微专题强化练(一) 数列通项公式的求法
一、选择题
1．数列1，－，，－，…的通项公式可能是( )
A．an＝(－1)n-1 B．an＝(－1)n
C．an＝(－1)n-1 D．an＝(－1)n
2．已知a1＝2，an＋1＝an，则a2 024＝( )
A．506 B．1 012
C．2 024 D．4 048
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋2n＝2an，则a2 022＝( )
A．22 022－2 B．22 023－2
C．22 024－2 D．22 021－2
an＝2n+1－2，a2 022＝22 023－2．故选B．]
4．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋n＋1(n∈N*)，则＋＋＋…＋＝( )
A． B．
C． D．
5．(多选)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层(即第一层)有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设“三角垛”从第一层到第n层的各层的球数构成一个数列{an}，则( )
A．a5＝15 B．a100＝5 000
C．2an＋1＝an·an＋2 D．an＋1＝an＋n＋1
二、填空题
6．观察数列，－，( )，－，，( )…的特点，则括号中应填入的适当的数为________．
7．已知数列{an}为等比数列，且a5a6＝2，数列{bn}满足b1＝1，且＝an，则b11＝________．
8．已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝3an＋2·3n+1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________．
三、解答题
9．在①＝，②Sn＝an这两个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答下列题目．
设首项为2的数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{cn}的前n项和为an，令dn＝，求数列{dn}的前n项和Mn．
微专题强化练(一)
1．C [将数列1，－，，－，，…变为，－，，－，，…，从而可知分母的规律为2n，分子的规律为n＋1，再结合正负的调节，可知其通项为an＝(－1)n-1．故选C．]
2．D [由a1＝2，an＋1＝an可得＝，故a2 024＝··…··a1＝··…··2＝4 048，故选D．]
3．B [当n＝1时，S1＋2＝2a1，a1＝2，当n≥2时，Sn－1＋2(n－1)＝2an－1，Sn＋2n－Sn－1－2(n－1)＝2an－2an－1，即an＝2an－1＋2，∴an＋2＝2(an－1＋2)，＝2，{an＋2}是以a1＋2＝4为首项，以2为公比的等比数列．∴an＋2＝4·2n-1，
an＝2n+1－2，a2 022＝22 023－2．故选B．]
4．A [由an＋1＝an＋n＋1，得an－an－1＝n，an－1－an－2＝n－1，an－2－an－3＝n－2，…，a3－a2＝3，a2－a1＝2，各式相加得：an－a1＝2＋3＋…＋n，又a1＝1，
∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝，
∴＝＝2，
∴＋＋＋…＋
＝2×
＝2×＝．故选A．]
5．AD [由题设，an＝，故a5＝＝15，a100＝＝5 050，A正确，B错误；又2an＋1＝(n＋1)(n＋2)，an·an＋2＝，显然2an＋1≠an·an＋2，C错误；an＋n＋1＝＋n＋1＝＝an＋1，D正确．故选AD．]
6．，－ [由题可得数列的通项公式为an＝(－1)n+1，∴a3＝，a6＝－．]
7．32 [因为{an}是等比数列，于是有a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝a5a6＝2，而＝an，则有b11＝b1···…·＝b1a1a2a3·…·a10＝25＝32，所以b11＝32．]
8．an＝(2n－1)·3n [由an＋1＝3an＋2·3n+1，得＝＋2·，∴－＝2，
即数列是首项为1，公差为2的等差数列，∴＝2n－1，得an＝(2n－1)·3n．]
9．解： (1)选①：∵＝，即an＋1＝，∴＝，即＝，∴数列是常数列，
∴＝＝1，故an＝n(n＋1)．
选②：∵3Sn＝(n＋2)an，∴当n≥2时，3Sn－1＝(n＋1)an－1，则3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，
∴＝，∴an＝··…···a1＝n(n＋1)，当n＝1时，a1＝2也满足，∴an＝n(n＋1)．
(2)由(1)知当n≥2时，an－1＝(n－1)n，∴cn＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n，又∵n＝1时，a1＝2＝2×1＝c1，符合上式，∴cn＝2n，
∴dn＝2n·＝n·，
∴Mn＝1·＋2·＋3·＋…＋(n－1)·＋n·，
而Mn＝1·＋2·＋3·＋…＋(n－1)·＋n·，两式相减得
Mn＝＋＋＋…＋＋－n·
＝－n·＝2－2×－n·＝2－(2＋n)，∴Mn＝4－2(2＋n)＝4－．微专题强化练(二) 数列求和
一、选择题
1．数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n＋3，则a4＋a5＋…＋a10等于( )
A．171 B．21
C．10 D．161
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5＝( )
A．1 B．
C． D．
3．已知在前n项和为Sn的数列{an}中，a1＝1，an＋1＝－an－2，则S101＝( )
A．－97 B．－98
C．－99 D．－100
4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为( )
A．2n＋n2－1 B．2n+1＋n2－1
C．2n＋n－2 D．2n+1＋n2－2
5．(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a8＝31，S10＝210，则( )
A．若bn＝(－1)n·an，则数列{bn}的前2 020项和为4 040
B．数列}是公比为8的等比数列
C．S19＝19a9
D．若bn＝，则数列{bn}的前2 020项和为
二、填空题
6．已知数列{an}的通项公式an＝2n－1，则其前n项和Sn＝________．
7．在数列{an}中，Sn为它前n项和，已知a2＝1，a3＝6，且数列{an＋n}是等比数列，则Sn＝________．
8．已知函数f (x)＝(x∈R)，等差数列{an}满足a2 022＝0，则f (a1)＋f (a2)＋f (a3)＋…＋f (a4 043)＝________．
三、解答题
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4－2n+2，数列{bn}的前n项和Bn＝2n2－n．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝bn·an，求数列{cn}的前n项和Tn．
微专题强化练(二)
1．D [由题意得a4＋a5＋…＋a10＝S10－S3＝(2×102－3×10＋3)－(2×32－3×3＋3)＝161．选D． ]
2．C [an＝＝＝－，
所以S5＝＋＋…＋＝1－＝．故选C．]
3．C [由an＋1＝－an－2，有an＋an＋1＝－2，则S101＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a100＋a101)＝1－2×50＝－99．故选C．]
4．D [由题可设数列{an}的前n项和为Sn，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an，
即Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋3＋…＋2n－1)，
所以Sn＝＋，故Sn＝2n+1－2＋n2，故选D．]
5．AD [由题意，设{an}的公差为d，
则有
解得a1＝3，d＝4，故an＝4n－1．
若bn＝(－1)n·an＝(－1)n·(4n－1)，
则{bn}的前2 020项和T2 020＝－3＋7－11＋15－…＋8 079＝4×1 010＝4 040，故A正确；
由an＝4n－1，得＝28n-1，
令cn＝28n-1，则当n≥2时，＝＝28，
则数列是公比为28的等比数列，故B错误；
由等差数列的性质可知S19＝＝＝19a10，故C错误；
若bn＝＝，
则{bn}的前2 020项和
T2 020＝＝，故D正确，故选AD．]
6．2n+1－n－2，n∈N* [因为an＝2n－1，
所以Sn＝21－1＋22－1＋23－1＋…＋2n－1
＝(2＋22＋…＋2n)－n＝－n
＝2n+1－n－2，n∈N*，
故答案为2n+1－n－2，n∈N*．]
7．－ [令bn＝an＋n，由题可知：b2＝a2＋2＝3，b3＝a3＋3＝9，又{bn}为等比数列，设其公比为q，故q＝＝3，b1＝＝1，故bn＝3n-1＝an＋n，解得an＝－n＋3n-1，
则Sn＝(－1＋1)＋(－2＋3)＋(－3＋32)＋…＋(－n＋3n-1)
＝－(1＋2＋3＋…＋n)＋(1＋3＋32＋…＋3n-1)
＝－＋＝－．
故答案为－．]
8． [f (x)＋f (－x)＝＋＝＋＝1．依题意{an}是等差数列，
令S＝f (a1)＋f (a2)＋f (a3)＋…＋f (a4 043)，
S＝f (a4 043)＋f (a4 042)＋f (a4 041)＋…＋f (a1)，
结合等差数列的性质，两式相加得2S＝1×4 043，
S＝．故答案为．]
9．解： (1)因为Sn＝4－2n+2，当n≥2时，Sn－1＝4－2n+1，两式相减得an＝－2n+1(n≥2，n∈N*)，当n＝1时，a1＝－4满足上式，所以an＝－2n+1；
同理，当n≥2时，Bn－1＝2(n－1)2－(n－1)，两式相减得bn＝4n－3(n≥2，n∈N*)，当n＝1时，b1＝1满足上式，所以bn＝4n－3．
(2)由(1)得，cn＝－(4n－3)×2n+1，－Tn＝1×22＋5×23＋9×24＋…＋(4n－3)2n+1，－2Tn＝1×23＋5×24＋9×25＋…＋(4n－3)2n+2
两式相减得Tn＝22＋4(23＋24＋…＋2n+1)－(4n－3)2n+2＝4＋4×－(4n－3)2n+2，整理得Tn＝(7－4n)·2n+2－28．微专题强化练(三) 导数构造法解决函数问题
一、选择题
1．函数f (x)的定义域为R，f (－1)＝2，对任意x∈R，f ′(x)>2，则f (x)>2x＋4的解集为( )
A．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
2．已知f ′(x)是定义在R上的函数f (x)的导函数，且满足xf ′(x)＋f (x)>0对任意的x∈R都成立，则下列选项中一定正确的是( )
A．f (1)> B．>f (2)
C．f (1)< D．
3．已知f (x)是R上的可导函数，且任意x∈R，均有f (x)>f ′(x)，则有( )
A．e2 023f (－2 023)e2 023f (0)
B．e2 023f (－2 023)C．e2 023f (－2 023)>f (0)，f (2 023)>e2 023f (0)
D．e2 023f (－2 023)>f (0)，f (2 023)4．设定义在(0，＋∞)的函数f (x)的导函数为f ′(x)，且满足xf ′(x)＋3f (x)>0，则关于x的不等式f (x－3)－f (3)<0的解集为( )
A．(3，6) B．(0，3)
C．(0，6) D．(6，＋∞)
5．(多选题)已知函数f (x)，g(x)在区间[a，b]上均有f ′(x)A．f (x)＋f (b)≥g(x)＋g(b)
B．f (x)－f (b)≥g(x)－g(b)
C．f (x)＋g(a)≤g(x)＋f (a)
D．f (x)＋g(a)≥g(x)＋f (a)
二、填空题
6．已知f (x)为R上的可导函数，且对任意的x∈R，均有f (x)＋f ′(x)<0．比较e2 019f (2 019)与f (0)的大小________．
7．定义在R上的函数f (x)满足f (x)＋f ′(x)>1，f (0)＝4则不等式exf (x)>ex＋3的解集为________．
8．设f (x)是定义在R上的偶函数，f ′(x)为其导函数，f (2)＝0，当x>0时，有xf ′(x)>f (x)恒成立，则不等式xf (x)<0的解集为________．
三、解答题
9．已知函数f (x)的定义域为R，且其图象关于坐标原点对称，当x>0时，对xf ′(x)＋2f (x)<0(f ′(x)为f (x)的导函数)，求使得>0成立的x的取值范围．
微专题强化练(三)
1．B [f (x)>2x＋4 f (x)－2x>4，令g(x)＝f (x)－2x，g′(x)＝f ′(x)－2>0，所以g(x)为R的单调递增函数，又因为g(－1)＝f (－1)－2×(－1)＝4，所以不等式的解集为(－1，＋∞)．]
2．D [令F (x)＝xf (x)，则F ′(x)＝xf ′(x)＋f (x)>0，故F (x)为R上的增函数，
所以F (2)>F (1)，即2f (2)>f (1)．]
3．D [构造函数h(x)＝，则h′(x)＝′＝＝<0，
所以函数h(x)＝在R上单调递减，
故h(－2 023)>h(0)，即>，e2 023f (－2 023)>f (0)；
同理，h(2 023)4．A [令g(x)＝x3f (x)，则g′(x)＝x2[3f (x)＋xf ′(x)]>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
f (x－3)－f (3)<0，
即(x－3)3f (x－3)－27f (3)<0，
所以g(x－3)，所以35．BC [据题意，
由f ′(x)故F (x)＝f (x)－g(x)在[a，b]上单调递减，
由单调性知识知，在[a，b]上必有F (x)≥F (b)，
即f (x)－g(x)≥f (b)－g(b)，
移项整理得f (x)－f (b)≥g(x)－g(b)．
同理F (x)≤F (a)，f (x)－g(x)≤f (a)－g(a)，
移项整理得f (x)＋g(a)≤g(x)＋f (a)．]
6．e2 019f (2 019)即e2 019f (2 019)7．(0，＋∞) [因为f (x)＋f ′(x)>1，设h(x)＝exf (x)，则h′(x)＝ex[f (x)＋f ′(x)]．不等式exf (x)>ex＋3 exf (x)－ex－3>0，设函数g(x)＝exf (x)－ex－3，则g′(x)＝h′(x)－ex．因为f (x)＋f ′(x)>1，所以h′(x)>ex，所以g′(x)>0，又因为f (0)＝4，所以g(0)＝f (0)－1－3＝0，综上可判断出g(x)在定义域内单调递增且g(0)＝0，因此原不等式的解集为(0，＋∞)．]
8．(－∞，－2)∪(0，2) [设g(x)＝，x≠0，
则g′(x)＝，
∵当x>0时，有xf ′(x)>f (x)恒成立，
∴当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵f (x)是定义在R上的偶函数，
∴g(－x)＝＝＝－g(x)，
即g(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，
∴g(x)在(－∞，0)上也单调递增．
又f (2)＝0，∴g(2)＝＝0，∴g(－2)＝0．不等式xf (x)<0的解可等价于即g(x)<0的解，
∴09．解： 令g(x)＝x2f (x)，由题可知f (x)为奇函数，
∴g(x)也为奇函数，g′(x)＝2xf (x)＋x2f ′(x)，
∵当x>0时，xf ′(x)＋2f (x)<0，即x2f ′(x)＋2xf (x)<0．
当x>0时，g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
∵g(x)在R上为奇函数，∴g(x)在R上单调递减，且g(0)＝0，
当x<0时，g(x)＝x2f (x)>0，即f (x)>0，
当x＝0时，f (0)＝0，
当x>0时，f (x)<0，
∵>0，
∴①当x<0时，由f (x)>0，得x2－2>0，
解得的解集为{x|x<－}；
②当x＝0时，f (0)＝0，则>0的解集为空集；
③当x>0时，由f (x)<0，得x2－2<0，
解得的解集为{x|0综上所述，x的取值范围为(－∞，－)∪(0，)．微专题强化练(四) 导数法研究恒成立问题
一、选择题
1．已知函数f (x)＝ex－x＋a，若f (x)>0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)
C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]
2．已知不等式x sin x＋cos x≤a对任意x∈[0，π]恒成立，则整数a的最小值为( )
A．2 B．1
C．0 D．－1
3．已知函数f (x)＝ex＋ae－x，若f ′(x)≥2恒成立，则a的取值范围为( )
A．[3，＋∞) B．(0，3]
C．(－∞，－3] D．[－3，0)
4．已知函数f (x)＝ex－－1(a≠0)在[1，2]上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A． B．
C． D．
5．函数f (x)＝x3－x2＋a，函数g(x)＝x2－3x，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f (x)的图象始终在函数g(x)图象的上方，那么a的取值范围是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C． D．
二、填空题
6．函数f (x)＝x3－2x＋c，g(x)＝ln x＋1，若f (x)≥g(x)恒成立，则实数c的取值范围是________．
7．已知函数f (x)＝ln x－x，若f (x)－m＋1≤0恒成立，则m的取值范围为________．
8．当x∈[－1，2]时，x3－x2－2x三、解答题
9．已知函数f (x)＝aex－x－1
(1)若f (x)≥0对于任意的x恒成立，求a的取值范围；
(2)证明：1＋＋＋…＋≥ln (n＋1)对任意的n∈N＋恒成立．
微专题强化练(四)
1．A [f ′(x)＝ex－1，
令f ′(x)>0，解得：x>0，
令f ′(x)<0，解得：x<0，
故f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
故f (x)min＝f (0)＝1＋a，
若f (x)>0恒成立，
则1＋a>0，解得：a>－1，
故选A．]
2．A [设f (x)＝x sin x＋cos x，则f ′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，
当00，f (x)单调递增，当f ′(x)<0，f (x)单调递减，
∴x＝时，f (x)取得极大值也是最大值f ＝．
∴不等式x sin x＋cos x≤a对任意x∈[0，π]恒成立，则a≥，其中最小的整数是2．
故选A．]
3．C [因为f (x)＝ex＋ae－x，所以f ′(x)＝ex－ae－x，
由f ′(x)≥2恒成立，可得：ex－ae－x≥2恒成立，
即a≤e2x－2ex恒成立；
又e2x－2ex＝(ex－)2－3≥－3，
所以只需a≤－3，即可使f ′(x)≥2恒成立．
故选C．]
4．C [f ′(x)＝ex－，x∈[1，2]，由题意，f ′(x)＝ex－≤0恒成立，则≥ex，因为(ex)max＝e2，
所以≥e2 0故选C．]
5．A [因为函数f (x)的图象始终在函数g(x)图象的上方，
所以x3－x2＋a>x2－3x在x∈[1，＋∞)恒成立，
即a>－x3＋2x2－3x在x∈[1，＋∞)恒成立，
令h(x)＝－x3＋2x2－3x，x∈[1，＋∞)，
即a>h(x)max，
h′(x)＝－x2＋4x－3，x∈[1，＋∞)，
当10，h(x)单调递增，
当x>3时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以，当x＝3时，函数h(x)取得最大值，且最大值为0，所以实数a的取值范围是(0，＋∞)，故选A．]
6．c≥2 [由f (x)≥g(x)，即x3－2x＋c≥ln x＋1，即c≥－x3＋2x＋ln x＋1．令h(x)＝－x3＋2x＋ln x＋1(x>0)，h′(x)＝－，故函数h(x)在区间(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，最大值为h(1)＝2，所以c≥2．]
7．[0，＋∞) [∵f (x)＝ln x－x，则f (x)－m＋1≤0恒成立，等价于m≥ln x－x＋1．
令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g′(x)＝－1＝(x>0)，
因此g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故g(x)max＝g(1)＝0，∴m≥0，
故答案为[0，＋∞)．]
8．(2，＋∞) [由题意，设f (x)＝x3－x2－2x，x∈[－1，2]，
则f ′(x)＝3x2－x－2＝(x－1)(3x＋2)，
当x∈或x∈(1，2]时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；
当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
又由f ＝，f (2)＝2，即f 即函数f (x)在区间[－1，2]的最大值为2，
又由当x∈[－1，2]时，x3－x2－2x2，
即实数m的取值范围是(2，＋∞)．
故答案为(2，＋∞)．]
9．解： (1)若f (x)≥0，故aex≥x＋1，即a≥．
设G(x)＝，G′(x)＝，令G′(x)＝0可得G(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，故G(x)的最大值为G(0)＝1，故a的取值范围为[1，＋∞)．
(2) 由(1)可得当a＝1时，ex≥x＋1，即x≥ln (x＋1)，
令x＝可得≥ln ，即≥ln ，
从而可得≥ln ，≥ln ，…，
≥ln ．
累加化简可得1＋＋＋…＋≥ln (n＋1)．