【走向高考】(2013春季发行)高三数学第一轮总复习 6-1数列的概念 新人教A版


6-1 数列的概念
基础巩固强化 1.(2011·广东深圳一检)设数列{(-1) }的前 n 项和为 Sn,则对任意正整数 n,Sn= ( ) A. C. ?
n

n[? -1?
2
n

n

-1]

B. D. ?

?

-1? 2

n-1

+1

-1? +1 2

-1? -1 2

n

[答案] D [解析] -1-?
n

因 为 数 列 {( - 1) } 是 首 项 与 公 比 均 为 - 1 的 等 比 数 列 , 所 以 Sn =
n

n

-1? ×? -1? ? -1? -1 = ,选 D. 1-? -1? 2

[点评] 直接检验,S1=-1,排除 B,C;S3=-1,排除 A,故选 D. 2.(文)(2011·许昌月考)已知数列{an}的通项公式是 an = ( ) A.递增数列 C.摆动数列 [答案] A 2 2 * [解析] an= - ,∵n∈N , 3 9n+3 ∴an 随 n 的增大而增大,故选 A. [点评] 1 上面解答过程利用了反比例函数 y=- 的单调性,也可以直接验证 an+1- B.递减数列 D.常数列 2n ,那么这个数列是 3n+1

x

an>0.
(理)已知数列{an}的通项公式是 an=n +kn+2,若对任意 n∈N ,都有 an+1>an 成立,则 实数 k 的取值范围是( A.k>0 C.k>-2 [答案] D [解析] 由 an+1>an 知道数列是一个递增数列,又因为通项公式 an=n +kn+2,可以看
2 2 *

) B.k>-1 D.k>-3

k 3 * 作是关于 n 的二次函数,考虑到 n∈N ,所以- < ,即得 k>-3,故选 D. 2 2
3 . ( 文 ) 将 数 列 {3
n-1

} 按 “ 第 n 组 有 n 个 数 ” 的 规 则 分 组 如 下 : (1) , (3,9) , )
5050

(27,81,243),?,则第 100 组中的第一个数是( A.3
4950

B.3

5000

C.3

5010

D.3

1

[答案] A [解析] 由“第 n 组有 n 个数”的规则分组中, 各组数的个数构成一个以 1 为首项, 公 ? 1+99? 差为 1 的等差数列,前 99 组数的个数共有 2 数是 3
4950

99 =4950 个,故第 100 组中的第 1 个

,选 A.

(理)已知整数对按如下规律排成一列:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1), (1,4),(2,3),(3,2),(4,1),??则第 2014 个数对是( A.(3,61) C.(61,3) [答案] C [解析] 根据题中规律知,(1,1)为第 1 项,(1,2)为第 2 项,(1,3)为第 4 项,?,整 数对和为 n+1 的有 n 项,由 B.(3,60) D.(61,2) )

n? n+1?
2

≤2014 得 n≤62,且 n=63 时,

n? n+1?
2

=2016,

故第 2014 个数对是和为 64 的倒数第 3 项,即(61,3). 4.(2012·河北保定模拟)已知等比数列{an}中,有 a3a11=4a7,数列{bn}是等差数列, 且 b7=a7,则 b5+b9 等于( A.2 [答案] D [解析] ∵a3a11=4a7,∴a7=4a7,∴a7=4, ∴b5+b9=2b7=2a7=8. 5.(2011·三亚联考)已知数列{an}的通项公式为 an=log3 为 Sn,则使 Sn<-4 成立的最小自然数 n 等于( A.83 C.81 [答案] C [解析] ∵an=log3 ) B.82 D.80
2

) C.6 D.8

B.4

n

n+1

(n∈N ),设其前 n 项和

*

n =log3n-log3(n+1), n+1

∵Sn=log31-log32+log32-log33+?+log3n-log3(n+1)=-log3(n+1)<-4,解得

n>34-1=80.
→ 6. 在数列{an}中, 已知 an+1+an-1=2an(n∈N+, ≥2), n 若平面上的三个不共线的向量OA、 → → A.1007 C.2014 → → → ) B.1008 D.2015
2

OB、OC,满足OC=a1007OA+a1008OB,三点 A、B、C 共线,且直线不过 O 点,则 S2014 等于(

[答案] A [解析] 由条件知{an}成等差数列, ∵A、B、C 共线,∴a1007+a1008=1, 2014? a1+a2014? ∴S2014= =1007(a1007+a1008)=1007. 2 1 1 7.已知数列{an}中,a1= ,an+1=1- (n≥2),则 a2014=________. 2 an [答案] 1 2

1 1 1 1 [解析] 由题可知 a2=1- =-1,a3=1- =2,a4=1- = ,∴此数列是以 3 为周 a1 a2 a3 2 期的周期数列, 1 ∴a2014=a1= . 2 8. (文)(2011·吉林部分中学质量检测)已知数列{an}的前 n 项和 Sn=2 -3, 则数列{an} 的通项公式为________.
?-1,n=1 ? [答案] an=? n-1 ?2 ,n≥2 ?
n

[解析]
? ?-1,n=1 ? n-1 ? ?2 ,n≥2

当 n≥2 时, an = Sn - Sn - 1 =2 .

n-1

,当 n =1 时, a1 = S1 =-1,所以 an =

(理)(2011·湖南湘西联考)设关于 x 的不等式 x -x<2nx(n∈N )的解集中整数的个数为

2

*

an,则数列{an}的前 n 项和 Sn=________.
[答案] n +n(n∈N ) [解析] 由 x -x<2nx(n∈N )得 0<x<2n+1,则 an=2n,所以 Sn=n +n. 9.(文)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,对于所有 n∈N ,Sn=
* 2 * 2 2 *

a1? 3n-1?
2

,且 a4=54,则

a1=______.
[答案] 2 [解析] a4=S4-S3=40a1-13a1=27a1=54, ∴a1=2. (理)已知数列 2008,2009,1,-2008,-2009,?这个数列的特点是从第二项起,每一 项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前 2014 项之和 S2014 等于________. [答案] 2010 [解析] 由题意 an+1+an-1=an(n≥2),an+an+2=an+1,两式相加得 an+2=-an-1, ∴an+3=-an,∴an+6=an,
3

即{an}是以 6 为周期的数列. ∵2014=335×6+4,a1+a2+a3+a4+a5+a6=0, ∴a1+a2+?+a2014=335×0+a1+a2+a3+a4=2010. 1 10.(文)数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,an+1= Sn(n=1,2,3,?),求 an. 3 1 [解析] ∵an+1= Sn, 3 1 ∴an= Sn-1(n≥2). 3 1 1 ∴an+1-an= (Sn-Sn-1)= an(n≥2). 3 3 4 ∴an+1= an(n≥2). 3 1 1 1 又 a1=1,a2= S1= a1= , 3 3 3 4 ∴{an}是从第二项起,公比为 的等比数列. 3

an= ( )n-2.

1 4 3 3

?1,n=1, ? ∴an=?1 4 n-2 ,n≥2. ?3? 3? ?
(理)(2011·邯郸模拟)已知数列{an}满足前 n 项和 Sn=n +1,数列{bn}满足 bn= 且前 n 项和为 Tn,设 cn=T2n+1-Tn. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)判断数列{cn}的增减性. [解析] (1)Sn=n +1,∴an=Sn-Sn-1=(n +1)-[(n-1) +1]=2n-1(n≥2), 当 n=1 时,a1=S1=2, ∵bn= 2
2 2 2 2

2 , an+1

an+1

,∴b1=

2

a1+1 3

2 = ,

n≥2 时,bn=
?

2 1 = , 2n-1? +1 n

?2 ?3 ∴b =? 1 ?n ?
?
n

n=1? ,
? n≥2? .

4

(2)由题设知,Tn=b1+b2+?+bn,T2n+1=b1+b2+?+b2n+1, ∴cn=T2n+1-Tn=bn+1+bn+2+?+b2n+1, ∴ cn +1 - cn =(bn +2 + bn +3 +?+ b2n +3)-(bn +1 + bn +2 +?+ b2n +1)= b2n +2 + b2n +3 - bn +1 = 1 1 1 1 1 1 + - < + - =0, 2n+2 2n+3 n+1 2n+2 2n+2 n+1 ∴cn+1<cn,即数列{cn}为递减数列. 能力拓展提升 11.(文)下图是用同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案,则按此规律第 n 个图案中需用黑色瓷砖的块数为(用含 n 的代数式表示)( )

A.4n C.4n-3 [答案] D

B.4n+1 D.4n+8

[解析] 第(1), (2), (3)个图案黑色瓷砖数依次为 3×5-3=12; 4×6-2×4=16; 5×7 -3×5=20,代入选项验证可得答案为 D. (理)(2012·湖北文, 17)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小 石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数:

将三角形数 1,3,6,10, ?记为数列{an}, 将可被 5 整除的三角形数按从小到大的顺序组 成一个新数列{bn}.可以推测:b2012 是数列{an}中的第________项. [答案] 5030 [解析] 由前四组可以推知 an=

n? n+1?
2

,b1=a4=10,b2=a5=15,b3=a9=45,b4

=a10=55,依次可知,当 n=4,5,9,10,14,15,19,20,24,25,?时,an 能被 5 整除,由此可 得,b2k=a5k(k∈N ),∴b2012=a5×1006=a5030. 12.(2011·赣州市摸底)设 a1,a2,?,a50 是从-1,0,1 这三个整数中取值的数列, 若 a1+a2+?+a50=9,且(a1+1) +(a2+1) +?+(a50+1) =107,则 a1,a2,?,a50 中数
5
2 2 2 *

字 1 的个数为( A.24 C.14 [答案] A [解析] ? ?? ?
2 2

) B.15 D.11

?a1+a2+?+a50=9, ?

a1+1?
2

2

+?

a2+1?

2

+?+? a50+1?

2

=107,

? a1+a2+?+a50=39. 故 a1,a2,?,a50 中有 11 个零, 设有 x 个 1,y 个-1,则
? ?x+y=39, ? ?x-y=9, ?

??

? ?x=24, ?y=15. ?

故选 A.
n
*

13.(文)(2011·辽宁大连模拟)数列{an}中,a1=2,且 an+1=an+2 (n∈N ),则 a2010= ( ) A.2 C.2
2010

-1 +2

B.2 D.2

2010

2010

2011

-1

[答案] B [解析] 由条件知 an+1-an=2 ,a1=2, ∴ an =(an - an - 1)+(an - 1 - an - 2)+?+(a2 - a1)+ a1 =2 2×? 2 -1? n 2010 +2=2 ,∴a2010=2 . 2-1 (理)(2011·大同市模拟)已知定义在 R 上的函数 f(x), g(x)满足
n-1 n-1 n

+2

n-2

+?+2 +2+2=

2

f? x? g? x?

= a ,且

x

f? 1? f? -1? 5 f? n? * f ′(x)g(x)<f(x)g′(x), + = ,若有穷数列{ }(n∈N )的前 n 项和 g? 1? g? -1? 2 g? n?
31 等于 ,则 n 等于( 32 A.4 [答案] B [解析] f ′(x)g(x)<f(x)g′(x) ? B.5 ) C.6 D.7

f ′? x? g? x? -f? x? g′? x? <0 2 [g? x? ] f? x? ]′<0? 0<a<1, g? x?

?[

f? 1? f? -1? 5 5 -1 2 + = ? a+a = ? 2a -5a+2=0 g? 1? g? -1? 2 2

6

1 ? a= 或 a=2(舍去), 2 ∴

f? n? 1 n =( ) , g? n? 2 f? n? 1 1 * }(n∈N )是以 为首项, 为公比的等比数列. g? n? 2 2
n

∴{

1 1 [1-? ? 2 2 ∴ 1 1- 2

] 31 = , 32

1 n 1 ∴( ) = ,∴n=5.故选 B. 2 32 14. (文)(2011·山西忻州市联考)数列{an}中, 1=35, n+1-an=2n-1(n∈N ), a a 则 的 最小值是________. [答案] 10 [解析] 由 an+1-an=2n-1 可知,当 n≥2 时,
*

an n

an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(an-2-an-3)+?+(a2-a1)+a1=[2(n-1)-1]+[2(n-
2)-1]+[2(n-3)-1]+?+(2×1-1)+35=2[1+2+3+?+(n-1)]-(n-1)+35=n -2n+36. ∴ =
2

an n2-2n+36 36 =n+ -2≥2× n n n

n· -2=10, n

36

当且仅当 n=6 时,取等号. πx (理)已知 f(x)=sin ,an=f(n)+f ′(n),数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S2013= 2 ________. [答案] 1 π πx nπ π nπ π [解析] f ′(x)= cos ,an=sin + cos ,∴a1=1,a2=- ,a3=-1, 2 2 2 2 2 2

a4= ,且{an}的周期为 4,又 2013=503×4+1 且 a1+a2+a3+a4=0,
∴S2013=503×0+a1=1. 15.(文)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,且 3an+1+2Sn=3(n 为正整数). (1)求出数列{an}的通项公式; (2)若对任意正整数 n,k≤Sn 恒成立,求实数 k 的最大值. [解析] (1)∵3an+1+2Sn=3,① ∴当 n≥2 时,3an+2Sn-1=3,②

π 2

7

由①-②得,3an+1-3an+2an=0. ∴

an+1 1 = (n≥2). an 3

1 又∵a1=1,3a2+2a1=3,解得 a2= . 3 1 ∴数列{an}是首项为 1,公比 q= 的等比数列. 3 ∴an=a1q
n-1

?1?n-1 =? ? (n 为正整数). ?3?

3? ?1?n? (2)由(1)知,Sn= ?1-? ? ? 2? ?3? ? 由题意可知,对于任意的正整数 n,恒有

k≤ ?1-? ?n?, 3
? 2 ?1?n? ∵数列?1-? ? ?单调递增,当 n=1 时,数列取最小项为 ,∴必有 k≤1,即实数 k 的 3 ?3? ? ?

3? 2?

?1? ? ? ??

最大值为 1. (理)(2011·福建厦门一模)已知二次函数 f(x)= ax + bx 的图象过点(-4n,0),且
2

f ′(0)=2n,n∈N*.
(1)求 f(x)的解析式; (2)若数列{an}满足 1

an+1

1 =f ′( ),且 a1=4,求数列{an}的通项公式;

an

4 (3)记 bn= anan+1,数列{bn}的前 n 项和 Tn,求证: ≤Tn<2. 3
?b=2n, ? [解析] (1)由题意及 f ′(x)=2ax+b 得? 2 ? ?16n a-4nb=0,

?a=1, ? 解之得? 2 ?b=2n, ?
(2)由条件得 1

1 2 * 即 f(x)= x +2nx(n∈N ). 2

an+1 an

1 1 1 = +2n,∴ - =2n,

an+1 an

1 1 累加得 - =2+4+6+?+2(n-1) an 4 = [2+2?

n-1? ]×? n-1?
2

=n -n,

2

1 1 2 ∴ =(n- ) , an 2

8

1 所以 an= 1 ? n- ? 2 (3)bn= anan+1=


2

?

4 2n-1?

2

(n∈N ).

*

4 ? 2n-1? ? 2n+1?

1 1 =2( - ), 2n-1 2n+1 则 Tn=b1+b2+?+bn = a1a2+ a2a3+?+ anan+1 1 1 1 1 1 =2[(1- )+( - )+?+( - )] 3 3 5 2n-1 2n+1 1 =2(1- )<2. 2n+1 1 4 4 ∵2n+1≥3,故 2(1- )≥ ,∴ ≤Tn<2. 2n+1 3 3 16.如图所示,四边形 OABP 是平行四边形,过点 P 的直线与 OA、OB 分别相交于点 M、 → → → →

N.若OM=xOA,ON=yOB.

(1)把 y 用 x 表示出来(即求 y=f(x)的解析式); (2)设数列{an}的首项 a1=1,前 n 项和 Sn 满足:Sn=f(Sn-1)(n≥2),求数列{an}的通项 公式. → → → → → → → → → → → → → → → → → → → [解析] (1)OP=AB=OB-OA, 则NM=OM-ON=xOA-yOB,

MP=OP-OM=(OB-OA)-xOA=-(1+x)OA+OB,
又由NM∥MP得,x-y(1+x)=0,即 y= (2)当 n≥2 时,∵Sn=f(Sn-1)=

x (x>0). x+1

Sn-1

Sn-1+1



9

1 Sn-1+1 1 ∴ = = +1,

Sn

Sn-1

Sn-1

1 又 S1=a1=1,那么数列{ }是首项和公差都为 1 的等差数列,

Sn

1 1 ∴ =1+(n-1)=n,即 Sn= ,

Sn

n

? ?1 ∴an=?

?

n=1? ,
? n≥2? ,

?Sn-Sn-1 ?

?1 ? n=1? , ? 即 an=? 1 ? n≥2? . ?-n? n-1? ?

1.如果 f(a+b)=f(a)·f(b)(a,b∈R)且 f(1)=2,则 +

f? 2? f? 4? f? 6? + + +? f? 1? f? 3? f? 5?

f? 2014? 等于( f? 2013?
A.2011 C.2013 [答案] D

) B.2012 D.2014

[解析] 令 a=n,b=1,f(n+1)=f(n)·f(1), ∴ ∴

f? n+1? =f(1)=2, f? n? f? 2? f? 4? f? 6? f? 2014? + + +?+ =2×1007=2014. f? 1? f? 3? f? 5? f? 2013?
1

2.已知数列{an}中,a1=1,且 A.6042 C. 1 6043

an+1 an

1 * = +3(n∈N ),则 a2015=( B.6048 D. 1 6047

)

[答案] C [解析] ∵ -1)=3n-2, ∴an= 1 1 ,∴a2015= . 3n-2 6043 1

an+1 an

?1? 1 1 1 - =3, ∴数列? ?是首项为 =1, 公差为 3 的等差数列, =1+3(n ∴ ?an?

a1

an

3.由 1 开始的奇数列,按下列方法分组:(1),(3,5),(7,9,11),?,第 n 组有 n 个
10

数,则第 n 组的首项为( A.n -n C.n +n [答案] B
2 2

) B.n -n+1 D.n +n+1
2 2

? n-1? [解析] 前 n-1 组共有 1+2+?+(n-1)= 数,故第 n 组的首项为 2×

? n-1+1? n? = 2

n-1?
2

个奇

n? n-1?
2

+1=n -n+1.

2

[点评] 可直接验证,第 2 组的首项为 3,将 n=2 代入可知 A、C、D 都不对,故选 B. 4.已知数列{an}满足 a1=0,an+1=an+2n,那么 a2014 的值是( A.2012×2013 C.2010×2011 [答案] B [解析] 解法 1:a1=0,a2=2,a3=6,a4=12,考虑到所给结论都是相邻两整数乘积 的形式,可变形为: B.2013×2014 D.2011×2012 )

a1=0×1,a2=1×2,a3=2×3,a4=3×4,
猜想 a2014=2013×2014,故选 B. 解法 2:an-an-1=2(n-1),

an-1-an-2=2(n-2),
?

a3-a2=2×2, a2-a1=2×1.
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a3-a2)+(a2-a1)+a1 =2[(n-1)+(n-2)+?+1]. ? n-1? =2 ? n-1+1? =n(n-1). 2

∴a2014=2013×2014. 5.(2012·福建文,11)数列{an}的通项公式 an=ncos 于( ) A.1006 C.503 [答案] A [解析] 本题考查了数列求和中的分组求和思想方法. B.2012 D.0


2

,其前 n 项和为 Sn,则 S2012 等

11

∵y=cos



2π 的周期 T= =4, 2 π 2

∴可分四组求和.

a1+a5+?+a2009=0, a2+a6+?+a2010=-2-6-?-2010= a3+a7+?+a2011=0, a4+a8+?+a2012=4+8+?+2012=
503·? 4+2012? =503×1008, 2 503·? -2-2010? =-503×1006, 2

∴S2012=0-503×1006+0+503×1008=503·(-1006+1008)=1006. [点评] 对于不能直接套用已有公式的情形, 要注意适当化归或分组, 数列求和一般有 直套公式型,分组求和型,裂项相消型和错位相减型等. 6.如图所示的程序框图,如果输入值为 2015,则输出值为________.

[答案] -5 [解析] 此程序框图计算数列{an}的第 n 项,并输出,其中 a1=1,a2=5,an+2=an+1-

an 依次计算可得数列的项为:1,5,4,-1,-5,-4,1,5,4,故该数列周期为 6,又 2015
=335×6+5,∴a2015=a5=-5. 2 n 7.(2011·浙江文,17)若数列{n(n+4)( ) }中的最大项是第 k 项,则 k=________. 3 [答案] 4 [解析] 由题意可列不等式组?
?ak≥ak+1, ? ? ?ak≥ak-1.

12

?k? ? 即? ?k? ?

k+4? ? k+4? ?
2

2 ? 3 2 ? 3

k

≥? ≥?

k+1? ? k+5? ? k-1? ? k+3? ?

2 ? 3 2 ? 3

k+1

, .

k

k-1

? ?k ≥10, 化简可得? 2 ? ?k -2k-9≤0.

解之得 10≤k≤1+ 10,

又∵k∈Z,∴k=4.

13


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