控制病毒的传播,其
? ?20+50(n-1),1≤n≤x * 中 x∈N , 则 由 题 意 可 知 : an = ? 从而由条件得 ?50x-30-30(n-x),x<n≤30, ?
2 2 *

a1(1-q5) 1-(-2)5 = =11. 1-q 3

20+50x-30 [(50x-60)+(80x-930)] ·x + ·(30-x)=8 670,解之得 x=12 或 x= 2 2 49(舍去),故易知 11 月 12 日,该市感染此病毒的新患者人数最多. 答案:12 三、解答题 9.(2012 年长沙模拟)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=2an+1(n∈N ). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 4b1-1·42b2-1·43b3-1·?·4nbn-1=(an+1) ,求数列{bn}的 通项公式. 解析:(1)∵an+1=2an+1,∴an+1+1=2(an+1), ∴
n
*

an+1+1 =2, an+1

而 a1=1,a1+1=2≠0,故数列{an+1}是首项为 2,公比为 2 的等比数列,
3

∴an+1=2 ,即 an=2 -1(n∈N ). (2)∵4b1-1·42b2-1·43b3-1·?·4nbn-1=(an+1) , ∴4b1+2b2+3b3+?+nbn-n=2n , ∴2(b1+2b2+3b3+?+nbn)-2n=n , 即 2(b1+2b2+3b3+?+nbn)=n +2n,① 当 n≥2 时,2[b1+2b2+?+(n-1)bn-1] =(n-1) +2(n-1)=n -1,② 1 由①-②得 2nbn=2n+1(n≥2),bn=1+ (n≥2). 2n 3 易知当 n=1 时,4b1-1=a1+1=2,得 b1= ,满足上式, 2 1 * ∴bn=1+ (n∈N ). 2n 10.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n +2n. (1)求数列的通项公式 an; (2)设 2bn=an-1,且 Tn=
2 2 2 2 2 2 2

n

n

*

n

1

b1b2 b2b3



1

+?+

1

bnbn+1

,求 Tn.

解析:(1)因为 Sn=n +2n,所以当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n+1. 当 n=1 时,a1=S1=3=2×1+1 ,满足上式. 故 an=2n+1,n∈N . (2)因为 2bn=an-1,所以
* 2

bn= (an-1)= (2n+1-1)=n,
所以 1 = 1 1 1 1 = - , n(n+1) n n+1 + 1 +?+ 1

1 2

1 2

bnbn+1

所以 Tn= +?+

b1b2 b2b3

bnbn+1



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

1 1 1 1 n - + - = . n-1 n n n+1 n+1

11.(2012 年广州两校联考)已知数列{an}满足 a1=5,a2=5,an+1=an+6an-1(n≥2). (1)求证:{an+1+2an}是等比数列; (2)求证:{an-3 }是等比数列并求数列{an}的通项公式; (3)设 3 bn=n(3 -an),且|b1|+|b2|+?+|bn|<m 对于 n∈N 恒成立,求 m 的取值范围. 解析:(1)证明:由 an+1=an+6an-1,an+1+2an=3(an+2an-1)(n≥2), ∵a1=5,a2=5,∴a2+2a1=15 故数列{an+1+2an}是以 15 为首项,3 为公比的等比数列.
n n
*

n

4

(2)证明:由(1)得 an+1+2an=5·3 , ∴(an+1-3
n+1

n

)=-2(an-3 ),
n

n

故数列{an-3 }是以 2 为首项,-2 为公比的等比数列, ∴an-3 =2(-2)
n n n-1

, =3 -(-2)
n n n n

即 an=3 +2(-2)
n n

n-1

(3)由 3 bn=n(3 -an)=n[3 -3 +(-2) ] =n(-2) , 2 n ∴bn=n(- ) 3
n

n

令 Sn=|b1|+|b2|+?+|bn| 2 2 2 2 3 2 n = +2( ) +3( ) +?+n( ) 3 3 3 3 2 2 2 2 2 Sn=( )2+2( )3+?+(n-1)( )n+n( )n+1 3 3 3 3 3 2 2 n [1-( ) ] 3 1 2 2 2 2 3 2 n 2 n+1 3 2 n+1 得 Sn= +( ) +( ) +?+( ) -n( ) = - n( ) 3 3 3 3 3 3 2 3 1- 3 2 n 2 n+1 =2[1-( ) ]-n( ) 3 3 2 n 2 n+1 * ∴Sn=6[1-( ) ]-3n( ) <6,要使得|b1|+|b2|+?+|bn|<m 对于 n∈N 恒成立,只 3 3 须 m≥6.

5


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