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1、
高考數學精品復習資料
2019.5
大題沖關集訓(三)
1.(20xx哈爾濱一模)數列{an}滿足an+1-an=2,a1=2,等比數列{bn}滿足b1=a1,b4=a8.
(1)求數列{an},{bn}的通項公式;
(2)設cn=anbn,求數列{cn}的前n項和Tn.
解:(1)an+1-an=2,a1=2,
所以數列{an}為等差數列,
則an=2+(n-1)2=2n,
b1=a1=2,b4=a8=16,
所以q3=b4b1=8,q=2,
則bn=2n.
(2)cn=anbn=n2n+1,
則Tn
2、=122+223+324+…+n2n+1,
2Tn=123+224+325+…+n2n+2,
兩式相減得-Tn=122+23+24+…+2n+1-n2n+2,
整理得Tn=(n-1)2n+2+4.
2.(20xx高考福建卷)已知等差數列{an}的公差d=1,前n項和為Sn.
(1)若1,a1,a3成等比數列,求a1;
(2)若S5>a1a9,求a1的取值范圍.
解:(1)因為數列{an}的公差d=1,且1,a1,a3成等比數列,
所以a12=1(a1+2),
即a12-a1-2=0,
解得a1=-1或a1=2.
(2)因為數列{an}的公差d=1,且S5>a1a9,
3、
所以5a1+10>a12+8a1,
即a12+3a1-10<0,
解得-5
4、
bn=-12bn+12bn-1,n≥2,
bn=13bn-1,n≥2.
又b1=-12b1+1,
得b1=23,
則{bn}是以23為首項,公比為13的等比數列.
4.(20xx高考新課標全國卷Ⅰ)已知數列{an}的前n項和為Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ為常數.
(1)證明:an+2-an=λ;
(2)是否存在λ,使得{an}為等差數列?并說明理由.
(1)證明:由題設,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1.
兩式相減得an+1(an+2-an)=λan+1.
由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.
(2)解:存在
5、滿足題意的λ,
由題設,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1.
由(1)知,a3=λ+1,
令2a2=a1+a3,解得λ=4.
故an+2-an=4,由此可得
{a2n-1}是首項為1,公差為4的等差數列,a2n-1=4n-3;
{a2n}是首項為3,公差為4的等差數列,a2n=4n-1.
所以an=2n-1,an+1-an=2.
因此存在λ=4,使得數列{an}為等差數列.
5.(20xx洛陽模擬)已知函數f(x)=4x-2x+1(x≠-1,x∈R),數列{an}滿足a1=a(a≠-1,a∈R),an+1=f(an)(n∈N*).
(1)若數列{an}是常數列
6、,求a的值;
(2)當a1=4時,記bn=an-2an-1(n∈N*),證明數列{bn}是等比數列,并求出通項公式an.
解:(1)因為f(x)=4x-2x+1,
a1=a,an+1=f(an)(n∈N*),
數列{an}是常數列,
所以an+1=an=a,
即a=4a-2a+1,
解得a=2或a=1.
所以所求實數a的值是1或2.
(2)因為a1=4,bn=an-2an-1(n∈N*),
所以b1=23,
bn+1=an+1-2an+1-1=4an-2an+1-24an-2an+1-1=2(an-2)3(an-1),
即bn+1=23bn(n∈N*).
所以數列{b
7、n}是以b1=23為首項,q=23為公比的等比數列,
于是bn=23（23）n-1=（23）n(n∈N*),
由bn=an-2an-1,
即an-2an-1=（23）n,
解得an=(23)n-2(23)n-1(n∈N*),
所以所求的通項公式an=(23)n-2(23)n-1(n∈N*).
6.已知等差數列{an}的首項a1=3,且公差d≠0,其前n項和為Sn,且a1,a4,a13分別是等比數列{bn}的b2,b3,b4.
(1)求數列{an}與{bn}的通項公式;
(2)證明:13≤1S1+1S2+…+1Sn<34.
(1)解:設等比數列{bn}的公比為q,
∵a1,a
8、4,a13分別是等比數列{bn}的b2,b3,b4,
∴(a1+3d)2=a1(a1+12d).
又a1=3,
∴d2-2d=0,
∴d=2或d=0(舍去).
∴an=3+2(n-1)=2n+1.
等比數列{bn}的公比為q=b3b2=a4a1=3,b1=b2q=1.
∴bn=3n-1.
(2)證明:由(1)知Sn=n2+2n,
∴1Sn=1n(n+2)=12（1n-1n+2）,
∴1S1+1S2+…+1Sn
=12(1-13)+(12-14)+…+(1n-1n+2)
=12（1+12-1n+1-1n+2）
=34-12（1n+1+1n+2）<34.
∵1n+1+1
9、n+2≤12+13=56,
∴34-12(1n+1+1n+2)≥13,
∴13≤1S1+1S2+…+1Sn<34.
7.(20xx上饒六校月考)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,且a2=2,S5=15,數列{bn}滿足b1=12,bn+1=n+12nbn.
(1)求數列{an},{bn}的通項公式;
(2)記Tn為數列{bn}的前n項和,f(n)=2Sn(2-Tn)n+2,試問f(n)是否存在最大值,若存在,求出最大值;若不存在,請說明理由.
解:(1)設等差數列{an}的首項為a1,公差為d,
則a1+d=2,5a1+10d=15,
解得a1=1,d=1,
∴an=n,
10、
由題意知bn+1n+1=bn2n,
∴bnn=b11(12)n-1,
∴bn=n2n.
(2)由(1),得Tn=12+222+323+…+n2n,
12Tn=122+223+324+…+n2n+1,
所以Tn=2-n+22n,
又Sn=n(n+1)2,
所以f(n)=2Sn(2-Tn)n+2=n2+n2n,
f(n+1)-f(n)=(n+1)2+n+12n+1-n2+n2n=(n+1)(2-n)2n+1,
當n≥3,n∈N*時,f(n+1)-f(n)<0,
當n<3,n∈N*時,f(n+1)-f(n)≥0,
又f(1)=1,f(2)=32,f(3)=32,
∴f(n
11、)存在最大值,為32.
8.某企業(yè)的資金每一年都比上一年分紅后的資金增加一倍,并且每年年底固定給股東們分紅500萬元.該企業(yè)年底分紅后的資金為1000萬元.
(1)求該企業(yè)年底分紅后的資金;
(2)求該企業(yè)從哪一年開始年底分紅后的資金超過32500萬元.
解:設an(單位:萬元)為(20xx+n)年年底分紅后的資金,其中n∈N*,
則a1=21000-500=1500,
a2=21500-500=2500,…,an=2an-1-500(n≥2).
∴an-500=2(an-1-500)(n≥2),
即數列{an-500}是以a1-500=1000為首項,
公比為2的等比數列,
∴an-500=10002n-1,
∴an=10002n-1+500.
(1)a4=100024-1+500=8500,
∴該企業(yè)年底分紅后的資金為8500萬元.
(2)由an>32500,即2n-1>32,得n>6,
∴該企業(yè)從開始年底分紅后的資金超過32500萬元.
新課標高三數學一輪復習 大題沖關集訓三理
