高考一本解决方案专题9数学.docx

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高考一本解决方案专题9数学

1．（2013·辽宁，4，易）下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题：

p1：

数列{an}是递增数列；

p2：

数列{nan}是递增数列；

p3：

数列是递增数列；

p4：

数列{an＋3nd}是递增数列．

其中的真命题为（　　）

A．p1，p2B．p3，p4

C．p2，p3D．p1，p4

1．D　[考向3]{an}是等差数列，则an＝a1＋（n－1）d＝dn＋a1－d，因为d>0，所以{an}是递增数列，故p1正确；对p2，举反例，令a1＝－3，a2＝－2，d＝1，则a1>2a2，故{nan}不是递增数列，p2不正确；＝d＋，当a1－d>0时，递减，p3不正确；an＋3nd＝4nd＋a1－d，4d>0，{an＋3nd}是递增数列，p4正确．故p1，p4是正确的，故选D.

2．（2016·浙江，13，中）设数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.

2．[考向2]【解析】　由题意得

∴

∴a1＝1，a2＝3.

又an＋1＝2Sn＋1，

∴a3＝2S2＋1＝2（1＋3）＋1＝9，

a4＝2S3＋1＝2（1＋3＋9）＋1＝27，

a5＝2S4＋1＝2（1＋3＋9＋27）＋1＝81，

∴S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋3＋9＋27＋81＝121，

∴a1＝1，S5＝121.

【答案】　1　121

3．（2013·安徽，14，中）如图，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____________．

3．[考向1]【解析】　设△A1B1O的面积为S0，梯形AnBnBn＋1An＋1的面积为S，由比例性质得＝＝，S＝3S0，所以＝⇒＝，得到＝，由累乘法可得···…·＝＝×××…×＝⇒＝⇒an＋1＝，且a1＝1，则an＝.

【答案】　an＝

4．（2013·湖南，15，难）设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝（－1）nan－，n∈N*，则

（1）a3＝________；

（2）S1＋S2＋…＋S100＝________.

4．[考向2]【解析】　（利用an与Sn的关系求通项公式）

（1）由已知得S3＝－a3－，S4＝a4－，两式相减得a4＝a4＋a3－＋，∴a3＝－＝－.

（2）已知Sn＝（－1）nan－，

①当n为奇数时，

两式相减得an＋1＝an＋1＋an＋，

∴an＝－；

②当n为偶数时，

则

两式相减得an＋1＝－an＋1－an＋，

即an＝－2an＋1＋＝.

综上，an＝

∴S1＋S2＋…＋S100＝＋＋…＋＝[（a2＋a4＋…＋a100）－（a1＋a3＋…＋a99）]－

＝

－

＝－

＝－

＝.

【答案】　

（1）－　

（2）

5．（2012·四川，20，12分，中）已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2an＝S2＋Sn对一切正整数n都成立．

（1）求a1，a2的值；

（2）设a1>0，数列的前n项和为Tn.当n为何值时，Tn最大？

并求出Tn的最大值．

5．[考向2，3]解：

（1）取n＝1，得

a2a1＝S2＋S1＝2a1＋a2，①

取n＝2，得a＝2a1＋2a2，②

由②－①，得a2（a2－a1）＝a2.③

若a2＝0，由①知a1＝0.

若a2≠0，由③知a2－a1＝1.④

由①④解得a1＝＋1，a2＝2＋或a1＝1－，a2＝2－.

综上可得，a1＝0，a2＝0或a1＝＋1，a2＝＋2或a1＝1－，a2＝2－.

（2）当a1>0时，由

（1）知a1＝＋1，a2＝＋2.

当n≥2时，有（2＋）an＝S2＋Sn，（2＋）an－1＝S2＋Sn－1，

所以（1＋）an＝（2＋）an－1，

即an＝an－1（n≥2），

所以an＝a1（）n－1＝（＋1）·（）n－1.

令bn＝lg，则bn＝1－lg（）n－1＝1－（n－1）lg2＝lg.

所以数列{bn}是单调递减的等差数列，

从而b1>b2>…>b7＝lg>lg1＝0，

当n≥8时，bn≤b8＝lg

故当n＝7时，Tn取得最大值，且Tn的最大值为T7＝＝

＝7－lg2.

由数列的递推公式求通项公式在高考中经常出现，有选择题、填空题，也出现在解答题中的第一问，近几年考查难度有所降低，分值大约为5分．

在复习中，要掌握由递推公式求通项公式的基本方法，即先对递推公式进行变形，然后利用转化与化归的思想解决递推数列问题．

1

（1）（2016·安徽池州模拟，14）已知数列{an}满足a1＝1，an＝·an－1（n≥2），则数列{an}的通项公式为________．

（2）（2016·湖南株洲检测，13）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1，则{an}的通项公式为________．

解题

（1）的关键是由an＝an－1（n≥2）联系“累乘法”求通项公式；

解题

（2）的关键是将an＋1＝3an＋1变形后构造等比数列求解．

【解析】　

（1）∵an＝an－1（n≥2），

∴an－1＝an－2，…，a2＝a1.

以上（n－1）个式子相乘得an＝a1···…·＝＝.

（2）由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3an＋＝3.

又a1＋＝，

所以是首项为，公比为3的等比数列，

所以an＋＝，

因此数列{an}的通项公式为an＝.

【答案】　

（1）an＝　

（2）an＝

典型的递推数列及处理方法

递推式

方法

（1）an＋1＝an＋f（n）

叠加法

（2）＝f（n）

累乘法

（3）an＋1＝pan＋q

（p≠0，1，q≠0）

化为等

比数列

（4）an＋1＝pan＋q·pn＋1（p≠0，1，q≠0）

化为等差数列

1.（2016·陕西咸阳一模，6）已知a1＝1，an＝n（an＋1－an）（n∈N＋），则数列{an}的通项公式是（　　）

A．2n－1B.

C．n2D．n

1．D　方法一：

由已知整理得（n＋1）an＝nan＋1，∴＝，∴数列是常数列，且＝＝1，∴an＝n.

方法二（累乘法）：

当n≥2时，＝.

＝，…，＝，＝，两边分别相乘得＝n.

又∵a1＝1，∴an＝n.

2．（2016·安徽阜阳质检，13）已知an＝an－1＋（n≥2），a1＝1，则该数列的通项公式为________．

2．【解析】　由已知得a2－a1＝，a3－a2＝，…，an－an－1＝，

将上式两边分别相加得，

an－a1＝＋＋…＋.

从而an＝1＋1－＋－＋…＋－＝2－＝.

【答案】　an＝

由Sn和an的关系求通项公式是一种常见题型，高考中选择题、填空题、解答题都有呈现，但以解答题的分支命题为重点，近几年来考查难度有所降低，分值大约为5分．

在复习中，要熟练掌握由Sn求an的纽带：

an＝Sn－Sn－1（n≥2），根据题目已知条件，消掉Sn或an，通过构造等差数列或等比数列进行求解．

2

（1）（2013·课标Ⅰ，14）若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________．

（2）（2015·课标Ⅱ，16）设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________．

（3）（2016·山东青岛模拟，14）数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n＋1，则数列{an}的通项公式是________．

解题

（1）的关键是由an＝Sn－Sn－1构造等比数列求an；

解题

（2）的关键是由an＋1＝Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，同时除以SnSn＋1构造等差数列求解；

解题（3）时易漏掉对n＝1这种情况的检验而致错．

【解析】　

（1）由Sn＝an＋得，当n≥2时，Sn－1＝an－1＋，

两式相减整理得，当n≥2时，an＝－2an－1.

又n＝1时，S1＝a1＝a1＋，∴a1＝1，

∴{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴an＝（－2）n－1.

（2）由已知得an＋1＝Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，两边同时除以SnSn＋1得－＝1，

即－＝－1.又＝－1，

所以是首项为－1，公差为－1的等差数列，

所以＝－1＋（n－1）×（－1）＝－n，

即Sn＝－.

（3）当n＝1时，a1＝S1＝3，当n≥2时，

an＝Sn－Sn－1＝（n2＋n＋1）－[（n－1）2＋（n－1）＋1]＝2n，

又a1＝3≠2×1，∴an＝

【答案】　

（1）（－2）n－1　

（2）－　（3）an＝

已知Sn求an的三个步骤

（1）先利用a1＝S1求出a1；

（2）用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1（n≥2）便可求出当n≥2时an的表达式；

（3）对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．

1.（2016·山东临沂一模，12）在数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an，则数列{an}的通项公式为________．

1．【解析】　由题设知，a1＝1.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1.

∴＝，…，＝，＝，＝3.

以上n－1个式子的等号两端分别相乘，得到＝.

又∵a1＝1，∴an＝.

【答案】　an＝

2．（2015·课标Ⅰ，17，12分）Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.

（1）求{an}的通项公式；

（2）设bn＝，求数列{bn}的前n项和．

2．解：

（1）∵a＋2an＝4Sn＋3，

∴a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.

两式相减得a－a＋2（an＋1－an）＝4an＋1，

即2（an＋1＋an）＝a－a＝（an＋1＋an）·（an＋1－an）．

由于an>0，可得an＋1－an＝2.

又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1（舍去），a1＝3.

所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，所以通项公式an＝2n＋1.

（2）由an＝2n＋1可知

bn＝＝

＝.

设数列{bn}的前n项和为Tn，则

Tn＝b1＋b2＋…＋bn

＝

＝.

从近几年高考可以看出，求数列中的最大（小）项是高考的热点，一般难度较大，分值为5分．在复习中，从函数的角度认识数列，注意数列的函数特征，特别是利用函数的方法研究数列的有关性质．

3（2013·课标Ⅱ，16）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________．

【解析】　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，

由等差数列前n项和公式可得

解得

∴nSn＝n2a1＋d

＝－3n2＋（n3－n2）＝n3－.

构造函数f（x）＝x3－x2（x>0）．

f′（x）＝x2－x，

令f′（x）＝0，解得x＝0（舍去）或x＝.

当x>时，f（x）是单调递增的；

当0

∵n∈N*，∴当n＝7时，nSn取最小值，

∴（nSn）min＝×73－＝－49.

【答案】　－49

（2016·山东青岛模拟，7）已知an＝（n∈N*），则在数列{an}的前50项中，最小项和最大项分别是（　　）

A．a1，a50B．a1，a44

C．a45，a50D．a44，a45

D　an＝＝＝1＋.

结合函数y＝a＋（c>0）的图象，要使an最大，则需n－最小且n－>0，

∴当n＝45时，an最大，当n＝44时，an最小．,

判断数列单调性的两种常用方法

（1）作差比较法：

an＋1－an>0⇔数列{an}是单调递增数列；

an＋1－an<0⇔数列{an}是单调递减数列；

an＋1－an＝0⇔数列{an}是常数列．

（2）作商比较法：

①当an>0时，>1⇔数列{an}是单调递增数列；<1⇔数列{an}是单调递减数列；＝1⇔数列{an}是常数列．

②当an<0时，>1⇔数列{an}是单调递减数列；<1⇔数列{an}是单调递增数列；＝1⇔数列{an}是常数列．

求数列最大项或最小项的方法

可以利用不等式组（n≥2）找到数列的最大项；利用不等式组（n≥2）找到数列的最小项．

1．（2016·河北邢台一模，7）已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－1，则满足≤2的正整数n的集合为（　　）

A．{1，2}B．{1，2，3，4}

C．{1，2，3}D．{1，2，4}

1．B　[考向2]因为Sn＝2an－1，

所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，

两式相减得an＝2an－2an－1，

整理得an＝2an－1，

所以{an}是公比为2的等比数列，

又因为a1＝2a1－1，解得a1＝1，

故{an}的通项公式为an＝2n－1.

而≤2，即2n－1≤2n，故所有满足的正整数n＝1，2，3，4.

2．（2016·江西九江模拟，6）已知数列{an}的通项公式为an＝－，则数列{an}（　　）

A．有最大项，没有最小项

B．有最小项，没有最大项

C．既有最大项又有最小项

D．既没有最大项也没有最小项

2．C　[考向3]∵数列{an}的通项公式为an＝－，

令t＝，t∈（0，1]，

则t是减函数，

则an＝t2－t＝－，

由复合函数单调性知，an先递增后递减．

所以当n＝1，即t＝1时，an取最大值，使最接近的n的值为数列{an}中的最小项，

故数列{an}既有最大项又有最小项，选C.

3．（2016·山东临沂联考，7）观察下列各图，并阅读图形下面的文字，像这样，10条直线相交，交点的个数最多是（　　）

A．40B．45C．50D．55

3．B　[考向1]设n条直线的交点个数为an（n≥2），则

累加得a10－a2＝2＋3＋…＋9，

∴a10＝1＋2＋3＋…＋9＝45.

4．（2016·湖南师大附中质检，9）对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都有

A．（－1，＋∞）B．（－∞，－1]

C．（1，＋∞）D．（－∞，1]

4．C　[考向3]由数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，得

即t－＋t－<2t－，

即＋>，

化简得t（n－2）>1.

当n≥3时，若t（n－2）>1恒成立，则t>恒成立，又当n≥3时，的最大值为1，所以t的取值范围是（1，＋∞）．

思路点拨：

由“减差数列”的定义，可得关于bn的不等式，把bn的通项公式代入，化归为不等式恒成立问题求解．

5．（2015·江西九江二模，13）在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝－，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2017＝________．

5．[考向1]【解析】　a2＝－＝－＝－，

a3＝－＝－＝－2，

a4＝－＝－＝1，

可见a4＝a1，由此可得，an＋3＝an，

因此数列{an}是以3为周期的周期数列，

则S2017＝672×（a1＋a2＋a3）＋a1

＝672×＋1＝－1007.

【答案】　－1007

6．（2015·山东潍坊二模，12）已知{an}是递增数列，且对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________．

6．[考向3]【解析】　方法一（定义法）：

因为{an}是递增数列，所以对任意的n∈N*，都有an＋1>an，即（n＋1）2＋λ（n＋1）>n2＋λn，整理，得2n＋1＋λ>0，即λ>－（2n＋1）（*）．

因为n≥1，所以－（2n＋1）≤－3，要使不等式（*）恒成立，只需λ>－3.

方法二（函数法）：

设f（n）＝an＝n2＋λn，其图象的对称轴为直线n＝－，要使数列{an}为递增数列，只需使定义域在正整数上的函数f（n）为增函数，故只需满足f

（1）

（2），即λ>－3.

【答案】　λ>－3

7．（2016·浙江舟山一模，16，14分）已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝a＋an（n∈N*）．

（1）求a1，a2，a3，a4的值；

（2）求数列{an}的通项公式．

7．[考向2]解：

（1）由Sn＝a＋an（n∈N*）可得，a1＝a＋a1，解得a1＝1，a1＝0（舍）．

S2＝a1＋a2＝a＋a2，

解得a2＝2（负值舍去）；

同理可得a3＝3，a4＝4.

（2）因为Sn＝a＋，①

所以当n≥2时，Sn－1＝a＋，②

①－②得an＝（an－an＋1）＋（a－a），所以（an－an－1－1）（an＋an－1）＝0.

由于an＋an－1≠0，所以an－an－1＝1，

又由

（1）知a1＝1，

所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝n.

1．（2016·课标Ⅰ，3，易）已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝（　　）

A．100B．99C．98D．97

1．C　[考向1]由题意知，S9＝＝9a5＝27，∴a5＝3，又∵a10＝a5＋5d＝3＋5d＝8，∴d＝1，∴a100＝a10＋90d＝8＋90＝98.

2．（2012·辽宁，6，易）在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝（　　）

A．58B．88C．143D．176

2．B　[考向1]由等差数列性质可知，a4＋a8＝a1＋a11＝16，所以S11＝＝88.

3．（2015·北京，6，中）设{an}是等差数列，下列结论中正确的是（　　）

A．若a1＋a2>0，则a2＋a3>0

B．若a1＋a3<0，则a1＋a2<0

C．若0

D．若a1<0，则（a2－a1）（a2－a3）>0

3．C　[考向1]设等差数列{an}的公差为d，若a1＋a2＞0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝（a1＋a2）＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3＜0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝（a1＋a3）－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错．

对于C，∵00.

∴a1a3＝（a2－d）（a2＋d）＝a－d2＜a，

∴

对于D，（a2－a1）（a2－a3）＝－d2≤0，结论不成立．

4．（2014·辽宁，8，中）设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，则（　　）

A．d<0B．d>0

C．a1d<0D．a1d>0

4．C　[考向1]设bn＝2a1an，则bn＋1＝2a1an＋1，由于{2a1an}是递减数列，则bn>bn＋1，即2a1an>2a1an＋1.

∵y＝2x是单调增函数，∴a1an>a1an＋1，

∴a1an－a1（an＋d）>0，∴a1（an－an－d）>0，即a1（－d）>0，∴a1d<0.

思路点拨：

把2a1an看成一个整体bn，利用递减数列的关系式bn>bn＋1求解．

5．（2016·北京，12，易）已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________．

5．[考向1]【解析】　设等差数列{an}的公差为d.

∵a1＝6，a3＋a5＝0，

∴6＋2d＋6＋4d＝0，解得d＝－2，

所以S6＝6×6＋×（－2）＝6.

【答案】　6

6．（2015·陕西，13，易）中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________．

6．[考向1]【解析】　设首项为a1，由等差中项的定义知a1＋2015＝2×1010，∴a1＝5.

【答案】　5

7．（2012·江西，12，易）设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.

7．[考向1]【解析】　方法一：

设cn＝an＋bn，

∵{an}，{bn}是等差数列，

∴{cn}是等差数列，设其公差为d，则c1＝7，c3＝c1＋2d＝21，解得d＝7，因此，c5＝a5＋b5＝7＋（5－1）×7＝35.

方法二：

设cn＝an＋bn，∵{an}，{bn}是等差数列，∴{cn}是等差数列，∴2（a3＋b3）＝（a1＋b1）＋（a5＋b5），即42＝7＋（a5＋b5），因此a5＋b5＝42－7＝35.

【答案】　35

8．（2013·广东，12，易）在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝________.

8．[考向1]【解析】　设等差数列的公差为d，则a3＋a8＝2a1＋9d＝10，3a5＋a7＝4a1＋18d＝2（2a1＋9d）＝20.

【答案】　20

9．（2016·课标Ⅱ，17，12分，中）Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.

（1）求b1，b11，b101；

（2）求数列{bn}的前1000项和．

9．[考向1]解：

（1）设{an}的公差为d，

据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.

所以{an}的通项公式为an＝n.

b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，

b101＝[lg101]＝2.

（2）因为bn＝

所以数列{bn}的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.

10．（2012·陕西，17，12分，中）设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列．

（1）求数列{an}的公比；

（2）证明：

对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．

10．[考向2]解：

（1）设数列{an}的公比为q（q≠0，q≠1），

由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，

即2a1q2＝a1q4＋a1q3，

由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，

解得q1＝－2，q2＝1（舍去），所以q＝－2.

（2）证明：

方法一：

对任意k∈N*，

Sk＋2＋Sk＋1－2Sk

＝（Sk＋2－Sk）＋（Sk＋1－Sk）

＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1

＝2ak＋1＋ak＋1·（－2）＝0，

所以，对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．

方法二：

对任意k∈N*，2Sk＝，

Sk＋2＋Sk＋1＝＋

＝，

2Sk－（Sk＋2＋Sk＋1）

＝－

＝[2（1－qk）－（2－qk＋2－qk＋1）]

＝（q2＋q－2）＝0，

因此，对任意k∈N*，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．

11．（2014·江苏，20，16分，难）设数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H”数列．

（1）若数列{an}的前n项和Sn＝2n（n∈N*），证明：

{an}是“H数列”；

（2）设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d＜0.若{an}是“H数列”，求d的值；

（3）证明：

对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn（n∈N*）成立．

11．[考向1，2]解：

（1）证明：

由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am