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2019-2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第五章 數(shù)列知能訓(xùn)練 理
1．?dāng)?shù)列1，，，，，…的一個通項公式是( )
A．a(chǎn)n＝ B．a(chǎn)n＝
C．a(chǎn)n＝ D．a(chǎn)n＝
2．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝n2＋2n－1，則( )
A．a(chǎn)n＝2n＋1(n∈N*)
B．a(chǎn)n＝2n－1(n∈N*)
C．a(chǎn)n＝
D．a(chǎn)n＝
3．在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，且當(dāng)n≥2時，a1a2…an＝n2，則a3＋a5＝( )
A. B. C. D.
4．(xx年福建)閱讀如圖X511所示的程序框圖，運行相應(yīng)的程序，如果輸入某個正整數(shù)n后，輸出的S∈(10,20)，那么n＝( )
圖X511
A．3 B．4 C．5 D．6
5．(xx年新課標(biāo)Ⅱ)數(shù)列{an}滿足an＋1＝，a8＝2，則a1＝________.
6．已知數(shù)列{an}滿足：a4n－3＝1，a4n－1＝0，a2n＝an，n∈N*，則axx＝________，axx＝________.
7．(xx年浙江樂清一模)已知遞增數(shù)列{an}的通項公式為an＝n2＋kn＋2，則實數(shù)k的取值范圍為________．
8．(xx年廣東江門一模)將集合{2s＋2t|0≤s
0)，則b43＝________.
3
5 6
9 10 12
… … … …
圖X512
9．已知在等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}中，a1＝b1＝1，b4＝8，{an}的前10項和S10＝55.
(1)求an和bn；
(2)現(xiàn)分別從{an}和{bn}的前3項中各隨機抽取一項寫出相應(yīng)的基本事件，并求這兩項的值相等的概率．
10．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝(n＋1)n(n∈N*)，則當(dāng)n為多大時，an最大？
第2講 等差數(shù)列
1．(xx年福建)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a1＝2，S3＝12，則a6＝( )
A．8 B．10
C．12 D．14
2．(xx年安徽)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，S8＝4a3，a7＝－2，則a9＝( )
A．－6 B．－4
C．－2 D．2
3．(xx年天津)設(shè){an}是首項為a1，公差為－1的等差數(shù)列，Sn為其前n項和．若S1，S2，S4成等比數(shù)列，則a1＝( )
A．2 B．－2
C. D．－
4．已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，若a1＋a7＋a13的值是一個確定的常數(shù)，則下列各式：
①a21；②a7；③S13；④S14；⑤S8－S5.
其結(jié)果為確定常數(shù)的是( )
A．②③⑤ B．①②⑤
C．②③④ D．③④⑤
5．(xx年新課標(biāo)Ⅰ)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，則m＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
6．(xx年遼寧)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
7．(xx年廣東)已知遞增的等差數(shù)列{an}滿足a1＝1，a3＝a－4，則an＝________.
8．(xx年廣東)在等差數(shù)列{an}中，已知a3＋a8＝10，則3a5＋a7＝________.
9．(xx年四川)在等差數(shù)列{an}中，a1＋a3＝8，且a4為a2和a9的等比中項，求數(shù)列{an}的首項、公差及前n項和．
10．(xx年新課標(biāo)Ⅱ)已知等差數(shù)列{an}的公差不為零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比數(shù)列．
(1)求{an}的通項公式；
(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
第3講 等比數(shù)列
1．在等比數(shù)列{an}中，a2＝3，a7a10＝36，則a15＝( )
A．12 B．－12
C．6 D．－6
2．(xx年江西)等比數(shù)列x,3x＋3,6x＋6，…的第四項為( )
A．－24 B．0
C．12 D．24
3．設(shè)在公差d≠0的等差數(shù)列{an}中，a1，a3，a9成等比數(shù)列，則＝( )
A. B.
C. D.
4．(xx年重慶)對任意的等比數(shù)列{an}，下列說法一定正確的是( )
A．a(chǎn)1，a3，a9成等比數(shù)列
B．a(chǎn)2，a3，a6成等比數(shù)列
C．a(chǎn)2，a4，a8成等比例列
D．a(chǎn)3，a6，a9成等比數(shù)列
5．設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和，若8a2＋a5＝0，則＝( )
A．11 B．5
C．－8 D．－11
6．(xx年新課標(biāo)Ⅰ)設(shè)首項為1，公比為的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則( )
A．Sn＝2an－1 B．Sn＝3an－2
C．Sn＝4－3an D．Sn＝3－2an
7．(xx年重慶)已知{an}是等差數(shù)列，a1＝1，公差d≠0，Sn為其前n項和．若a1，a2，a5成等比數(shù)列，則S8＝________.
8．(xx年江西)某住宅小區(qū)計劃植樹不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植樹的棵數(shù)是前一天的2倍，則需要的最少天數(shù)n(n∈N*)等于__________．
9．(xx年四川)在等比數(shù)列{an}中，a2－a1＝2，且2a2為3a1和a3的等差中項，求數(shù)列{an}的首項、公比及前n項和．
10．(xx年北京)已知{an}是等差數(shù)列，滿足a1＝3，a4＝12，數(shù)列{bn}滿足b1＝4，b4＝20，且是等比數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；
(2)求數(shù)列{bn}的前n項和．
第4講 數(shù)列的求和
1．在各項都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，首項a1＝3，前3項和為21，則a3＋a4＋a5＝( )
A．33 B．72 C．84 D．189
2．(xx年新課標(biāo)Ⅱ)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，則a1＝( )
A. B．－ C. D．－
3．(xx年新課標(biāo)Ⅱ)等差數(shù)列{an}的公差為2，若a2，a4，a8成等比數(shù)列，則{an}的前n項和Sn＝( )
A．n(n＋1) B．n(n－1)
C. D.
4．(xx年大綱)在等比數(shù)列{an}中，a4＝2，a5＝5，則數(shù)列{lgan}的前8項和等于( )
A．6 B．5 C．4 D．3
5．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a5＝5，S5＝15，則數(shù)列的前100項和為( )
A. B. C. D.
6．若數(shù)列{an}的通項公式是an＝(－1)n(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10＝( )
A．15 B．12
C．－12 D．－15
7．(xx年廣東揭陽一模)已知等差數(shù)列{an}滿足a1>0，5a8＝8a13，則當(dāng)前n項和Sn取最大值時，n＝( )
A．20 B．21 C．22 D．23
8．如圖X541，它滿足：①第n行首尾兩數(shù)均為n；②圖中的遞推關(guān)系類似楊輝三角．則第n(n≥2)行的第2個數(shù)是______________．
1
2 2
3 4 3
4 7 7 4
5 11 14 11 5
……
圖X541
9．(xx年新課標(biāo)Ⅰ)已知{an}是遞增的等差數(shù)列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．
(1)求{an}的通項公式；
(2)求數(shù)列的前n項和．
10．(xx年廣東佛山一模)數(shù)列{an}，{bn}的每一項都是正數(shù)，a1＝8，b1＝16，且an，bn，an＋1成等差數(shù)列，bn，an＋1，bn＋1成等比數(shù)列，n＝1,2,3，….
(1)求a2，b2的值；
(2)求數(shù)列，的通項公式；
(3)證明：對一切正整數(shù)n，＋＋＋…＋<成立．
第5講 利用幾類經(jīng)典的遞推關(guān)系式求通項公式
1．在等比數(shù)列{an}中，a1＝1，公比|q|≠1.若am＝a1a2a3a4a5，則m＝( )
A．9 B．10
C．11 D．12
2．古希臘著名的畢達哥拉斯學(xué)派把1,3,6,10，…這樣的數(shù)稱為“三角形數(shù)”，而把1,4,9,16，…這樣的數(shù)稱為“正方形數(shù)”．如圖X551，可以發(fā)現(xiàn)，任何一個大于1的“正方形數(shù)”都可以看作兩個相鄰的“三角形數(shù)”之和．下列等式中，符合這一規(guī)律的表達式是( )
圖X551
①13＝3＋10；②25＝9＋16；③36＝15＋21；④49＝18＋31；⑤64＝28＋36.
A．①④ B．②⑤
C．③⑤ D．②③
3．?dāng)?shù)列{an}的首項為3，{bn}為等差數(shù)列，且bn＝an＋1－an(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝12，則a8＝( )
A．0 B．3
C．8 D．11
4．設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若8a2＋a5＝0，則下列式子中數(shù)值不能確定的是( )
A. B.
C. D.
5．(xx年新課標(biāo)Ⅰ)若數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝an＋，則數(shù)列{an}的通項公式是an＝________________________________________________________________________.
6．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝，則an＝________.
7．已知在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋n，則數(shù)列{an}的通項公式是an＝________________.
8．已知在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋3n，則an＝________.
9．(xx年新課標(biāo)Ⅱ)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)證明：是等比數(shù)列，并求{an}的通項公式；
(2)證明：＋＋…＋＜.
10．(xx年安徽)數(shù)列{an}滿足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.
(1)證明：數(shù)列是等差數(shù)列；
(2)設(shè)bn＝3n，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.
第6講 合情推理和演繹推理
1．觀察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx.由歸納推理，得若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，記g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則g(－x)＝( )
A．f(x) B．－f(x) C．g(x) D．－g(x)
2．(xx年廣東茂名一模)已知211＝2,2213＝34，23135＝456,241357＝5678，…，依此類推，第n個等式為________________ ________________________________________________________________________________________________________________________.
3．(xx年陜西)觀察下列等式：
12＝1
12－22＝－3
12－22＋32＝6
12－22＋32－42＝－10
照此規(guī)律，第n個等式為_____________________________________________________．
4．如圖X561，在平面上，用一條直線截正方形的一個角，則截下的一個直角三角形按如圖X561(1)所標(biāo)邊長，由勾股定理，得c2＝a2＋b2.設(shè)想把正方形換成正方體，把截線換成如圖X561(2)所示的截面，這時從正方體上截下三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐OABC，若用s1，s2，s3表示三個側(cè)面面積，s4表示截面面積，則可以類比得到的結(jié)論是__________________．
(1) (2)
圖X561
5．已知cos＝，coscos＝，coscoscos＝，…，根據(jù)以上等式，可猜想出的一般結(jié)論是__________________________________________________．
6．(xx年廣東汕頭一模)觀察下列一組等式：＋2＝4，2＝4，＋3＝，3＝，＋4＝，4＝，…，根據(jù)這些等式反映的結(jié)果，可以得出一個關(guān)于自然數(shù)n的等式，這個等式可表示為_______________________________________________________．
7．(xx年福建龍巖模擬)代數(shù)式1＋(“…”表示無限重復(fù))是一個固定值，可以令原式＝t，由1＋＝t，解得其值為t＝，用類似方法可得＝______________.
8．某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下5個式子的值都等于同一個常數(shù)．
①sin213＋cos217－sin13cos17；
②sin215＋cos215－sin15cos15；
③sin218＋cos212－sin18cos12；
④sin2(－18)＋cos248－sin(－18)cos48；
⑤sin2(－25)＋cos255－sin(－25)cos55.
(1)試從上述5個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)；
(2)根據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．
9．(xx年廣東廣州一模)在等差數(shù)列{an}中，a1＋a2＝5，a3＝7，記數(shù)列的前n項和為Sn.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)是否存在正整數(shù)m，n，且1－的過程：
要證－1>－，
只需證＋>＋1，
即證(＋)2>(＋1)2，
即證>，即證35>11，顯然成立．
∴－1>－.其證法是( )
A．分析法 B．綜合法
C．間接證法 D．分析法與綜合法并用
5．(xx年山東)用反證法證明命題“設(shè)a，b為實數(shù)，則方程x2＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要做的假設(shè)是( )
A．方程x2＋ax＋b＝0沒有實根
B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一個實根
C．方程x2＋ax＋b＝0至多有兩個實根
D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有兩個實根
6．α，β是兩個不同的平面，m，n是平面α及β之外的兩條不同的直線，給出四個論斷：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.以其中的三個論斷作為條件，余下一個論斷作為結(jié)論，寫出你認為正確的一個命題____________________．
7．下表中的對數(shù)值有且僅有一個是錯誤的：
x
3
5
8
9
15
lgx
2a－b
a＋c
3－3a－3c
4a－2b
3a－b＋c＋1
請將錯誤的一個改正為________________．
8．(xx年福建)已知集合{a，b，c}＝{0,1,2}，且下列三個關(guān)系：①a≠2；②b＝2；③c≠0有且只有一個正確，則100a＋10b＋c＝__________.
9．(xx年湖北)已知等比數(shù)列{an}滿足|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)是否存在正整數(shù)m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，請說明理由．
10．(xx年浙江)已知等差數(shù)列{an}的公差d>0，設(shè){an}的前n項和為Sn，a1＝1，S2S3＝36.
(1)求d及Sn；
(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65成立．
第8講 數(shù)學(xué)歸納法
1．用數(shù)學(xué)歸納法證明：(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n13…(2n＋1)(n∈N*)，從“n＝k”到“n＝k＋1”左端需乘的代數(shù)式是( )
A．2k＋1 B．2(2k＋1)
C. D.
2．用數(shù)學(xué)歸納法證明：12＋22＋…＋n2＋…＋22＋12＝，第二步證明由“k到k＋1”時，左邊應(yīng)加( )
A．k2 B．(k＋1)2
C．k2＋(k＋1)2＋k2 D．(k＋1)2＋k2
3．對一切正整數(shù)n，n2與2n的大小關(guān)系為 ( )
A．對一切n∈N*，恒有n2<2n
B．對一切n∈N*，恒有n2≤2n
C．當(dāng)n＝1或n≥5時，n2<2n，n＝2,3,4時，n2≥2n
D．以上都不對
4．f(n)和g(n)都是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，滿足：①f(1)＝g(1)；②對n∈N*，f(n)－f(n－1)＝g(n)－g(n－1)．那么猜想對n∈N*時，有( )
A．f(n)>g(n)
B．f(n)對于一切n∈N*成立，則正整數(shù)m的最大值為__________．
8．已知f(n)＝＋＋＋…＋，則下列說法正確的是________．
①f(n)中共有n項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝＋；
②f(n)中共有n＋1項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝＋＋；
③f(n)中共有n2－n項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝＋；
④f(n)中共有n2－n＋1項，當(dāng)n＝2時，f(2)＝＋＋.
9．(xx年廣東深圳一模)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足4(n＋1)(Sn＋1)＝(n＋2)2an(n∈N*)．
(1)求a1，a2的值；
(2)求an；
(3)設(shè)bn＝，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求證：Tn<.
10．(xx年重慶)設(shè)a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N*)．
(1)若b＝1，求a2，a3及數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若b＝－1，問：是否存在實數(shù)c使得a2n4，故n的值為4.
5. 解析：由已知，得an＝1－，a8＝2，
∴a7＝1－＝，a6＝1－＝－1，a5＝1－＝2.
同理，a4＝，a3＝－1，a2＝2，a1＝.
6．1 0 解析：axx＝a4503－3＝1，axx＝a21007＝a1007＝a4252－1＝0.
7．(－3，＋∞) 解析：由{an}為遞增數(shù)列，得an＋1－an＝(n＋1)2＋k(n＋1)＋2－n2－kn－2＝2n＋1＋k>0恒成立，
即k>－(2n＋1)恒成立，即k>[－(2n＋1)]max＝－3.
8．20 解析：3＝20＋21；5＝20＋22,6＝21＋22；9＝20＋23,10＝21＋23,12＝22＋23；17＝20＋24,18＝21＋24,20＝22＋24，….故b43＝20.
9．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，則S10＝10a1＋45d＝55?d＝1?an＝a1＋(n－1)d＝n，
b4＝b1q3＝8?q＝2?bn＝b1qn－1＝2n－1，
則an＝n，bn＝2n－1.
(2)a1＝1，a2＝2，a3＝3，b1＝1，b2＝2，b3＝4，
從{an}，{bn}的前3項中各隨機抽取一項寫出相應(yīng)的基本事件有(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，共9個，
符合題意的有(1,1)，(2,2)，共2個，
故抽取的兩項的值相等的概率為.
10．解：∵an＋1－an＝(n＋2)n＋1－(n＋1)n
＝n，而n>0，
∴當(dāng)n<9時，an＋1－an>0，即an＋1>an；
當(dāng)n＝9時，an＋1－an＝0，即a10＝a9；
當(dāng)n>9時，an＋1－an<0，即an＋1a11>a12>….
∴當(dāng)n＝9或n＝10時，數(shù)列{an}有最大項，最大項為a9或a10.
第2講 等差數(shù)列
1．C 解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，a1＝2，S3＝(a1＋a3)＋a2＝3a2＝12，a2＝4，d＝2，則a6＝a1＋5d＝12.
2．A 解析：S8＝8a1＋d＝4a3＝4(a1＋2d)，4a1＝－20d，a1＝－5d.又∵a7＝a1＋6d＝d＝－2，∴a1＝10，a9＝a1＋8d＝10＋8(－2)＝－6.
3．D 解析：S1，S2，S4成等比數(shù)列，∴S＝S1S4，即(2a1－1)2＝a1(4a1－6)．解得a1＝－.
4．A 解析：由a1＋a7＋a13是一個確定的常數(shù)，得3a7是確定的常數(shù)，故②正確；S13＝＝13a7是確定的常數(shù)，故③正確；S8－S5＝a6＋a7＋a8＝3a7是確定的常數(shù)，故⑤正確．
5．C 解析：Sm－Sm－1＝am＝2，Sm＋1－Sm＝am＋1＝3，兩式相減，得am＋1－am＝d＝1.
解得m＝5.
6．C 解析：由已知，得2<2，即<1,2<1.又an－an－1＝d，故2<1，從而a1d<0.
7．2n－1 解析：由a3＝a－4，得1＋2d＝(1＋d)2－4，即d2＝4.因為{an}是遞增的等差數(shù)列，所以d＝2，故an＝2n－1.
8．20 解析：a3＋a8＝a1＋2d＋a1＋7d＝2a1＋9d＝10,3a5＋a7＝
3(a1＋4d)＋(a1＋6d)＝4a1＋18d＝2(2a1＋9d)＝210＝20.
9．解：設(shè)該數(shù)列公差為d，前n項和為Sn.
由已知，可得2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)．
所以a1＋d＝4，d(d－3a1)＝0.
解得a1＝4，d＝0，或a1＝1，d＝3.
所以，數(shù)列{an}的首項為4，公差為0，或首項為1，公差為3.
所以，數(shù)列的前n項和Sn＝4n或Sn＝.
10．解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，且d≠0，
由題意a1，a11，a13成等比數(shù)列，∴a＝a1a13.
∴(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，化為d(2a1＋25d)＝0.
∵d≠0，∴225＋25d＝0.解得d＝－2.
∴an＝25＋(n－1)(－2)＝－2n＋27.
(2)由(1)，得a3n－2＝－2(3n－2)＋27＝－6n＋31.可知此數(shù)列是以25為首項，－6為公差的等差數(shù)列．
∴Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2＝
＝
＝－3n2＋28n.
第3講 等比數(shù)列
1．A 解析：由等比數(shù)列的性質(zhì)，得a2a15＝a7a10＝36，則a15＝12.故選A.
2．A 解析：方法一：＝2＝q，有＝2,3x＋3＝2x，即
x＝－3，則等比數(shù)列－3，－6，－12，…的第四項為－24.
方法二：(3x＋3)2＝x(6x＋6)，9x2＋18x＋9＝6x2＋6x，3x2＋12x＋9＝0，x＝－3或x＝－1(舍)．則等比數(shù)列－3，－6，－12，…的第四項為－24.
3．C
4．D 解析：因為數(shù)列{an}是等比數(shù)列，a＝a3a9，所以a3，a6，a9成等比數(shù)列．
5．D 解析：設(shè){an}的公比為q，則8a2＋a5＝8a2＋a2q3＝0，解得q＝－2.∴＝＝－11.
6．D 解析：由題意，得Sn＝＝＝3－2an.
7．64 解析：a1，a2，a5成等比數(shù)列，有a＝a1a5，即(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，d＝2a1＝2，S8＝8a1＋d＝8＋56＝64.
8．6 解析：Sn＝＝2n＋1－2，S5＝62，S6＝126.所以至少需要6天．
9．解：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.
由已知，得a2－a1＝a1(q－1)＝2，則a1≠0.
∵22a2＝3a1＋a3，∴4a1q＝3a1＋a1q2.
∴a1(4q－3－q2)＝0，即q2－4q＋3＝0.
解得q＝3或q＝1.
由于a1(q－1)＝2，則q＝1不合題意，應(yīng)舍去．
故公比q＝3，首項a1＝1.
∴數(shù)列{an}的前n項和Sn＝.
10．解：(1)由{an}是等差數(shù)列，得d＝＝＝3.
∴an＝3＋(n－1)3＝3n.
設(shè)q是等比數(shù)列{bn－an}的公比，
有q3＝＝＝8，∴q＝2.
∴bn－an＝(b1－a1)2n－1＝2n－1.
從而bn＝an＋2n－1＝3n＋2n－1.
(2)數(shù)列{bn}的前n項和為
Sn＝(3＋6＋9＋…＋3n)＋(1＋2＋22＋…＋2n－1)
＝＋2n－1.
第4講 數(shù)列的求和
1．C
2．C 解析：S3＝a2＋10a1＝a1＋a2＋a3，a3＝9a1，q2＝9.a5＝a1q4＝81a1＝9，a1＝.
3．A 解析：由已知，得a＝a2a8，(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋14)，a1＝2.∴Sn＝na1＋d＝2n＋n(n－1)＝n2＋n.
4．C 解析：由已知，得q＝＝.∴a1＝＝23＝.∴l(xiāng)ga1＝lg.∵{an}為等比數(shù)列，∴l(xiāng)gan－lgan－1＝lg＝lg(n≥2)，∴{lgan}為等差數(shù)列．
∴所求和為8lg＋lg＝8(4lg2－3lg5)＋28(lg5－lg2)＝4lg2＋4lg5＝4.故選C.
5．A 解析：由a5＝5，S5＝15，得a1＝1，d＝1.∴an＝1＋(n－1)＝n.故＝＝－.∴＋…＋＝－＋－＋…＋－＝1－＝.故選A.
6．A
7．B 解析：由5a8＝8a13，得5(a1＋7d)＝8(a1＋12d)．
∴d＝－a1.由an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)≥0?n≤＝21.
∴數(shù)列{an}的前21項都是正數(shù)，以后各項都是負數(shù)．
故Sn取最大值時，n的值為21.故選B.
8. 解析：設(shè)第n(n≥2)行的第2個數(shù)構(gòu)成數(shù)列{an}，則有a3－a2＝2，a4－a3＝3，a5－a4＝4，…，an－an－1＝n－1，相加，得an－a2＝2＋3＋…＋(n－1)＝(n－2)＝，an＝2＋＝.
9．解：(1)方程x2－5x＋6＝0的根為2,3，
又因為{an}是遞增的等差數(shù)列，則a2＝2，a4＝3.
設(shè)數(shù)列的公差為d，a4－a2＝2d＝1，
∴d＝，a1＝.
∴{an}的通項公式為an＝＋(n－1)＝＋1.
(2)設(shè)數(shù)列的前n項和為Sn，
由(1)知，＝，則Sn＝＋＋＋…＋，
Sn＝＋＋＋…＋，
兩式相減，得Sn＝＋－＝＋－＝1－.
∴數(shù)列的前n項和為Sn＝2－.
10．解：(1)由2b1＝a1＋a2，得a2＝2b1－a1＝24.
由a＝b1b2，得b2＝＝36.
(2)∵an，bn，an＋1成等差數(shù)列，∴2bn＝an＋an＋1.?、?
∵bn，an＋1，bn＋1成等比數(shù)列，∴a＝bnbn＋1.
∵數(shù)列{an}，{bn}的每一項都是正數(shù)，∴an＋1＝.②
于是當(dāng)n≥2時，an＝.?、?
將②，③代入①式，得2＝＋，
因此數(shù)列{}是首項為4，公差為2的等差數(shù)列．
∴＝＋(n－1)d＝2n＋2，于是bn＝4(n＋1)2.
由③式，得當(dāng)n≥2時，
an＝＝＝4n(n＋1)．
當(dāng)n＝1時，a1＝8，滿足該式子，
∴對一切正整數(shù)n，都有an＝4n(n＋1)．
(3)由(2)知，所證明的不等式為
＋＋＋…＋<.
方法一：首先證明<(n≥2)．
∵0?(n－1)(n＋2)>0，當(dāng)n≥2時，該式恒成立，
∴當(dāng)n≥2時，＋＋…＋<＋＝＋
<＋＝.
當(dāng)n＝1時，<.
綜上所述，對一切正整數(shù)n，有＋＋＋…＋<.
方法二：<＝＝.
當(dāng)n≥3時，＋＋…＋
<＋＋
<＋＋<.
當(dāng)n＝1時，<；當(dāng)n＝2時，＋<＋＝.
綜上所述，對一切正整數(shù)n，有＋＋＋…＋<.
方法三：<＝＝.
當(dāng)n≥4時，＋＋…＋
<＋＋＋
<＋＋＋<.
當(dāng)n＝1時，<；當(dāng)n＝2時，＋<＋＝；
當(dāng)n＝3時，＋＋<＋＋＝.
綜上所述，對一切正整數(shù)n，有＋＋＋…＋<.
第5講 利用幾類經(jīng)典的遞推關(guān)系式求通項公式
1．C 2.C
3．B 解析：由題意，得解得
∵bn＝an＋1－an，∴b1＋b2＋…＋bn＝an＋1－a1.
∴a8＝b1＋b2＋…＋b7＋3＝7(－6)＋2＋3＝3.
4．D 解析：數(shù)列{an}為等比數(shù)列，則8a2＋a5＝a2(8＋q3)＝0.∵a2≠0，∴q＝－2.∴＝q2＝4；＝＝；＝q＝－2；＝，其值與n有關(guān)．故選D.
5．(－2)n－1 解析：兩式相減，得
an＝an－an－1，an＝－an－1，＝－2，a1＝1，
則an＝(－2)n－1.
6. 解析：由an＋1＝，得＝＝＋3?－＝3?＝1＋3(n－1)．∴an＝.
7．32n－1－n－1 解析：令an＋1＋A(n＋1)＋B＝2(an＋An＋B)，運用待定系數(shù)法，得A＝1，B＝1.∴an＋1＋(n＋1)＋1＝2(an＋n＋1)．∴an＋n＋1＝32n－1.∴an＝32n－1－n－1.
8．n3n－1 解析：∵an＋1＝3an＋3n，∴＝＋1.令＝bn，∴數(shù)列{bn}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，∴bn＝1＋1(n－1)＝n.∴an＝n3n－1.
9．證明：(1)由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，所以是首項為，公比為3的等比數(shù)列．所以an＋＝.
因此數(shù)列{an}的通項公式為an＝.
(2)由(1)知，＝.
因為當(dāng)n≥1時，3n－1≥23n－1，
所以≤，即＝≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋
＝<.
所以＋＋…＋<.
10．(1)證明：a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*，
等式兩邊同除以n(n＋1)，得＝＋1，
即－＝1.
∴數(shù)列是首項為1，公差為1的等差數(shù)列．
(2)解：由(1)，得＝1＋(n－1)1＝n，即an＝n2.
從而bn＝3n＝n3n.
Sn＝131＋232＋333＋…＋n3n，
3Sn＝132＋233＋334＋…＋n3n＋1，
兩式相減，得－2Sn＝31＋32＋33＋…＋3n－n3n＋1
＝－n3n＋1＝.
∴Sn＝.
第6講 合情推理和演繹推理
1．D
2．2n135…(2n－1)＝(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)
3．12－22＋32－…＋(－1)n－1n2＝(－1)n＋1
4．s＝s＋s＋s
5．coscos…cos＝，n∈N*
6.＋(n＋1)＝(n＋1)，n∈N*
解析：由于＋(n＋1)＝＝，
(n＋1)＝，故＋(n＋1)＝(n＋1)，n∈N*.
7．2 解析：類似令原式＝t，有＝t,2＋t＝t2，解得t＝－1(舍去)或t＝2.
8．解：(1)選擇②，由sin215＋cos215－sin15cos15＝1－sin30＝，故這個常數(shù)是.
(2)推廣，得到三角恒等式
sin2α＋cos2(30－α)－sinαcos(30－α)＝.
證明：sin2α＋cos2(30－α)－sinαcos(30－α)
＝sin2α＋(cos30cosα＋sin30sinα)2－sinα(cos30cosα＋sin30sinα)
＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α＝sin2α＋cos2α＝.
9．解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
因為即解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋3(n－1)＝3n－2.
所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－2(n∈N*)．
(2)因為＝＝，
所以數(shù)列的前n項和
Sn＝＋＋＋…＋＋
＝＋＋＋…＋＋
＝＝.
假設(shè)存在正整數(shù)m，n，且10，所以3m2－6m－1<0.
因為m>1，所以10，∴d＝2，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，
Sn＝＝n2(n∈N*)．
(2)由(1)知，am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k
＝＝(2m＋k－1)(k＋1)＝65.
∵m，k∈N*,2m＋k－1>1，k＋1>1，
∴解得(舍去)．
或解得
綜上所述，m＝5，k＝4.
第8講 數(shù)學(xué)歸納法
1．B 2.D 3.C 4.C
5．D 解析：原等式共有5n項，當(dāng)n＝1時，25－1＝24，選D.
6．C 解析：Sk＋1＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝＋＋…＋＋＋－＝Sk＋－.
7．1007 解析：記f(n)＝＋＋＋…＋，
則f(n＋1)－f(n)＝＋－＝－>0，數(shù)列{f(n)}是遞增數(shù)列，則f(n)min＝f(1)＝，∴m≤1007.
8．④
9．(1)解：當(dāng)n＝1時，有4(1＋1)(a1＋1)＝(1＋2)2a1，
解得a1＝8.
當(dāng)n＝2時，有4(2＋1)(a1＋a2＋1)＝(2＋2)2a2，
解得a2＝27.
(2)解：方法一：當(dāng)n≥2時，有4(Sn＋1)＝. ①
4(Sn－1＋1)＝.?、?
①－②，得4an＝－，
即＝.
∴＝＝＝…＝＝1.
∴an＝(n＋1)3(n≥2)．
方法二：根據(jù)a1＝8，a2＝27，猜想：an＝(n＋1)3.
①當(dāng)n＝1時，有a1＝8＝(1＋1)3，猜想成立．
②假設(shè)當(dāng)n＝k時，猜想也成立，即ak＝(k＋1)3.
那么當(dāng)n＝k＋1時，
有4(k＋1＋1)(Sk＋1＋1)＝(k＋1＋2)2ak＋1，
即4(Sk＋1＋1)＝，?、?
又 4(Sk＋1)＝， ②
①－②，得4ak＋1＝－＝－，
解得ak＋1＝(k＋2)3＝(k＋1＋1)3 .
∴當(dāng)n＝k＋1時，猜想也成立．
因此，由數(shù)學(xué)歸納法證得an＝(n＋1)3成立．
(3)證明：∵bn＝＝<＝－，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝＋＋＋…＋＋<＋＋＋…＋＋
＝＋＋＋…＋＋＝＋－<.
10．解：(1)方法一：a2＝2，a3＝＋1.
再由題設(shè)條件知，
(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.
從而{(an－1)2}是首項為0，公差為1的等差數(shù)列．
故(an－1)2＝n－1，即an＝＋1(n∈N*)．
方法二：a2＝2，a3＝＋1.
可寫為a1＝＋1，a2＝＋1，a3＝＋1.
因此猜想an＝＋1.
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上式：
當(dāng)n＝1時，結(jié)論顯然成立．
假設(shè)n＝k時結(jié)論成立，即ak＝＋1，則
ak＋1＝＋1＝＋1＝＋1，
這就是說，當(dāng)n＝k＋1時結(jié)論成立．
所以an＝＋1(n∈N*)．
(2)方法一：設(shè)f(x)＝－1，則an＋1＝f(an)．
令c＝f(c)，即c＝－1.解得c＝.
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明a2nf(a2k＋1)>f(1)＝a2，即
1>c>a2k＋2>a2.
再由f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)，得
c＝f(c)f(a2k＋1)＝a2k＋2，
a2(k＋1)＝f(a2k＋1)f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.
所以a2n＋1>－1.
解得a2n＋1>.?、?
綜上所述，由②③④知，存在c＝使得a2n
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)
第五章
數(shù)列知能訓(xùn)練
2019
2020
年高
數(shù)學(xué)
復(fù)習(xí)
第五
數(shù)列
知能
訓(xùn)練
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