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2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 第4講 數(shù)列學(xué)案

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1、第4講數(shù)列 1.等差、等比數(shù)列基本運(yùn)算和性質(zhì)的考查是高考熱點(diǎn),經(jīng)常以小題形式出現(xiàn); 2.?dāng)?shù)列的通項(xiàng)也是高考熱點(diǎn),常在解答題中的第(1)問出現(xiàn),難度中檔以下. 3.高考對數(shù)列求和的考查主要以解答題的形式出現(xiàn),通過分組轉(zhuǎn)化、錯位相減、裂項(xiàng)相消等方法求數(shù)列的和,難度中檔偏下. 1.等差數(shù)列 (1)通項(xiàng)公式:an=a1+(n-1)d; (2)求和公式:Sn==na1+d; (3)性質(zhì): ①若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,則am+an=ap+aq; ②an=am+(n-m)d; ③Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…,成等差數(shù)列. 2.等比數(shù)列 (1)通項(xiàng)公式

2、:an=a1qn-1(q≠0); (2)求和公式:q=1,Sn=na1;q≠1,Sn==; (3)性質(zhì): ①若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,則am·an=ap·aq; ②an=am·qn-m; ③Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…(Sm≠0)成等比數(shù)列. 3.?dāng)?shù)列求和 (1)分組轉(zhuǎn)化求和:一個數(shù)列既不是等差數(shù)列,也不是等比數(shù)列,若將這個數(shù)列適當(dāng)拆開,重新組合,就會變成幾個可以求和的部分,分別求和,然后再合并. (2)錯位相減法:主要用于求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和,其中{an},{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列. (3)裂項(xiàng)相消法:即將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個式子的

3、代數(shù)差的形式,然后通過累加抵消中間若干項(xiàng)的方法,裂項(xiàng)相消法適用于形如(其中{an}是各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列,c為常數(shù))的數(shù)列. 熱點(diǎn)一 等差(比)數(shù)列的性質(zhì) 【例1】(1)(2018·南昌聯(lián)考)等比數(shù)列中,若,,則等于() A.-4 B.4 C.±4 D.172 (2)(2017·北京海淀區(qū)質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足Sn=2an-2,若數(shù)列{bn}滿足bn=10-log2an,則使數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和取最大值時的n的值為________. 解析 (1)∵數(shù)列為等比數(shù)列,,, ∴,即,∴, 則.故選B. (2)∵Sn=2an-2,∴n=1時,a1=2

4、a1-2,解得a1=2. 當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=2an-2-(2an-1-2),∴an=2an-1. ∴數(shù)列{an}是公比與首項(xiàng)都為2的等比數(shù)列,∴an=2n. ∴bn=10-log2an=10-n.由bn=10-n≥0,解得n≤10. ∴使數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和取最大值時的n的值為9或10. 答案 (1)B (2)9或10 探究提高 1.利用等差(比)性質(zhì)求解的關(guān)鍵是抓住項(xiàng)與項(xiàng)之間的關(guān)系及項(xiàng)的序號之間的關(guān)系,從這些特點(diǎn)入手選擇恰當(dāng)?shù)男再|(zhì)進(jìn)行求解. 2.活用函數(shù)性質(zhì):數(shù)列是一種特殊的函數(shù),具有函數(shù)的一些性質(zhì),如單調(diào)性、周期性等,可利用函數(shù)的性質(zhì)解題. 【訓(xùn)練1】 (

5、1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,若數(shù)列{2a1an}為遞減數(shù)列,則() A.d>0 B.d<0 C.a(chǎn)1d>0 D.a(chǎn)1d<0 (2) (2018·銀川一中)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,己知S2=3,S4=15,則S3=() A.7 B.-9 C.7或-9 D.638 解析 (1)因?yàn)閿?shù)列{2a1an}為遞減數(shù)列,所以2a1an<2a1an-1,則a1an

6、2, 當(dāng)公比為2時,S2=a1+a2=3解得a1=1,S3=7; 當(dāng)公比為-2時,S2=a1+a2=3解得a1=-3,S3=-9. 故答案為C. 答案 (1)D (2)C 熱點(diǎn)二 等差(比)數(shù)列的判斷與證明 【例2】(2018·哈市附中在)已知數(shù)列{an}滿足Sn=2an-n(n∈N*). (1)證明:數(shù)列{an+1}是等比數(shù)列; (2)令bn=n(an+1),數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,求Tn. 解(1)由S1=2a1-1得:a1=1, ∵(n≥2),∴, 從而由an+1=2(an-1+1)得an+1an-1+1=2(n≥2), ∴{an-1}是以2為首項(xiàng),2為

7、公比的等比數(shù)列. (2)由(1)得an=2n-1,bn=n?2n, ∴Tn=1?2+2?22+3?23+?+n?2n, 2Tn=1?22+2?23+3?23+?+n?2n+1. ∴Tn=(n-1)2n+1+2 探究提高 1.本例題常見錯誤: (1)忽略an+1≠0,由an+1(an+2-an)=λan+1直接得出an+2-an=λ. (2)由{a2n-1}是等差數(shù)列,{a2n}是等差數(shù)列,直接得出數(shù)列{an}為等差數(shù)列. 2.判定等差(比)數(shù)列的主要方法: (1)定義法:對于任意n≥1,n∈N*,驗(yàn)證an+1-an為與正整數(shù)n無關(guān)的一常數(shù). (2)中項(xiàng)公式法 ①若2an=

8、an-1+an+1(n∈N*,n≥2),則{an}為等差數(shù)列; ②若a=an-1·an+1(n∈N*,n≥2)且an≠0,則{an}為等比數(shù)列. 【訓(xùn)練2】(2017·全國Ⅰ卷)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.已知S2=2,S3=-6. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求Sn,并判斷Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差數(shù)列. 解 (1)設(shè){an}的公比為q,由題設(shè)可得 解得q=-2,a1=-2. 故{an}的通項(xiàng)公式為an=(-2)n. (2)由(1)得Sn===[(-2)n-1], 則Sn+1=[(-2)n+1-1],Sn+2=[(-2)n+2-1], 所以Sn+1

9、+Sn+2=[(-2)n+1-1]+[(-2)n+2-1]=[2(-2)n-2]=[(-2)n-1]=2Sn, ∴Sn+1,Sn,Sn+2成等差數(shù)列. 熱點(diǎn)三 數(shù)列的求和問題 1.分組轉(zhuǎn)化求和 【例3.1】(2017·石家莊三模)已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=2,前n項(xiàng)和為Sn,等比數(shù)列{bn}的首項(xiàng)b1=1,且a2=b3,S3=6b2,n∈N*. (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2)數(shù)列{cn}滿足cn=bn+(-1)nan,記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn,求Tn. 解 (1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,數(shù)列{bn}的公比為q. ∵a1=2,b1=1,且a2

10、=b3,S3=6b2, ∴解得 ∴an=2+(n-1)×2=2n,bn=2n-1. (2)由題意:cn=bn+(-1)nan=2n-1+(-1)n2n. ∴Tn=(1+2+4+…+2n-1)+[-2+4-6+8-…+(-1)n·2n], ①若n為偶數(shù): Tn=+{(-2+4)+(-6+8)+…+[-2(n-1)+2n]}=2n-1+×2=2n+n-1. ②若n為奇數(shù): Tn=+{(-2+4)+(-6+8)+…+[-2(n-2)+2(n-1)]-2n}=2n-1+2×-2n=2n-n-2. ∴Tn= 探究提高 1.在處理一般數(shù)列求和時,一定要注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想,把一般的數(shù)列求和

11、轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列進(jìn)行求和.在利用分組求和法求和時,常常根據(jù)需要對項(xiàng)數(shù)n進(jìn)行討論,最后再驗(yàn)證是否可以合并為一個表達(dá)式. 2.分組求和的策略:(1)根據(jù)等差、等比數(shù)列分組;(2)根據(jù)正號、負(fù)號分組. 2.裂項(xiàng)相消法求和 【例3.2】(2015·全國Ⅰ卷)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.已知an>0,a+2an=4Sn+3. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和. 解 (1)由a+2an=4Sn+3,可知a+2an+1=4Sn+1+3. 兩式相減可得a-a+2(an+1-an)=4an+1, 即2(an+1+an)=a-a=(an+1+an)(

12、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}是首項(xiàng)為3,公差為2的等差數(shù)列,通項(xiàng)公式為an=2n+1. (2)由an=2n+1可知bn===. 設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn, 則Tn=b1+b2+…+bn==. 探究提高 1.裂項(xiàng)相消法求和就是將數(shù)列中的每一項(xiàng)裂成兩項(xiàng)或多項(xiàng),使這些裂開的項(xiàng)出現(xiàn)有規(guī)律的相互抵消,要注意消去了哪些項(xiàng),保留了哪些項(xiàng). 2.消項(xiàng)規(guī)律:消項(xiàng)后前邊剩幾項(xiàng),后邊就剩幾項(xiàng),前邊剩第幾項(xiàng),后邊就剩倒數(shù)第幾項(xiàng). 【訓(xùn)練3.2】 (2019·廣元一模)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的

13、前n項(xiàng)和,已知a1=2,對任意n∈N*,都有2Sn=(n+1)an. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若數(shù)列{4an(an+2)}的前n項(xiàng)和為Tn,證明:12≤Tn<1. 解(1)因?yàn)?Sn=n+1an,當(dāng)n≥2時,2Sn-1=nan-1 兩式相減得:2an=n+1an-nan-1即n-1an=nan-1, 所以當(dāng)n≥2時,ann=an-1n-1. 所以ann=a11=2,即an=2n. (2)因?yàn)閍n=2n,bn=4anan+2,n∈N*, 所以bn=42n2n+2=1nn+1=1n-1n+1. 所以Tn=b1+b2+?+bn=1-12+12-13+?+1n-1n-

14、1=1-1n+1=nn+1, 因?yàn)?n+1>0,所以1-1n+1<1. 又因?yàn)閒n=1n+1在N*上是單調(diào)遞減函數(shù), 所以1-1n+1在N*上是單調(diào)遞增函數(shù). 所以當(dāng)n=1時,Tn取最小值12, 所以12≤Tn<1. 3.錯位相減求和 【例3.3】(2017·天津卷)已知{an}為等差數(shù)列,前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),{bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和(n∈N*). 解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q

15、, 由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12, 而b1=2,所以q2+q-6=0, 又因?yàn)閝>0,解得q=2,所以bn=2n. 由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8,① 由S11=11b4,可得a1+5d=16,② 聯(lián)立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2. 所以{an}的通項(xiàng)公式為an=3n-2,{bn}的通項(xiàng)公式為bn=2n. (2)設(shè)數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和為Tn,由a2n=6n-2,bn=2n,有 Tn= 4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n, 2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-

16、2)×2n+1, 上述兩式相減,得-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1=-4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16.所以Tn=(3n-4)2n+2+16. 所以數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和為(3n-4)2n+2+16. 探究提高 1.一般地,如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和時,可采用錯位相減法求和,一般是和式兩邊同乘以等比數(shù)列{bn}的公比,然后作差求解. 2.在寫“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項(xiàng)對齊”,以便下一步準(zhǔn)確地寫出“Sn-qSn”的表達(dá)式. 【訓(xùn)練3.3】

17、(2018·浙江期末)已知數(shù)列{an}滿足:2n-1a1+2n-2a2+?+2an-1+an=n,n∈N*. (1)求a1,a2及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足:b1=1,bn+1-bnan=2n,求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式. 解(1)n=1時a1=1, n=2時2a1+a2=2?a2=0 2n-1a1+2n-2a2+?+2an-1+an=n① 2n-2a1+2n-3a2+?+an-1=n-1n≥2② ①-2×②?an=2-nn≥2 a1=1滿足上式,故an=2-n. (2)bn+1-bn=2-n2n,有b2-b1=1×21b3-b2=0×22?bn-bn-

18、1=3-n×2n-1n≥2累加整理 bn=1+1×21+0×22+?+3-n×2n-1,n≥2① 2bn=2+1×22+0×23+?+3-n×2n,n≥2② ②-①得bn=1-2+1×221-2n-21-2+3-n2n=4-n2n-5n≥2 b1=1滿足上式,故bn=4-n2n-5. 熱點(diǎn)四 an與Sn的關(guān)系問題 【例4】(2017·濟(jì)南模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,對任意的正整數(shù)n,都有an=5Sn+1成立, bn=-1-log2|an|,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,cn=. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和An,并求出An的最值.

19、 解 (1)因?yàn)閍n=5Sn+1,n∈N*,所以an+1=5Sn+1+1,兩式相減,得an+1=-an, 又當(dāng)n=1時,a1=5a1+1,知a1=-, 所以數(shù)列{an}是公比、首項(xiàng)均為-的等比數(shù)列. 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=. (2)bn=-1-log2|an|=2n-1,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn=n2, cn===-, 所以An=1-.因此{(lán)An}是單調(diào)遞增數(shù)列, ∴當(dāng)n=1時,An有最小值A(chǔ)1=1-=;An沒有最大值. 探究提高 1.給出Sn與an的遞推關(guān)系求an,常用思路是:一是利用Sn-Sn-1=an(n≥2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系,再求其通項(xiàng)公式;二是轉(zhuǎn)化為

20、Sn的遞推關(guān)系,先求出Sn與n之間的關(guān)系,再求an. 2.形如an+1=pan+q(p≠1,q≠0),可構(gòu)造一個新的等比數(shù)列. 【訓(xùn)練4】(2019·棗莊八中)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=2,Sn=2Sn-1-n(n≥2,n∈N*). (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)若bn=nan,求{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解(1)Sn=2Sn-1-nn≥2,n∈N*①,當(dāng)n≥33時,Sn-1=2Sn-2n-1②. ①-②得,an=2an-1-1,an-1=2an-1-1,所以an-1an-1-1=2n≥3. 當(dāng)n=2時,a1+a2=2a1-2,得a2=0,則a2-1a1-1=

21、-11=-1≠2. 所以an-1是從第二項(xiàng)起,以2為公比的等比數(shù)列. 則an-1=-1?2n-2=-2n-2,an=-2n-2+1n≥2,n∈N* 所以an=2,n=1-2n-2+1,n≥2. (2)易知bn=2,n=1-n?2n-2+n,n≥2 Tn=2-2×20-3×21-...-n?2n-2+2+3+...+n③, 2Tn=4-2×21-3×22-...-n?2n-1+22+3+...+n④, ③-④得-Tn=-2-2-2-22-23-...-2n-2+n?2n-1-n-1n+22=-4-2-2n-2×21-2+n?2n-1-n-1n+22=2n-1n-1-2-n-1n+2

22、2. 所以Tn=n2+n+22-2n-1n-1. 1.(2018·全國I卷)設(shè)Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和,若3S3=S2+S4,a1=2,則a5=() A.-12 B.-10 C.10 D.12 2.(2018·全國I卷)記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和,若Sn=2an+1,則S6=_____________. 3.(2018·全國III卷)等比數(shù)列an中,a1=1?,??a5=4a3. (1)求an的通項(xiàng)公式; (2)記Sn為an的前n項(xiàng)和.若Sm=63,求m. 4.(2018·全國II卷)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n

23、項(xiàng)和,已知a1=-7,S3=-15. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求Sn,并求Sn的最小值. 5.(2018·全國I卷)已知數(shù)列an滿足a1=1,nan+1=2n+1an,設(shè)bn=ann. (1)求b1?,??b2?,??b3; (2)判斷數(shù)列bn是否為等比數(shù)列,并說明理由; (3)求an的通項(xiàng)公式. 1.(2018·玉溪一中)設(shè)Sn為等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和,a5a2=-8,則S5S2=( ) A.11 B.5 C.-11 D.-8 2.(2018·銀川一中)在等差數(shù)列{a

24、n}中,若a10a9<-1,且它的前n項(xiàng)和Sn有最大值,則使Sn>0成立的正整數(shù)n的最大值是() A.15 B.16 C.17 D.14 3.(2018·福建聯(lián)考)在正整數(shù)數(shù)列中,由1開始依次按如下規(guī)則,將某些整數(shù)染成紅色,先染1;再染3個偶數(shù)2,4,6;再染6后面最鄰近的5個連續(xù)奇數(shù)7,9,11,13,15;再染15后面最鄰近的7個連續(xù)偶數(shù)16,18,20,22,24,26,28;再染此后最鄰近的9個連續(xù)奇數(shù)29,31,…,45;按此規(guī)則一直染下去,得到一紅色子數(shù)列:1,2,4,6,7,9,11,13,15,16,……,則在這個紅色子數(shù)列中,由1開始的第2019個數(shù)是() A.3972

25、 B.3974 C.3991 D.3993 4.(2017·沈陽二模)已知數(shù)列{an}滿足an+1-an=2,a1=-5,則|a1|+|a2|+…+|a6|=() A.9 B.15 C.18 D.30 5.(2017·成都診斷)已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),且a1+2a2=5,4a=a2a6. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足b1=2,且bn+1=bn+an,求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式; (3)設(shè)cn=,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn. 1.(2018·長郡中學(xué))已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為

26、Sn,且Sn=n2+4n,若首項(xiàng)為13的數(shù)列{bn}滿足1bn+1-1bn=an,則數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)和為() A.175264 B.3988 C.173264 D.181264 2.(2018·蓮塘一中)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=-8,且(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2+21n-10, 若n,m∈N*,n>m,則Sn-Sm的最大值為() A.10 B.15 C.18 D.26 3.(2016·全國Ⅲ卷)已知各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1=1,a-(2an+1-1)an-2an+1=0. (1)求a2,a3; (2)求{an}的通項(xiàng)公式.

27、 4.(2018·長春期末)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn=Sn-1+1n≥2,n∈N,且a1=1, (1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式an; (2)記bn=1an?an+1,Tn為bn的前n項(xiàng)和,求使Tn≥2n成立的n的最小值. 5.(2017·衡水中學(xué)質(zhì)檢)若數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列,數(shù)列{bn}滿足b1=1,b2=2,且anbn+bn=nbn+1. (1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn=,數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn,若不等式(-1)nλ

28、的取值范圍. 參考答案 1.【解題思路】首先設(shè)出等差數(shù)列an的公差為d,利用等差數(shù)列的求和公式,得到公差d所滿足的等量關(guān)系式,從而求得結(jié)果d=-3,之后應(yīng)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求得a5=a1+4d=2-12=-10,從而求得正確結(jié)果. 【答案】設(shè)該等差數(shù)列的公差為d, 根據(jù)題中的條件可得3(3×2+3×22?d)=2×2+d+4×2+4×32?d, 整理解得d=-3,所以a5=a1+4d=2-12=-10,故選B. 2.【解題思路】首先根據(jù)題中所給的Sn=2an+1,類比著寫出Sn+1=2an+1+1,兩式相減,整理得到an+1=2an,從而確定出數(shù)列an為等

29、比數(shù)列,再令n=1,結(jié)合a1,S1的關(guān)系,求得a1=-1,之后應(yīng)用等比數(shù)列的求和公式求得S6的值. 【答案】根據(jù)Sn=2an+1,可得Sn+1=2an+1+1, 兩式相減得an+1=2an+1-2an,即an+1=2an, 當(dāng)n=1時,S1=a1=2a1+1,解得a1=-1, 所以數(shù)列an是以-1為首項(xiàng),以2為公布的等比數(shù)列, 所以S6=-(1-26)1-2=-63,故答案是-63. 3.【解題思路】(1)列出方程,解出q可得;(2)求出前n項(xiàng)和,解方程可得m. 【答案】(1)設(shè){an}的公比為q,由題設(shè)得an=qn-1. 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q

30、=2. 故an=(-2)n-1或an=2n-1. (2)若an=(-2)n-1,則Sn=1-(-2)n3.由Sm=63得(-2)m=-188,此方程沒有正整數(shù)解. 若an=2n-1,則Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6. 綜上,m=6. 點(diǎn)睛:本題主要考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式,屬于基礎(chǔ)題. 4.【解題思路】(1)根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式,求出公差,再代入等差數(shù)列通項(xiàng)公式得結(jié)果, (2)根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式得Sn的二次函數(shù)關(guān)系式,根據(jù)二次函數(shù)對稱軸以及自變量為正整數(shù)求函數(shù)最值. 【答案】(1)設(shè){an}的公差為d,由題意得. 由得. 所以{a

31、n}的通項(xiàng)公式為an=2n–9. (2)由(1)得Sn=n2–8n=(n–4)2–16. 所以當(dāng)n=4時,Sn取得最小值,最小值為–16. 5.【解題思路】(1)根據(jù)題中條件所給的數(shù)列an的遞推公式nan+1=2n+1an,將其化為an+1=2(n+1)nan, 分別令n=1和n=2,代入上式求得a2=4和a3=12,再利用bn=ann,從而求得b1=1,b2=2,b3=4. (2)利用條件可以得到an+1n+1=2ann,從而可以得出bn+1=2bn,這樣就可以得到數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1, 公比為2的等比數(shù)列. (3)借助等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求得ann=2n-1,從而求得an=n

32、·2n-1. 【答案】(1)由條件可得an+1=2(n+1)nan. 將n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以,a2=4. 將n=2代入得,a3=3a2,所以,a3=12. 從而b1=1,b2=2,b3=4. (2){bn}是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列. 由條件可得an+1n+1=2ann,即bn+1=2bn,又b1=1,所以{bn}是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列. (3)由(2)可得ann=2n-1,所以an=n·2n-1. 1.【解題思路】設(shè)公比為q,由a5a2=-8可求得q值,利用前n項(xiàng)和公式表示出S5,S2即可求得S5S2值. 【答案】設(shè)公比為q,由a

33、5a2=-8,可得a5=﹣8a2,得8a2+a2q3=0,解得q=﹣2, 所以S5S2=a1[1-(-2)5]1+2a1[1-(-2)2]1+2=-11,故選C. 2.【解題思路】由題意可得a9>0,a10<0,且a9+a10<0,由等差數(shù)列的性質(zhì)和求和公式可得結(jié)論. 【答案】∵等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和有最大值,∴等差數(shù)列{an}為遞減數(shù)列, 又a10a9<-1,∴a9>0,a10<0,∴a9+a10<0, 又S18=18(a1+a18)2<0,S17=17(a1+a17)2=17a9>0, ∴Sn>0成立的正整數(shù)n的最大值是17,故選C. 3.【解題思路】根據(jù)題意知,每次涂成

34、紅色的數(shù)字成等差數(shù)列,并且第n次染色時所染的最后一個數(shù)是n(2n-1),可以求出2019個數(shù)是在第45次染色的倒數(shù)第7個數(shù),因此可求得結(jié)果. 【答案】第1此染色的數(shù)為1=1×1,共染色1個, 第2次染色的最后一個數(shù)為6=2×3,共染色3個, 第3次染色的最后一個數(shù)為15=3×5,共染色5個, 第4次染色的最后一個數(shù)為28=4×7,共染色7個, 第5次染色的最后一個數(shù)為45=5×9,共染色9個, … ∴第n次染色的最后一個數(shù)為n×(2n-1),共染色2n-1個, 經(jīng)過n次染色后被染色的數(shù)共有1+3+5+…+(2n-1)=n2個, 而2019=45×45-6, ∴第2019個數(shù)

35、是在第45次染色時被染色的,第45次染色的最后一個數(shù)為45×89,且相鄰兩個數(shù)相差2, ∴2019=45×89-12=3993. 故選D. 4.【解題思路】確定數(shù)列{an}中那些項(xiàng)是正數(shù),那些項(xiàng)是負(fù)數(shù). 【答案】∵an+1-an=2,a1=-5,∴數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列. ∴an=-5+2(n-1)=2n-7. 數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn==n2-6n. 令an=2n-7≥0,解得n≥.∴n≤3時,|an|=-an;n≥4時,|an|=an. 則|a1|+|a2|+…+|a6|=-a1-a2-a3+a4+a5+a6=S6-2S3=62-6×6-2(32-6×3)=18

36、. 故選C. 5.【解題思路】(1)由a1+2a2=5,4a=a2a6.列方程組解出首項(xiàng)a1,公比q,(2)利用累加法求通項(xiàng). (3)裂項(xiàng)相消法求前n項(xiàng)和. 【答案】解 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由4a=a2a6得4a=a所以q2=4,由條件可知q>0,故q=2,由a1+2a2=5得a1+2a1q=5,所以a1=1, 故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1. (2)由bn+1=bn+an得bn+1-bn=2n-1, 故b2-b1=20,b3-b2=21,…,bn-bn-1=2n-2(n≥2), 以上n-1個等式相加得bn-b1=1+21+…+2n-2==2n-1-1,

37、 由b1=2,所以bn=2n-1+1(n∈N*). (3)cn===-, 所以Tn=c1+c2+…+cn=++…+=-=-. 1.【解題思路】首先根據(jù)數(shù)列中Sn與an的關(guān)系,求得an=2n+3,利用條件1bn+1-1bn=an=2n+3,用累加法求得bn=1n2+2n,用裂項(xiàng)相消法求和,之后將n=10代入求得結(jié)果. 【答案】由Sn=n2+4n,可得an=2n+3, 根據(jù)1bn+1-1bn=an=2n+3,結(jié)合題的條件,應(yīng)用累加法可求得1bn=n2+2n, 所以bn=1n2+2n=1n(n+2)=12(1n-1n+2), 所以數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn=12(1-13+12

38、-14+?+1n-1n+2)=12(32-1n+1-1n+2), 所以T10=12(32-111-112)=175264, 故選A. 2.【解題思路】由已知條件求出數(shù)列的通項(xiàng)公式,根據(jù)數(shù)列特征求出最值 【答案】∵(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2+21n-10, ∴(3n-5)an+1=(3n-2)an-9n2-21n+10, (3n-5)an+1=(3n-2)an-3n-53n-2, ∵n∈N*,∴an+13n-2=an3n-5-1, ∴數(shù)列{an3n-5}為等差數(shù)列,首項(xiàng)為a13-5=4,d=-1 an3n-5=4-n-1=5-n, an=3n-55-n,

39、 a2=3,a3=8,a4=7 在數(shù)列{an}中只有a2,a3,a4為正數(shù) ∴Sn-Sm的最大值為a2+a3+a4=3+8+7=18, 故選C. 3.【解題思路】(1)代入n=1,n=2依次求出a2,a3,(2)化簡a-(2an+1-1)an-2an+1=0可得為數(shù)列{an}等比數(shù)列. 【答案】解 (1)由a1=1,a-(2an+1-1)an-2an+1=0, 令n=1,得a2=, 令n=2,得a-(2a3-1)a2-2a3=0,則a3=. (2)由a-(2an+1-1)an-2an+1=0,得2an+1(an+1)=an(an+1), 因?yàn)閧an}的各項(xiàng)都為正數(shù),所以=.

40、 故{an}是首項(xiàng)為1,公比為的等比數(shù)列,因此an=. 4.【解題思路】(1)根據(jù)題干得到數(shù)列{Sn}為等差數(shù)列,進(jìn)而得到Sn=n2,再由an=Sn-Sn-1可求通項(xiàng);(2)由(1)知,bn=12(12n-1-12n+1),裂項(xiàng)求和即可. 【答案】(1)由已知有Sn-Sn-1=1,∴??數(shù)列{Sn}為等差數(shù)列, 且S1=a1=1,∴??Sn=n,即Sn=n2, 當(dāng)n≥2時,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1, 又a1=1也滿足上式,∴??an=2n-1; (2)由(1)知,bn=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1) ∴??Tn=12(1-1

41、3+13-15+???+12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1, 由Tn≥2n有n2≥4n+2,有(n-2)2≥6,所以n≥5,∴??n的最小值為5. 5.【解題思路】(1)等差數(shù)列,等比數(shù)列的定義,(2)錯位相減法求Tn. 【答案】解 (1)∵數(shù)列{bn}滿足b1=1,b2=2,且anbn+bn=nbn+1. ∴n=1時,a1+1=2,解得a1=1. 又?jǐn)?shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列, ∴an=1+2(n-1)=2n-1. ∴2nbn=nbn+1,化為2bn=bn+1, ∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列. ∴bn=2n-1. (2)由數(shù)列{cn}滿足cn===, 數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn=1+++…+,∴Tn=++…++, 兩式作差,得∴Tn=1+++…+-=-=2-,∴Tn=4-. 不等式(-1)nλ-2. 綜上可得:實(shí)數(shù)λ的取值范圍是(-2,3). 17

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