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2018年高考数学理科总复习中档大题规范练2:数列.doc
上传者:佚名 点击数: 更新时间:2018/2/28 22:18:42
下载内容简介:


2.数 列
1.(2017•原创押题预测卷)已知Sn=na1+(n-1)a2+…+2an-1+an,n∈N*.
(1)若{an}是等差数列,且S1=5,S2=18,求an;
(2)若{an}是等比数列,且S1=3,S2=15,求Sn.
解 (1)设{an}的公差为d,则S1=a1=5,S2=2a1+a2=10+a2=18,
所以a2=8,d=a2-a1=3,an=5+3(n-1)=3n+2.
(2)设{an}的公比为q,则S1=a1=3,S2=2a1+a2=6+a2=15,
所以a2=9,q=a2a1=3,an=3×3n-1=3n,
所以Sn=n×3+(n-1)×32+…+2×3n-1+3n,      ①
3Sn=n×32+(n-1)×33+…+2×3n+3n+1,       ②
②-①,得2Sn=-3n+(32+33+…+3n)+3n+1
=-3n+321-3n-11-3+3n+1=-3n-92+3n+12+3n+1=3n+2-6n-92,
所以Sn=3n+2-6n-94.
2.(2017届黑龙江虎林一中月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a3=5,S3=9.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设等比数列{bn}的前n项和为Tn,若q>0且b3=a5,T3=13,求Tn;
(3)设cn=1anan+1,求数列{cn}的前n项和Sn.
解 (1)a3=a1+2d=5,S3=3a1+3×22d=9,解得a1=1,d=2,
所以an=a1+(n-1)d=2n-1.
(2)由题意可知,b3=a5=9,T3=13,所以公比q=3,
从而b1=1,
所以Tn=b11-qn1-q=1×1-3n1-3=12(3n-1).
(3)由(1)知,an=2n-1.
所以cn=1anan+1=12n-12n+1=1212n-1-12n+1,
所以Sn=c1+c2+…+cn
=121-13+13-15+…+12n-1-12n+1=121-12n+1=n2n+1.
3.(2017•广东七校联考)设数列{an}的前n项之积为Tn,且log2Tn=nn-12,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=λan-1(n∈N*),数列{bn}的前n项之和为Sn.若对任意的n∈N*,总有Sn+1>Sn,求实数λ的取值范围.
解 (1)由log2Tn=nn-12,n∈N*,得Tn= ,
所以Tn-1= (n∈N*,n≥2),
所以an=TnTn-1= =2n-1,n∈N*,n≥2.
又a1=T1=20=1,所以an=2n-1,n∈N*.
(2)由bn=λan-1=λ2n-1-1,
得Sn=λ•1-2n1-2-n=2n-1λ-n,
所以Sn+1>Sn⇔2n+1-1λ-n+1>2n-1λ-n⇔2nλ>1⇔λ>12n,
因为对任意的n∈N*,12n≤12,
故所求的λ的取值范围是12,+∞.
4.(2017•湖北黄冈质检)已知数列{an}的前n项和为Sn,向量a=(Sn,n),b=(9n-7,2),且a与b共线.
(1)求数列an的通项公式;
(2)对任意m∈N*,将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm,求数列{bm}的前m项和Tm.
解 (1)a与b共线,Sn=n9n-72=92n2-72n,a1=1,an=Sn-Sn-1=9n-8,n≥2,
所以an=9n-8,n∈N*.
(2)对m∈N*,若9m<an<92m,
则9m+8<9n<92m+8.
因此9m-1+1≤n≤92m-1.
故得bm=92m-1-9m-1.
于是Tm=b1+b2+…+bm
=(9+93+…+92m-1)-(1+9+…+9m-1)
=91-81m1-81-1-9m1-9=9×92m+1-10×9m80.
5.(2017•原创押题预测卷)已知数列{an}的通项公式为an=n•3n3n-1(n≥1,n∈N*).
(1)求a1,a2,a3的值;
(2)求证:对任意的自然数n∈N*,不等式a1•a2•…•an<2•n!成立.
(1)解 将n=1,2,3代入可得a1=32,a2=94,a3=8126.
(2)证明 由an=n•3n3n-1=n1-13n(n≥1,n∈N*)可得
a1•a2•…•an=n!1-131-132…1-13n,因此欲证明不等式a1•a2•…•an<2•n!成立,只需要证明对任意非零自然数n,不等式1-131-132…1-13n>12恒成立即可,显然左端每个因式都为正数,因为1-13+132+…+13n=1-131-13n1-13=1-121-13n>1-12=12.
故只需证明对每个非零自然数,不等式1-131-132…1-13n≥1-13+132+…+13n恒成立即可.            (*)
下面用数学归纳法证明该不等式成立:
①显然当n=1时,不等式(*)恒成立;
②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时不等式(*)也成立,即不等式
1-131-132…1-13k≥1-13+132+…+13k成立.
那么当n=k+1时,
1-131-132…1-13k1-13k+1≥1-13+132+…+13k1-13k+1,
即1-131-132…1-13k+1≥1-13+132+…+13k-13k+1+13k+113+132+…+13k,注意到13k+113+132+…+13k>0,
所以1-131-132…1-13k+1≥1-13+132+…+13k+13k+1,这说明当n=k+1时,不等式(*)也成立.
因此由数学归纳法可知,不等式(*)对任意非零自然数都成立,即
1-131-132…1-13n≥1-13+132+…+13n>12恒成立,
故不等式a1•a2•…•an<2•n!对任意非零自然数都成立.

6.(2017•北京)设{an}和{bn}是两个等差数列,记cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}(n=1,2,3,…),其中max{x1,x2,…,xs}表示x1,x2,…,xs这s个数中最大的数.
(1)若an=n,bn=2n-1,求c1,c2,c3的值,并证明{cn}是等差数列;
(2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当n≥m时,cnn>M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2,…是等差数列.
(1)解 c1=b1-a1=1-1=0,
c2=max{b1-2a1,b2-2a2}=max{1-2×1,3-2×2}=-1,
c3=max{b1-3a1,b2-3a2,b3-3a3}=max{1-3×1,3-3×2,5-3×3}=-2.
当n≥3时,(bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n<0,
所以bk-nak在k∈N*时单调递减.
所以cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}=b1-a1n=1-n.
所以对任意n≥1,cn=1-n,于是cn+1-cn=-1,
所以{cn}是等差数列.
(2)证明 设数列{an}和{bn}的公差分别为d1,d2,
则bk-nak=b1+(k-1)d2-[a1+(k-1)d1]n=b1-a1n+(d2-nd1)(k-1).
所以cn=b1-a1n+n-1d2-nd1,d2>nd1,b1-a1n,d2≤nd1.
①当d1>0时,
取正整数m>d2d1,则当n≥m时,nd1>d2,
因此,cn=b1-a1n,
此时,cm,cm+1,cm+2,…是等差数列.
②当d1=0时,对任意n≥1,n∈N*,
cn=b1-a1n+(n-1)max{d2,0}=b1-a1+(n-1)(max{d2,0}-a1).
此时,c1,c2,c3,…,cn,…是等差数列.
③当d1<0时,当n>d2d1时,有nd1<d2,
所以cnn=b1-a1n+n-1d2-nd1n=n(-d1)+d1-a1+d2+b1-d2n
≥n(-d1)+d1-a1+d2-|b1-d2|.
对任意正数M,
取正整数m>maxM+|b1-d2|+a1-d1-d2-d1,d2d1,
故当n≥m时,cnn>M.

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资料名称:2018年高考数学理科总复习中档大题规范练2:数列.doc
文件大小:0 K
版本年级:高考汇编
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