数学·数列与不等式
第一单元 数 列
第一节 数列的概念及表示法
1
C.1038 D.108
8.(2022·贵州铜仁质检)已知数列 {an} 中,a1=
1.(2022·江西师大附中、鹰潭一中高三联考)已 ,1 11 = +3(n∈N*),则a10= ( )
知等差数列 {a } 的前n 项和为S ,满足S =S ,且 an+1 ann n 5 9
a A.28 B.331>0,则Sn 中最大的是 ( )
A.S B.S 1 16 7 C.33 D.28
C.S8 D.S15 9.(2022·黑龙江大庆期末考试)设数列{an},an
2.已知数列{an}的前n 项和Sn 满足:Sn+Sm= na
Sn+m,且a1=1,那么a ,其中10= ( ) =nb+c a
,b,c均为正数,则此数列 ( )
A.1 B.9 A.递增 B.递减
C.10 D.55 C.先增后减 D.先减后增
3.(2022·山东德州调研)若数列{an}的通项公式 10.(2022·安徽江淮十校联考)已知函数f(x)是
是a =(-1)nn (3n-2),则a1+a2+…+a10= ( ) 定义在(0,+∞)上的单调函数,且对任意的正数x,y
A.15 B.12 都有f(x·y)=f(x)+f(y),若数列 {an} 的前n 项
C.-12 D.-15 和为Sn,且满足f(Sn+2)-f(an)=f(3)(n∈N*),
( 1 14.2022·山东冠县月考)已知数列 , , 则an 为 ( )1×22×3
A.2n-1 B.n
1 ,…, 1( ),…,下面各数中是此数列中的项的是
n-1
3×4 nn+1 C.2n-1 D. 3 ÷
è2
( )
11.(2022·太原模拟)已知a1=1,an=n(an+1-
1 1
A. B. an)(n∈N*),则数列{an}的通项公式是35 42 .
1 1 1 1 1 1
C. D. 12.
设Sn= …2 +6 +12+ +
(
48 54 n
(n+1)n∈
5.(2022· 3浙江余杭质检)下列可作为数列 {an}: N*),且Sn+1·Sn+2= ,则 的值是4 n .
1,2,1,2,1,2,…的通项公式的是 ( ) 13.(2022· 江 苏 南 通 联 考)设 a1=2,an+1=
(-1)n+1
A.an=1 B.an= 22 , a +2b = nn ,n∈N*,则数列{bn} 的通项公式an+1 a -1
nπ (-1)n-1
n
+3
C.an=2-|sin2| D.an= 2 bn= .
14.(2022·辽宁沈阳二中月考)已知数列 {1 1 an
} 满
6.已知数列{an}满足a1= ,2 an+1=an+n2
,
+n a2 a足a 3
an
1+ + +…+ =a2n-1,求数列{an} 的通项
则数列{a }的通项公式为 ( ) 2 3 nn
公式
3 1 1 1 .
A.2-n B.2+n
3 2 1 2
C.5-n D.2+n
7.(2022· 河 北 涿 州 统 考)数 列 {an} 中,an =
-2n2+29n+3,则此数列最大项的值是 ( )
1
A.103 B.1088
3
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15.(2022·浙江省嘉兴市一中高三能力测试)已 小正方形构成的,小正方形数越多刺绣越漂亮.现按同
1 * 样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同),设第n 个知数列{an}满足a1=1,an+1= ( )2a +1n∈N .n 图形包含f(n)个小正方形,则f(6)= ( )
(Ⅰ)证明:数列{ 1an- }为单调递减数列;2
(Ⅱ)记Sn 为数列 { an+1-an } 的前n 项和,证
: 5明 S < (n∈N*n )3 .
A.61 B.64
C.65 D.66
3.(2022·江西九江期末考试)已知数列 {an} 的
前n项和S 2n=2n -3n+1,则a4+a5+a6+a7+a8+
a9+a10的值为 ( )
A.150 B.161
C.160 D.171
4.(2022·保定调研)已知数列 {an} 的前n 项和
Sn=3n-1,则其通项公式an= ( )
16.(2022·湖北武汉质检)设数列{a } 的前n 项 A.3·2n-1n B.2·3n-1
和为S ,数列{S }的前n项和为T n nn n n,满足Tn=2Sn- C.2 D.3
n2,n∈N*, 5.(2022·西安名校三检)已知数列 {an} 满足a1
(1)求a1 的值;
=5,
a
() a
7
nan+1=2n,则a =
( )
2 求数列{an}的通项公式. 3
A.2 B.4
5
C.5 D.2
6.已 知 数 列 {an} 中,a1 =b(b>1),an+1 =
1
- (n∈N*),能使a +1 an=b
的n可以等于 ( )
n
A.14 B.15
C.16 D.17
7.把正奇数数列依次按第一个括号一个数,第二
个括号两个数,第三个括号三个数,第四个括号一个
数,……,依次循环的规律分为(1),(3,5),(7,9,11),
(13),(15,17),(19,21,23),(25),…,则第50个括号
内各数之和为 ( )
【高频题特训】
A.98 B.197
1.(2022·安徽桐城模拟)把1,3,6,10,15,21,… C.390 D.392
这些数叫做三角形数,这是因为用这些数目的点可以
8.(2022·浙江宁波模拟)已知数列 {an} 满足a1
排成一个正三角形(如图). ( ) =1,an+1=a nn+2,则a10= ( )
A.1024 B.1023
C.2048 D.2047
9.(2022·河北石家庄质检)已知数列 {an} 满足
,aa n+1
-an
1=33 =2,
a
则 n的最小值为 (
n n
)
则第7个三角形数是 A.9.5 B.10.6
A.27 B.28 C.10.5 D.9.6
C.29 D.30 10.(2022·陕西西工大附中月考)若数列 {an} 的
2.中国的刺绣有着悠久的历史,如图中(1)、(2)、 通项公式是an=(-1)n(3n-2),则a1+a2+…+a10=
(3)、(4)为刺绣时最简单的四个图案,这些图案都是由 ( )
4
数学·数列与不等式
A.15 B.12 16.(2022·四川成都高新区联考)数列{an} 的前
C.-12 D.-15 n项和为Sn,a1=1,a *n+1=2Sn+1(n∈N ),等差数列
11.(2022·河北石家庄月考)数列 {an} 满足:a1 {bn}满足b3=3,b5=9,
+3a2+5a3+…+(2n-1)an=(n-1)3n+1+3(n∈ (1)分别求数列{an},{bn}的通项公式;
N*),则数列{an}的通项公式an= . () bn+2( *), : 12 设cn= n∈N 求证 c( · n+1
12.2022 安徽安庆检测)根据下面5个图形及 an+2 3
相应点的个数的变化规律,猜测第n 个图中有
个点.
13.(2022·重庆外国语高中月考)若数列 {an} 满
足a1·a2·a 23·…·an=n +3n+2,则数列 {an} 的 【易错题特训】
通项公式为 . 1.(2022·江苏扬州模拟)已知数列{an}的前n项
14.(2022·湖南张家界统考)已知数列{an} 的通 和Sn=2n-3,则数列{an}的通项公式为 .
n
项公式为an=(n+2)
7
÷ , , 2.(2022·重庆巴蜀中学月考)已知数列 {则当a 取得最大值时 n an
} 满
è8 n 足:a1 = m (m 为 正 整 数 ),an+1 =
等于 . an
( · ) , ,15.2022 福建闽南五校检测 已知数列 {a } 满 {2 an 为偶数n 若 a6=1,则 m 所 有 可 能 的 值2
足前n项和S =n2+1,数列 {b } 满足b = ,且 3an+1
,an 为奇数.
n n n an+1 为 .
前n项和为Tn,设cn=T2n+1-Tn, 【多解题特训】
(1)求数列{bn}的通项公式; 1.(2022·广东广州一调)已知数列 {an} 满足a1
(2)判断数列{cn}的增减性. =0,an+1=an+2n,则a2015等于 ( )
A.2014×2015 B.2015×2016
C.2013×2014 D.2015×2015
2.已知{an}是递增数列,且对于任意的n∈N*,
a 2n=n +λn恒成立,则实数λ的取值范围是 .
3.(2022·广东潮州月考)数列{an}的前n项和记
为Sn,a1=1,an+1=2Sn+1(n≥1,n∈N*),则数列
{an}的通项公式是 .
5
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参考答案
3 n-1
第一单元 数 列 列,所以an= (2 ) .
【 a解析】 ( ), n+1因 为 所 以
第一节 数列的概念及表示法 11.n an=n an+1-an an
n+1
【基础特训】 = ,n
1.B 【解析】 由 S5=S9,得 a6+a7+a8+a9= an an-1 an-2 a3 a2
2(a7+a8 )=0,由a1>0知a7>0,a8<0,所以S7 最大,故 所以an= …a ×n-1 a ×a × × × ×a1n-2 n-3 a2 a1
B正确. n n-1 n-2 3 2
2.A 【解析】
…
由Sn+Sm=Sn+m,得S1+S =S
= × × × × × ×1=n.
9 10 n-1 n-2 n-3 2 1
a10=S10-S9=S1=a1=1. 【 】 1 1 112.5 解析 由 = - 得
3.A 【解析】 由题意观察可知a +a +…+a ( )1 2 10= nn+1 n n+1
(a1+a2)+…+(a9+a10)=3+3+3+3+3=15. Sn = ( 11-2 ) + (1 1 1 1- …1 1 2 3 ) + (3-4 ) + +
4.B 【解析】 = ,故选42 6×7 B. 1 1 n- = ,
5.C 【解析】 对于A,B,D选项,
( )
可令n=1,2,3,4,… n n+1 n+1
nπ n+1 n+2 n+1 3
逐一验证,可知不符合,对于选项C,由an=2-|sin |,可得 Sn+1·Sn+2= · = = n=5.2 n+2 n+3 n+3 4
a1=1,a2=2,a3=1,a4=2,…,故选C. 13.2n+1 【解析】 a由 条 件 得b n+1+2n+1= a =n+1-1
6.A 【解 析】 由 条 件,
1
知 an+1 -an =n2+n= 2
1 1 1 an+1
+2 an+2
= - , =2a =2bn
,且b1=4,所以数列{2 -1 bn
} 是
n(n+1) n n+1 -1 n
则(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(a
an+1
n-an-1)
首项为4,公比为2的等比数列,则1 1 1 b
n-1 n+1
n=4×2 =2 .
= (1-2 )+ (2-3 )+ (1 13-4 )+…+ ( 1 1n-1-n ), 14.【解析】 当n=1时,a1=a2-1,
1 a a a
所以an-a1=1- . 当n≥2时,a
2 3 n-1
1+ + …2 3+ +n-1=a
2n-2-1,
n
1 1 1 3 1 a
因为a = ,所以a = +1- = - . n所以 =(a2n-1)-(a2n-21 n -1)2 2 n 2 n n =a
2n ( 11-a2 ),
7.D 【解析】 根据题意结合二次函数的性质可得an
所以 2n
1
2 an=na (1-a2 ) .
=-2n2+29n+3=-2( 2 29n -2n)+3=-2 ( 29n-4 ) +3
又n=1也适合上式,所以a =na2n 1 .
29×29 n (1- 2 )
+ ,
a
所以n=7时,a7=108为最大值8 . 1
1 1 1 1 an+1-
8.D 【解析】 由题意得a -a =3
,所以 - 【解析】 ( ) 2由 题 意 知 ,故
n+1 n a2 a = 15. Ⅰ an>0 1 =1
an-
1 1 2
3, - =3,
1 1 1 1 1 1
a a a -a =3
,
a - =3
,…,
a a -a =3
,对
3 2 4 3 5 4 10 9 1
<1,
1 1 1 1 2an+1
递推式叠加得
a -a =27
,
a =28
,故a10= .
10 1 10 28
所以数列 1a - 为单调递减数列.
【 】 na a
{ n 2 }
9.A 解析 an= ,由于 ,nb+c= c ab
,c均为正
b+ 1n (Ⅱ)因 为 a1 =1,a2 = ,所 以,当3 n ≥3
时
数,所以an 随着n 的增大而增大,此数列为递增数列. 1 1
10.D 【 】
,
解析 由题意知f(Sn+2)=f(an)+f(3) an-2 <6
(n∈N*),所以Sn+2=3an,Sn-1+2=3an-1(n≥2),两式 1 2
得 1
故an≥ (n∈N*).
相减得2an=3an-1(n≥2).又n=1时,S1+2=3a1=a1+2, 3 3 3
所以a1=1,
3 an+2-an+1 2 6
所以数列 {an} 是首项为1,公比为 的等比数 因为 ,2 an+1-a =2a ≤n n+3 11
66
数学·数列与不等式
6 n-1 ) 9
故 a -a ≤ a -a ·( ) . a1 +a1=2+2
8+…+2+1=210-1=1023.
n+1 n 2 1 11 9.C 【解析】 由题意可知an+1=an+2n,由迭代法可
n
1-(
6) 得an=a 21+2[1+2+3+4+…+(n-1)]=n -n+33,从
11 22 5
所以Sn≤ a2-a1 · < < (6 15 3 n∈N
*). an 33 a
1- 而n =n+n-1.
当n=6时,n 取得最小值10.5.
11 n
16.【解析】 (1)当n=1时,T1=2S -1, 10.A
【解析】 a1+a2+…+a10=-1+4-7+10
1
10
因为T =S =a ,所以a =2a -1,求得a =1, +…+(-1) ×(3×10-2)=(-1+4)+(-7+10)+…+1 1 1 1 1 1
[(-1)9×(3×9-2)+(-1)10(2)当n≥2时,S =T -T =2S -n2-[2S - ×(3×10-2)]=3×5=15.n n n-1 n n-1
n
(n )2] 【 】 … ( )-1 =2Sn-2Sn-1-2n+1, 11.3
解析 a1+3a2+5a3+ + 2n-3an-1+
所以S =2S (2n-1)an=(n-1)·3
n+1+3,把n 换成n-1,得a1+3a2
n n-1+2n-1,①
所以S =2S +2n+1.② +5a3+…+(2n-3)an-1=(n-2)·3
n+3,两式相减得an
n+1 n
n
②-①,得an+1=2an+2, =3 .
2
a +2 12.(n -n+1) 【解析】 观察题图中5个图形点的个
a +2=2(a +2), n+1所以 n+1 n 即 ( ),an+2 =2n≥2 数分别为1,1×2+1,2×3+1,3×4+1,4×5+1,故第n 个
a2+2 图中点的个数为(n-1), ×n+1=n
2-n+1.
求得a1+2=3a2+2=6,则 =2,a1+2 6,n=1,
所以数列{an+2}是以3为首项,2为公比的等比数列, 13.an= 2
· n-1, {1+ ,n>2所以an+2=3 2 n
所以a =3·2n-1n -2,n∈N*. 【解析】 因为a1a2a3…a =n
2
n +3n+2,①
【能力特训】 所以当n≥2时,aaa …a =(n-1)21 2 3 n-1 +3(n-1)+2
高频题特训 =n(n+1).②
1.B 【解析】 根据三角形数的增长规律可知第七个三 2, n +3n+2 n+2 2①÷② 得an= = =1+ (n≥2),
角形数是1+2+3+4+5+6+7=28. n(n+1) n n
2.A 【解析】 根据所给图形的规律得,f(1)=1,f(2) 2又a1=12+3×1+2=6,不满足an=1+ ,n
-f(1)=4×1,f(3)-f(2)=4×2,…,f(n)-f(n-1)=
6,n=1,
4(n-1),再用累加法,可得f(n)=2n2-2n+1,所以f(6) 所以数列{an} 的通项公式为an= 2
=61. {1+ ,n n≥2.
3.B 【解析】 a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10=S10- 14.5 或 6 【解 析】 当 an 取 得 最 大 值 时,有
S3=(2×102-3×10+1)-(2×32-3×3+1)=161,故
a ≥a , (
7 7
n+2)( n8 ) ≥(n+1)(8 )n-1,
选B. { n n-1 所以 7 7 解得
4.B 【解析】 n a ≥a 当 =1时,S =a =2;当n≥2时,a n n+1
, {(n+2)(8 )n≥(n+3)( n+18 ) .
1 1 n
,
=S -S =2·3n-1n n-1 ,经检验知n=1时符合,故a =2· {n≤6n 所以n=5或6.
3n-1(n∈N*). n≥5.
【 【解析】 ()5.B 解析】 因为{a } 满足a =5,aa =2n,所以 15. 1a1=2
,an=Sn-Sn-1=2n-1(n≥2),
n 1 n n+1
an+2 an+1an+2 2n+1 a ì 1, , *,
a = aa = 2n =2
,7=22=4,故应选a B.
n n≥2n∈N2
n n n+1 3 因为bn= ,所以a +1 bn= ín 2,
6.C 【解析】 ( ),
1 n=1.
因为a1=bb>1 an+1=- ,
所 3
an+1
1 1
1 , b+1 1
(2), 因 为c =b +b +
…+b = +
以a2=-b+1a3=- b =-1-b a4=b
,即可得数列 n n+1 n+2 2n+1 n+1 n+2
1
{an} 是周期为3的数列(可以证明a1≠a2 且a1≠a3),所以 +…+ ,2n+1
a14=a17=a2,a15=a3,a16=a1=b,故应选C. 1 1 1
7.D 【解析】 将三个括号作为一组,则由50=16×3 所 以 cn+1 - cn = 2n+2 + 2n+3 - n+1 =
+2,知第50个括号应为第17组的第二个括号,即第50个 -1
<0,
括号中应是两个数.又因为每组中含有6个数,所以第48个 (2n+2)(2n+3)
括号的最末一个数为数列{2n-1}的第16×6=96项,第50 所以{cn} 是递减数列.
个括号的第一个数应为数列{2n-1}的第16×6+2=98,第 16.【解析】 (1)由an+1=2Sn+1,①
二个数为2×98-1=195,第二个数为2×99-1=197,故第 得an=2Sn-1+1(n≥2,n∈N*),②
50个括号内各数之和为195+197=392. ①-②,得an+1-an=2(Sn-Sn-1),
8.B 【解析】 因为a n *n+1=an+2 ,所以an-an-1= 所以an+1=3an(n≥2,n∈N ),
2n-1(n≥2),所以a10=(a10-a9)+(a9-a8)+…+(a2- 又a2=2S1+1=3,所以a2=3a1,
67
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所以{an} 是首 项 为1,公 差 为3的 等 差 数 列,所 以an 2(n-2),…,a3-a2=2×2,a2-a1=2×1,累加可得an-
=3n-1, a1=2(n-1)+…+2×1=2(n-1+n-2+…+1)=n(n-
因为b5-b3=2d=6,所以d=3, 1),又a1=0,故选A.
所以bn=3n-6. 2.λ>-3 【解析】 法一:(定义法)因为{an}是递增数
3n n 列,故对任意的n∈N*() n+1, , ,都有 ,即( )
2 (
2 因为an+2=3 bn+2=3n 所以cn=3n+1=
, an+1>an n+1 +λn+
3n 1)>n2+λn.
1-2n
所以c -c = <0, 整理,得2n+1+λ>0,即λ>-(2n+1)(n+1 n *).3n+1
因为n≥1,故-(2n+1)≤-3,要使不等式(*)恒成
1 1
所以cn+1立,只需
3 λ>-3.
法二:(函数法)设 () 2 ,其对称轴为
易错题特训 fn =an=n +λn n=
{-1,n=1,
λ,要使数列{a }为递增数列,
λ 3
只 需 满 足n=- < 即
1.an= 【解析】 当n=1时,a =S =21 2
n 2 2
2n-1,
1 1
n≥2
可,即λ>-3.
-3=-1;当n≥2时,a =S -S n n-1 n-1n n n-1=2 -2 =2 ,所
3.a =3n-1n 【解析】 法一:由an+1=2Sn+1可得an
-1,n=1,
以an={ =2Sn-1+1(n≥2),两式相减得an+1-an=2an,即an+1=2n-1,n≥2.
3an(n≥2).又a2=2S1+1=3,所以a2=3a1,故 {an} 是首
【易错提醒】 已知数列{an} 的前n 项和Sn,求an 时应
项为1,公比为3的等比数列,所以a n-1
:() n
=3 .
注意 1 应重视分类讨论,如欲利用an=Sn-Sn-1进行转
法二:由于an+1=Sn+1-Sn,an+1=2Sn+1,所以S, n+1化 需注意分n=1和n≥2两种情况进行讨论;(2)由an=
1
Sn-Sn-1求出an 后要注意验证n=1是否也适合. -Sn=2Sn+1,Sn+1=3Sn+1,把这个关系化为Sn+1+2
2.4,5,32 【解析】 根据递推式以及a1=m(m 为正整 1 1 1 3
数)可知数列{an} 中的项都是正整数. =3(Sn+ ),即得数列{Sn+ } 为首项是2 2 S1+2= ,2
a
a6=1,若a
5
6= ,则a 1 3 12 5=2
;若a6=3a5+1,则a5=0, 公比为3的等比数列,故Sn+2= ×3
n-1
2 =2×3
n,故
故只能是a5=2. 1 1
Sn= ×3n- .
a
a = 4
1 2 2
若 5 ,则a4=4;若a5=3a4+1,则a4= ,故只能2 3 所以,当n≥2时,a =S -S =3n-1n n n-1 ,由n=1时a1
是a4=4. =1也适合这个公式,知所求的数列 {an} 的通项公式是an
a3 n-1
若a4= ,则2 a3=8
;若a4=3a +1,则a =1. =3 .3 3
() , a2
第二节 等差数列
1 当a3=8时 若a3= ,则2 a2=16
;若a3=3a2+1,
【基础特训】
7 a
则a2= ,故只能是3 a2=16.
若a2=
1,则 ;若
2 a1=32 a2= ( )1.D 【解析】
7a +a
1 7
7×2a
= 4由题意可知 =35,
3a1+1,则a1=5. 2 2
a 所以a4=5.(2) a =1 , a = 2当 3 时 若 3 ,则a2=2;若2 a3=3a2+1
, 2.C 【解析】 因为a2+a4+a6=3a4=12,所以a4=
a1 a1+a7
则a2=0,故只能是a2=2.若a2= ,则a1=4;若a2=3a1 4,S7= 2 ×7=7a4=28
,故选C.
2
1 3.A 【解析】 设等差数列{an} 的公差为d,因为a1+
+1,则a1= ,故只能是3 a1=4. a9=a4+a6=-6,且a1=-11,所以a9=5,从而d=2.所以
综上所述,可知a1 的值即m 的值只能是4,5,32. Sn=-11n+n(n-1)=n2-12n,所以当n=6时,Sn 取最
【易错提醒】本题数列的形式是一个分段数列形式,这就 小值.
要求我们把分段函数的性质类比到该分段数列中,当an 取 4.B 【解析】 由a1+a2+a3=3a2=3,得a2=1.由
值不一样时,所对应的递推关系也不一样,应当注意检验,避 a18+a19 +a20 =3a19 =87,得 a19 =29,所 以 S20 =
免出现错误的对应. 20(a1+a20)=10(a2+a19)=300.多解题特训 2
1.A 【解析】 法一:(迭代法)由an+1=an+2n=an-1 5.D 【解析】 由S3=9,S5=20,得d=1,a1=2,所以
+2(n-1)+2n=…=a1+2×1+2×2+…+2(n-1)+2n a7+a8+a9=3a8=3(a1+7d)=3×9=27.
(2+2n)n (( ), 【 】 7a1+a
) 7(a +a )
= 2 =nn+1 6.A
解析 因为S7=
7 = 2 6 ,2 2 =7
又a1=0,所以an=n(n-1). 所以a2+a6=2.
法二:(累加法)由an-an-1=2(n-1),an-1-an-2= 7.B 【解析】 设最上面一节容积为a,容积依次增大
68
数学·数列与不等式
, , , 13, 因为a1b1+a2b +a
n+2
d 由题意知 4a +6d=3和3a +21d=4 可求得a = 2 3
b3+…+anbn=(n-1)·2 +4
1 1 1 22 (n∈N*),令n=1,2,3分别得a1b1=4,a1b1+a2b2=20,
7 67
d= ,故a = ,故选B. a1b1+a2b2+a3b3=68,又a5 1=2,66 66 a1=2,b1=2
8.B 【解析】 利用等差数列的性质及求和公式求解. (2+d)(2q)=16
所以 a2b2=16 即 3d2-4d-
因为{an} 是等差数列,所以a +a =2a =16 a =8,则该 { {4 8 6 6 (2+2d)(2q2)=48a3b3=48
11(a +a )
数列的前11 S = 1 11项和为 11 2 =11a6=88. 2d1=- d2=2
4=0得 3或
a +a { {1 13
a 2a a +a 2 ×13 q1=6
q2=2
9.A 【解析】 7= 7= 1 13b = = 27 2b7 b1+b13 b1+b13
2 ×13
经检验d=2,q=2符合题意,d=- ,d=6不合题3
n
S13 3×13-2 37 意,舍去.所以an=2n,bn=2 .
T =13 2×13+1=27. 法2:因为a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=(n-1)·
10.A 【解析】 由条件知 {an} 为等差数列,因为 A, 2n+2+4①
B,C 三 点 共 线,所 以 a1008 +a1009 =1,所 以 S2016 = 对任意的n∈N*恒成立
2016(a1+a2016) 则( ) a1b1+a2b
n+1
2+a3b3+…+an-1bn-1=(n-2)·2
2 =1008a1008+a1009 =1008. +4(n≥2)②
1 n+1
11.8 34
【解析】 因为a8+a10=2a9=4,所以a ①-②得anbn=n
·2 (n≥2)
9
又a1b1=4,也符合上式,所以anb n+1n=n·2 (n∈N*)
a -a 2-1 1 (a +a )×17
=2, d= 9 1所 以 , 1 17 n·2n+19-1 = 8 =8 S17= 2 = 由于{an}为等差数列,令an=kn+b,则bn= ,kn+b
(a8+a10)×17 4×17= bn 2n[k(n-1)+b]2 2 =34. 因{bn}为等比数列,则 = ( )( )=q(为常bn-1 n-1 kn+b
12.10 【解析】 设等差数列{an} 的公差为d,因为a2 数)
+a9=5,所以2a1+9d=5,所以3a5+a7=3a1+12d+a1 即(qk-2k)n2+(bq-kq-2b+2k)n-qb=0恒成立
+6d=4a1+18d=2(2a1+9d)=10. 所以q=2,b=0,又a1=2,所以k=2,
13.an=n 【 】
1 1 1
解析 因为 + + =1,所以 故an=2n∶b =2nn .a1a2 a2a3 a1a3
(2)假设 存 在p∶q∈N* 满 足 条 件,因 为2(ap)5-bq
(1 1 )+ (1 1a -a a -a ) 1 (1 1 ) 3+2 a -a = (1 1- )=1, =20161 2 2 3 1 3 2 a1 a3
所以a2+2a -3=0,解得a =1或a =-3(舍去).所以a 则2(2p)
5-2q=2016,化简得,2p5-63=2q-5
1 1 1 1 n
=1+(n-1)×1=n. 由p∈N
*得2p5-63为奇数,所以2q-5为奇数,故q=5
得2p5 514.①④ 【解析】 ,由等差比数列的定义可知,k 不为 -63=1 p =32 故p=2
0,所以①正确;当等差数列的公差为0,即等差数列为常数列 故p=2,q=5.
时,等差数列不是等差比数列,所以②错误;当 {a } 是等比 【 】 1 an 17.解析 (1)因为bn= ,且a an=
n-1 (
, , n 2an-1+1
n∈
数列 且公比q=1时 {an} 不是等差比数列,所以③错误;
N*,n≥2),
数列0,1,0,1,…是等差比数列,该数列中有无数多个0,所
1 1 2an+1
以④正确. 所以bn+1= = = ,an+1 an an
15.【解析】 (Ⅰ)设公差为d,由题意知a1+6d=4(a1 2an+1
+2d), 2an+1 1
所以
由a =2解得d=-3,故a =-3n+5, bn+1-bn= a -a =2.1 n n n
-3n2+7n
S *
1
n= ,n∈N . 又b2 1= =1
,所以数列{bn} 是首项为a 1
,公差为2的等
1
( ) ( ) Sn-4an-4 31 3 16
差数列.
Ⅱ 由 Ⅰ 得bn= = ( )n 2-2 n+n . (2)由(1)知数列{bn} 的通项公式为bn=1+(n-1)×2
16 ·16 =2n-1
,
由基本不等式得n+ ,n≥2 n n =8 1, 1 1又 所以
31 3 16 7 7 bn=a an= = .n bn 2n-1
所以bn= (2-2 n+
) ,又当 时,
n ≤2 n=4 bn=2. 1
所以数列{an} 的通项公式为7 an=2n-1.
从而得bn 的最大值为2. 18.【解析】 (1)由3anan-1+an-an-1=0(n≥2),得
16.【解析】 (1)法1:设数列{an}的公差为d,数列{bn} 1 1
- =3(n≥2),
的公比为q. an an-1
69
小题狂刷 高考专题特训
{1} , 列{an} 的性质可得所以数列 是以1为首项 3为公差的等差数列. 2d=a3-a1=4,得d=2,所以an=1+an 2(n-1)=2n-1,Sk+2-Sk=ak+2+ak+1=2(k+2)-1+
(2)由(1)可得,
1
=1+3(n-1)=3n-2, 2(k+1)-1=4k+4=36,解得k=8.an 8.C 【解析】 因为 {an} 是等差数列,Sm-1=-2,Sm
1
所以an= ,所以3n-2. =0 am=Sm-Sm-1=2.
因 为Sm+1=3,所 以am+1=
m(a +a )
(3)
1
λa + ≥λ对任意n≥2(n∈N*)恒成立, Sm+1-Sm=3
,所以d=am+1-am=1.又S
1 m
m=
n a 2n+1
m(λ a1+2
)
即 +3n+1≥λ对任意n≥2(n ,∈N*)恒成立. = 2 =0m≠0
,所以a1=-2,所以am=-2+(m-
3n-2
(n )(n ) 1)·3 +1 3 -2 1=2,所以m=5.
整理得λ≤ ( , *),3(n-1) n≥2n∈N 9.C 【解析】 因为an 为等差数列且a4+a6+a8+a10
(3n+1)(3n-2) +a12=5a1+35d=120,所以a1+7d=24,所以2a, 10
-a12=
令Cn= 3(n-1) 2a1+18d-a1-11d=a1+7d=24.
(3n+4)(3n+1) (3n+1)(3n-2)
则 Cn+1 -C = 10.B
【解析】
n 3n - 3(n-1) sin2a3-cos2a +cos23 a3cos2a6-sin2a3sin2a6
(3n+1)(3n-4) 由 sin(a +a ) =1
,
= ( ,
4 5
3nn-1) cos2a3+cos(a3+a6)cos(a3-a6)
因为n≥2,所以C -C >0, 得 sin(a +a ) =1.n+1 n 4 5
28
所以{C } 为单调递增数列,所以C 最小,且C = , 1 1n 2 2 3 2cos2a3+2cos2a6-cos2a3
由积化和差公式,得 ( ) =1,
故λ的取值范围为 (-∞,28] sina4+a53 . 1(
【 】 2 cos2a6-cos2a
)
能力特训 3
整理,得
高频题特训 sin(a4+a5)
1.B 【解析】 因为 {bn} 是等差数列,且b 13=-2,b10 (
2 -2
)sin(a6+a3)sin(a6-a3)
=12,故公差d=2.于是b1=-6,且bn=2n-8(n∈N*),即 = ( =1,sina4+a5)
an+1-an=2n-8,所以a8=a7+6=a6+4+6=a5+2+4 所以sin(3d)=-1.
+6=…=a1+(-6)+(-4)+(-2)+0+2+4+6=3. 因为d∈(-1,0),所以3d∈(-3,0),
2.D 【解析】 设 等 差 数 列 {an} 的 公 差 为d,首 项 为 π, π4 则ì 3d=- d=- .
a -d=0 a =
2 6
1
1 7 4 13(13-1)
a1,则{ ,解得 í ,S13=13× +7d=4 4 7 2 ( ( ) nn-1)d nn-1 ( π-6 )
d=7 Sn=na1+ 2 =na1+ 2
4
× =52. π7 =- n
2+ ( πa1+ )n,12 12
3.A 【解析】 由已知得a1=2a1+14d-3a1-9d,所 π
设f(n)=-12n
2+ ( πa1+ )n,则其图象的对称轴方5 S
a = d, 8
8a1+28d
以 1 又 = ,
5 12
将 代入化简得
2 S16 16a +120d a1=1 2d 6
程为
S n= ( ππ a1+12) .由 题 意,当 且 仅 当 n=9时,数 列8 3
S = .16 10 17 6
【 】 ( ) ( ) {an} 的前n 项和4.B 解析 3a +a +2a +a +a = Sn
取得最大值,所以 < π2 π (a1+12)<因为 3 5 7 10 13
24,所 以 6a4 +6a10 =24,所 以 a4 +a10 =4,S13 = 19, 4π 3π解得 4π3π
2 3 2 1
的取值范围是 , .
13(a1+a13) 13(a4+a10) 13×4 (3 2 ),故选
2 = 2 = 2 =26 B. 11.6 【解析】 根据等差数列的性质,a5-a1=a9-a5
5.C 【解析】 因为a1>0,a6a7<0,所以a6>0,a7< =4d,a6-a2=a10-a6=4d,所以(a5+a6)-(a1+a2)=
0,等差数列的公差小于零,又a3+a10=a1+a12>0,a1+a13 8d,而a1+a2=2,a5+a6=4,所以8d=2,a9+a10=a5+a6
=2a7<0,所以S12>0,S13<0,所以满足Sn>0的最大自然 +8d=4+2=6.
数n 的值为12. 12.8 【解析】 设数列 {an} 的公差为d,则由已知得
6.C 【解析】 在等差数列{an} 中,S12=6(a6+a7)= (a1+2d)+(a1+7d)=13①,
24,所 以 a6+a7=4,又 a6>0,a7>0,所 以 a6 ·a7≤ 7(a1+a1+6d)S7= =35②,
(a6+a
2
7 ) 2=4,即a6·a2 7 的最大值为4,故选C. 联立①②,解方程组得a1=2,d=1,所以a7=a1+6d
7.A 【解析】 设等差数列{an} 的公差为d,由等差数 =8.
70
数学·数列与不等式
1 a a 1 1 所以T =
13. 【解析】 n因为6 a +
n =2, n所以
n+1 an-1 a +n+1 an-1 1
× (1 1 1 1 … 1 12, 1 1 1 2= 1-3+3-5+ +2n-1-2n+1)所以{1} 为等差数列,且首项为 = ,公差为a a a 2 a -n n 1 2 1 ( 1 ) n
1 1 1 1 1 n 2 =2× 1-2n+1 == , = +(n-1)× = , a = , 2n+1
.
所以 所以 n 所a1 2 an 2 2 2 n {7a1+21d=70,1 18.【解析】 (1)设公差为d,则 有 即2
以a12= . a2=a1a6,6
{a1+3d=10, {a1=1, {a1=10,{6n-n
2,1≤n≤3, 解得 或 (舍),
14. 【解析】 由Sn=n2-6n,得 (a1+d)2=a1(a1+5d), d=3 d=0
n2-6n+18,n≥4
所以
, an=3n-2.{an} 是等差数列 且首项为-5,公差为2,所以an=-5+ 2
( nn-1)×2=2n-7,所 以 当n≤3时,an<0;当n≥4时, (2)Sn= [ (
3n -n
2 1+ 3n-2
)]= ,2
6n-n2,1≤n≤3,
an>0,所以Tn={ 3n2-n+48 48 48n2-6n+18,n≥4. 所以bn= n =3n+n -1≥2 3n·n -1
15.【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d,则an= =23,
a1+(n-1)d.由a1=1,a3=-3,可得1+2d=-3,解得d 48
=-2.从而,a =1+(n-1)×(-2)=3-2n. 当且仅当3n= 时取等号,即n n=4
时取等号.
n
() () , n
[1+(3-2n)]
2 由 1 可知a =3-2n 所以S = = 故数列{bn} 的最小项是第4项,其值为23.n n 2 19.【解析】 (1)设数列{an} 的公差为d,
2n-n2. 因为bn=an-2an+1,
进而由Sk=-35可得2k-k2=-35, 所以bn+1-bn=(an+1-2an+2)-(an-2an+1)=(an+1
即k2-2k-35=0,解得k=7或k=-5, -an)-2(an+2-an+1)
又k∈N*,故k=7为所求结果.
=d-2d=-d,
16.【解析】 (1)由a3+a4+a5=84可得3a4=84,a4
所以数列{bn} 是公差为-d 的等差数列.
=28, (2)当n≥2时,c
, , , n-1
=an+2an+1-2,
而a9=73 则5d=a9-a4=45d=9a1=a4-3d=28
bn+cn-1
-27=1, 因为bn=an-2an+1,所以an= +1,所以2 an+1
于是an=1+(n-1)×9=9n-8,即an=9n-8. bn+1+cn
(2)对任意m∈N﹡,9m<9n-8<92m,则9m+8<9n< = +1,
bn+1+cn bn+cn-1
所 以
2 an+1-an= 2 - 2 =
92m+8, bn+1-bn cn-c+ n-1,
即9m-1
8 8 2 2
+92m-1+ ,而n∈N*,由题意可知9 b -b
因为数 列
b { }
,{ } , n+1 n都 是 等 差 数 列 所 以
m=92m-1-9m-1, bn cn 2 +
于是S 1 3 2m-1 0m=b1+b2+…+bm=9 +9 +…+9 -(9 cn-cn-1
为常数,
+91+…+9m-1) 2
9-92m+1 1-9m 92m+1-9 9m-1 所以数列{an} 从第二项起为等差数列.
= 1-92 - 1-9 = 80 - 8 = (3)数列{an} 成等差数列,证明如下:
92m+1-10·9m+1 92m+1+1 9m, 因为bn=an-2an+1,b1+a3=0,
80 = 80 -8 令n=1,a1-2a2=-a3,即a1-2a2+a3=0.
92m+1+1 9m
即S = - . 因为m bn+1=an+1-2an+2,bn+2=an+2-2an+3,80 8
所以
【 】 () ( )2, 2bn+1-bn-bn+2=
(2an+1-an-an+2)-2(2an+2
17.解析 1 由 题 设 条 件 知4Sn = an+1 得
( )2, -an+1-an+3
),
4Sn+1= an+1+1
因为数列{bn} 是等差数列,所以, 2bn+1-bn-bn+2=0
,
两者作差 得4an+1=(an+1+1)2-(a +1)2n .
所以
( )2 ( )2。 2an+1-an-an+2=2
(2an+2-an+1-an+3),
整理得 an+1-1 = an+1
因为 ,所以 ,
又数列{an} 各项 均 为 正 数,
a1-2a2+a3=0 2an+1-an-an+2=0
所 以an+1-1=an+1,即
所以数列{an} 是等差数列.
an+1=an+2,
易错题特训
故数列{an} 是等差数列,公差为2.
( )2, , 1.D
【解析】 因为S5>S6,所以a6=S6-S5<0.
又4S1=4a1= a1+1 解得a1=1 故有an=2n-1.
对于A,2a3-3a4=-a4-2(a4-a1 1 3
)=-(a4+2d)=
(2)由(1)可得bn=aa =(2n-1)[2(n+1)-1]= -a6>0,所以2a3>3a4 一定成立;n n+1
1 1 1 对于B,因为( ) 5a5-
(a1+6a6)=5(a1+4d)-[a1+
,
2× 2n-1-2n+1 6(a1+5d)]
71
小题狂刷 高考专题特训
=-2a1-10d=-2a6>0,所 以5a5>a1+6a6 一 定 【 】 1 1, 1 13.B 解析 因为S1= a2- S2= a3- ,所以
成立; 3 3 3 3
对于C,因为a5+a4-a3=a5+d=a6<0,所以a5+a4 ì 1 1
a1=3a1q-
,
; 3 {a1=1,
1
a1=- ,-a3<0一定成立 í 解得 或 3 (舍 去),
1 1 ,
对于D,因为a a q=43+
{
6+a12-2a7=(3a1+18d)-(2a1+ a1+a1q=3a1q
2- ,3 q=0
12d)=a1+6d=a7,所以a3+a6+a12<2a7 不一定成立.故 故所求的公比q=4.
选D. 4.C 【解析】 设数列 {an} 的公比为q,由a1a2a3=4
【易错提醒】在本题中,从S5>S6 可以得到a6<0,容易 =a3q3 与aaa =12=a3q12 91 4 5 6 1 可 得q =3,an-1anan+1=
错误地认为a5>a6,从而得出错误结论,因此一定要准确地 a31q3n-3=324,因此q3n-6=81=34=q36,所以n=14,故选C.
理解并掌握前n 项和与数列的项的关系,依据Sn-Sn-1= 5.D 【解析】 当q<0时,等比数列 {an} 是一个摆动
an(n≥2,n∈N*)等结论进行严密推理,不能仅凭主观感觉 {a1>0,. 数列,不是递减数列,进行判断 数列 {an} 是递减数列,则 或02.【解析】 (1)因为an+1an+an+1-an=0(n∈N*),故 a1<0,
a { 故选1 1 D.
an+1=
n
因为 , ,所以 q>1,
a +1. a1=1bn=a bn+1-bn=n n a -n+1 6.D 【解析】 设等比数列 {an} 的公比为q,由a6 与
1 an+1 1 1= - =1.又b1= =1,所以数列{bn} 是以1为 a7 的等 差 中 项 等 于48,得 a6+a7=96,即 a1q
5(1+q)
an an an a1
=96.①由等比数列的性质,得a4a10=a5a9=a6a 2, 8
=a7.
首项 1为公差的等差数列.
因为a4a5a6a7a8a9a10=1286,则a7 67=128 =(26)7,即
(2)由(1)
1 1
知b =n,所以 =n,a = , aq6 6n a n n 1 =2.②n
n
an , an 1 1 1
1-2 n
令cn= 所以cn= = ( )= - ,
由①②解得a1=1,q=2,所以Sn= ,故
n+1 n+1 nn+1 n n+1 1-2
=2 -1
选D.
所以Sn=c
1 1 1
1+c2+…+cn= (1-2 )+ (2-3 )+… 7.C 【解析】 设等比数列{an} 的首项为a,公比为q,
1 n ìa(1-q
2)
+ (1 1n-n+1)=1- =3,n+1=n+1. 1-q易知q≠1,根据题意可得 í 解得q2 a=4,
【易错提醒】(1)用定义证明一个数列是等差数列,务必 a(1-q
4) 1-q
,
“ ” , 1-q
=15
注意是从 第 二 项 起 每 一 项 与 前 一 项 之 差 是“同 一 个 常
( q6)
数”,
a1-
否则就不能说这个数列是等差数列.(2)求一个数列的 =-1,所以S6= =(-1)×(1- 1-4
3)=63.
q
前n 项和,有公式法、分组求和、裂项相消、倒序相加、错位相 8.A 【解析】 依题意,数列S10,S20-S10,S30-S20,
减等多种方法,要根据所求数列的特点进行选择. S40-S30成等比数列,因此有(S -S )220 10 =S10(S30-S20),
多解题特训 即(S20-10)2=10(70-S20),故S20=-20或S20=30.又
1.A 【解析】 法一:由数列{an} 为等差数列,设公差 S20>0,因此S20=30,S20-S10=20,S30-S20=40,S40-
为d,所以a1+a3+a5=3a1+6d=3,所以a1+2d=1,所以 S30=80,S40=10+20+40+80=150.
5×4
S =5a + ×d=5(a +2d)=5. 9.D 【解析】 由a4+a7=2且a5a6=-8可得a5a65 1 2 1 =a4a7=-8 a4=4,a7=-2或a4=-2,a7=4.当a4=4,
法二:因为数列 {an} 为等差数列,所以a1+a3+a5=
3 a7 1 aa 4 3( ) 7=-2时,q = =- ,此时a1= 3=-8,a10=a7q
3a3=3,所以a3=1,
5a +a 5×2a
所以S5=
1 5 3 a4 2 q
2 = 2 =5.
2.1 【解析】 因为S = (n)且 (x)+ ( )= (x =-2× ( 1- )=1,所以2 a1+a10=-7;当a4=-2,af f f y f 7=4n
+y).所以Sn=f(1)+f(n-1)=S1+Sn-1,所以S2=2S1 ,3 a= 7
a
时 q a =-2
,此时a 41= 3=1,a 3q 10
=a7q =4×(-2)=
=a1+a2,所以a2=1,因为S3=S1+S2=3,所以a3=1,因 4
为S =S +S =4,所以a =1,…,a =1. -8,所以a4 1 3 4 15 1+a10=-7.
10.C 【解析】 因为ak 是a1 与a2k 的等比中项,所以
第三节 等比数列 a2k=a1·a 22k,即[a1+(k-1)d]=a1[a1+(2k-1)d],又
【 】 a1=4d,d≠0,则有k
2-2k-3=0,即 或基础特训 k=3 k=-1
(舍
去).
1.A 【解析】因为在等比数列{an}中,a2a10=9,所以
na1(q=1)
a5a7=a2a10=9,所以由基本不等式可得,a5+a7≥2 a5a7 11.a n 【 】1(1-q ) 解析 等比数列的前n 项
=6,当且仅当a5=a7=3时等号成立,故应选A. { ( )1-q q≠1
2.B 【解析】 由等比中项的性质得a5a6+a4a7+ na1(q=1)
a3a8=3a5a6=27,所以a5a6=9,所以log3a1+log3a2+… 和公式为Sn= a n1(1-q ) .( )
+log3a10=log3(a1a 5 5 { q≠12…a10)=log3 (a5a6)=log39=10. 1-q
72
数学·数列与不等式
12.5 【解析】 3因为公比为 2,且满足a3·a11=16,所 1= (1 1- ),
2 (3 )12 , , (3 )15
2
以a1 2 =16a1=1a16= 2 =32,
3 2n+3
故log2a16=5.
2 1 1 2
10 所以 , 单调递减,得
13. (n
1-2Tn= +
2 -1) 【解析】 由 题 意a2+a5=q(a1+ 3 2k+3 {2k+3} 3<9
a4),得20=q×10,
13 1 1 1
故q=2,代入a1+a =a 34 1+a1q =10,得 1-2Tn≤ .而15 b =3k∈
(0, ],所以不存在3 k∈N
*,使得
k
10( n)
, 10 9
1-2 10 1等式
9a =10 1-2T =
成立.
1 得a = .故S = (n ) k1 9 n 1-2 =9 2 -1 . bk
【能力特训】
9 a
14. 【解析】 因 为3an+1+a =0,
n+1
n 所 以4 a = 高频题特训n
1 1 1.A 【解析】 设等比数列的公比为q.由an+2an+1+
- ,则数列{ } 是以 为公比的等比数列,因为3 an -3 a2= a =0得a (1+2q+q2)=0,因为a ≠0,所以1+2q+q2n+2 n n
4 1 ,解得 ,所以
- ,所以a =4,则{1} 是以a = ,公比q=-3的等比 =0 q=-1 S101=a1=2.3 1 a 1n 4 2.C 【解析】 设数列{an} 的公比为q,因为S2n=4×
数列, 1 9 2n 2n其第3项为 ×(4 -3
)2= . a1(1-q ) a (1-q )4 1- 2 =
1 ,所以 ,又 ,所以
q 1- q
=3 a1a2a3=27q
15.【解析】 (1)由条件得,a 2n+1=2an+2an, a32=27,所以a2=3,所以a6=a2q4=35=243,故选C.
所以2an+1+1=4a2n+4an+1=(2an+1)2, ì 5
所以{2an+1}是“平方递推数列”. a1+a3=2
因为lg(2an+1+1)
【解析】 设{ } 的公比为 ,因为 ,
=2lg(2a +1), 3.D an q ín 5
( al 2a +1) 2
+a4=
g n+1 4
所以
l(2a +1)=2
,
g n
ì 2 5,
所以{lg(
a +a = ①
2a +1)} 1 1n 为等比数列.
q 2 1+q2
所以 í 由①②可 得 3=2,所 以q=(2)因为lg(2a1+1)=lg5, 5 q+q a 31q+a1q = ,②
所以lg(2an+1)=lg5·2n-1, 4
1 1 n-1n-1 1 n-1 4
所以2an+1=52 ,所以a = (52 -1). ,代入①得a1=2,所以 ,所以2 an=2× (2 ) =2n Sn=n 2
因为lgTn=lg(2a1+1)+lg(
n
2a2+1)+…+lg(2an+1) 12× [1- (12 ) ] 4
l5·(1-2n) =4( 1 S
1-
, n
( 2n ) n
=g =(2n-1)lg5, 1
1-2n ) 所以a = 4 =2 -1-2 1- n2 2n
n
所以Tn=52 -1. 1,选D.
16.【解析】 (1)设公比及公差分别为q,d 4.A 【解析】 因为等比数列{an} 的各项均为正数,所
由2b2=a1+a2,2a2=b2+b3 得q=1,d=0或q=2,d
2 a3+a4
=2,又由a ≠b ,故q=2,d=2,从而a =2n-1,b =2n-1. 以公比q>0.又 因 为q =9
,所 以q=3,所 以
2 2 n n a4+a =5
( 12)c 2 n n a3+a4 1 1n= ·n ·(2 -1)=n·n 2 -n. a +a = = .3q 4q q 3
Sn=(1·21+2·22+…+n·2n)-(1+2+…+n),
【 5 5解析】 由 , ,得
令T =1·21+2·22 · 3 … ·
5.D a1+a3= a2+a4= q=
n +3 2+ +n 2n①. 2 4
2T 2 3 4 n+1n=1·2+2·2+3·2+…+n·2 ②. 1, Sa1=2,
n
所以 =2n-1,故选D.
由②—①得Tn=(n-1)·2n+1+2, 2 an
n(n+1) 6.C 【解析】 由等比数列的性质可得a
2
n=a5·a2n-5
∴Sn=(n-1)·2n+1- 2 +2. =22n=(2n)2,因为an>0,所以an=2n,故数列首项a1=2,
17.【解析】 (1)设等差数列 {an} 的公差为d(d≠0), 公比q=2,故
{( 5×4 ) ( ) log2a1+lo a +
…+lo a
5a1+ 2 d -2a1+d =25
g2 3 g2 2n-1
所以 =log2a1·a3·…·a2n-1
(a1+3d)2=a1(a1+12d) =log (a )nq0+2+4+…+n-22 1
解得a1=3,d=2∴an=2n+1. n(0+2n-2)
=log n2(2 ·2 2 )
b1=a1=3,b2=a4=9,∴b nn=3 .
=log2n+n2-n2 =lo1 1 1 g
2n22 =n2,故选C.
(2) = = 1 1a -
, 7.B 【解析】 由题可知数列各项均为正数,不妨设等
nan+1 (2n+1)(2n+3) 2 (2n+1 2n+3)
T = 比数列为递增数列,则首项的最小值为半圆(x-5)
2+y2=n
1 [ (1 1 )+ (1 1 1 1 16
(y≥0)上的点到原点的最小距离,易知最小距离为圆心到
…
2 3-5 5-7 )+ + (2n+1-2n+3) ] 原点的距离减半径,即(a1)min=5-4=1,同理第三项的最大
73
小题狂刷 高考专题特训
值为(a3)max=5+4=9,故等比数列的公比最大满足q2max= 【 3a15.解析】 (1)因为an+1=
n , 1 1所以 =
a 2an+1 an+1 3a
+
3 n=9,所以qmax=3< 11,因此只有B项不满足条件,故a1 2, 1 1所以
3 a -1=B. n+1 3 (
1
-1) .
选 an
1 1 3 1 2
8.A 【解析】 由y'= -1=0,即 -1=0,所以b 因为a1= ,所以5 a -1=
,
x b 1 3
=1,y 的极大值为y=lnb-b=ln1-1=c,所以c=-1,又 2 1所以数列{1-1} 是首项为 ,公比为 的等比数列3 3 .
因为ad=bc, a所以ad=-1×1=-1,故选A. n
n-1
S S +q3S (2)由(1)知,
1 2 2
-1= × 1 = ,所 以 a
9.B 【解析】 6 3 3由 =3得 =3,所以q3=2, an 3 (3 ) 3n nS3 S3
S S q3S q6S 3 6 3
n
9 3+ 3+ 3 1+q +q 1+2+4 7
所以 = 3 = 3 = = ,
= .
故
S 3
n+2
6 S3+qS3 1+q 3 3
假设存在互不相等的正整数m,s,t满足条件,
选B.
m+t=2s
S 则有
10.C 【解 析】 5由 等 比 数 列 的 性 质 可 知 = { .a (a 2s-1)=(am-1)(at-1)4
n
a1(1-q5) a1(1-q5) 1-25 31 3= = = ,故选C. 由a
2
n=3n
与(
+2 as-1
)=(am-1)(at-1),
(1-q)a4 (1-q)a1q3 (1-2)23 8
s 2 m t
a a 3 3 3
11.1024 【解析】 因为b = 2=a ,b = 3,所以a 得 (3s+2-1) = ,1 a 2 2 a 3 (3m+2-1) (3t+2-1)1 2
即3m+t+2×3m+2×3t=32sa +4×3
s.
=b 42a2=b1b2.因 为b3= ,所 以a a4=b1b2b3
,所 以an=
3 因为m+t=2s,所以3m+3t=2×3s,
b1b2b3·…·bn-1,所以a21=b1b2b3·…·b20=(b 1010b11) 3m+3t≥2 3m+t=2×3s,当且仅当m=t时等号成立,
=210=1024. 这与m,s,t互不相等矛盾.
【 】 {a2=1-a1, 所以不存在互不相等的正整数m,s,t满足条件.12.27 解析 由 得a4=9-a3, 16.【解析】 (1)f'(x)=3a x2n-1 -3[(t+1)an-
{a1(q+1)=1, 所以q=3( 1负值舍去),所以a = , an+1],根据已知f'(t)=0,1a1q2(q+1)=9, 4 即tan-1-(t+1)an+an+1=0,即an+1-an=t(an-
1 3 1所以a4+a5=4×3+4×3
4=27. an-1),
因为t>0,t≠1,所以a2-a1=t2-t=t(t-1)≠0.
1
13.-2 2n-1- 【解析】 设等比数列{an} 的公比 所以数列{an+1-an}是以t(2 t-1
)为首项,t为公比的等
为q,则a4=a 3
比数列
1q ,代入数据解得q3=-8,所以q=-2,等 .
(2)由(1)可知an+1-an=(t-1)1 t
n.
比数列{|an|}的公比为2,则|an|= ×2n-1,所以2 |a1|+ 所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)
1 1 +a… ( 1|a2|+|a3|+ +|an|=2 1+2+2
2+…+2n-1)= (2n2 =(t-1)tn-1+(t-1)tn-2+…+(t-1)t+t
-1)=2n-1
1
- . t(1-t
n-1)
2 =(t-1)× 1-t +t=t
n.
n
14.(2,+∞) 【
a -2
解析】 因为b = n (n∈N*),所 所以数列{an} 的通项公式为an=t .n an-1 (3)由(2)知a =tnn ,所以bn=anlogtan=ntn.
bn-2 bn+1-2 bn-2 1
以an= .由an+1-an= - = - 所以S =1×t+2×t2+3×t3 nb -1 b -1 b -1 b n
+…+nt ,
n n+1 n n-1
则tS =1×t2+2×t3n +…+(n-1)tn+ntn+1.1
1 b -b - bnn+1 n 3 ( ) 2 3 … n n+1 t
(1-tn)
=( )( )= ,
所以 1-tSn=t+t +t + +t -nt =
bn+1-1 1-bn+1 1-bn ( 2
<0 1-t
1-3bn )(1-bn) -ntn+1.
3 3 n-1 n+1 n+1
解得b 2 t-t ntn> 或2 0若bn> ,则2 b1 ( 所以3 ) > Sn=(1-t)2-1-t.
3
对一切n∈N* 恒成立,显然不可能;若01
1)Sc·Sd= cd(a1+ac)(a1+ad)2 4
2 n-1b1 ( 对一切3 ) <1 n∈N* 恒成立,只需0a -2
即0< 1 <1,解得a -1 a=a >2.
1
1 =4cd
(a21+2a1am+acad)
1
74
数学·数列与不等式
1
< (c+d
2 2
4 2 ) [a21+2a1am+ (ac+ad ) ] 2所以当n=3时,Cn 取得最大值,且最大值为C2 3= ,27
1 2
= 2(2 2)4m a1+2a1am+am = [1m(a1+am)] =S2
2
m . 所以k≥ .2 27
(2)设an=pn+q(p,q 为常数),则ka2-1=kp2n2n + 易错题特训
2k n+k 2-1, 1.C 【解析】 设a =aqn-1,因为q2010pq q n 1 >0,所以A,B
1 p+2q 不成立.对于C,当a >0时,a >0,因为1-q 与1-q2013同
S 2 2
3 1
n+1=2p
(n+1)+ (2 n+1
),S2n=2pn +(p
号,所以S2013>0,选项C正确.对于D,取数列:-1,1,-1,
+2q)n, 1,…,不满足条件,D不成立.故选C.
3 2 2q-p ( ) 【易错提醒】本题出错的原因往往是对等比数列的性质所以S2n-Sn+1=2pn + 2 n- p+q . 掌握不清,在等比数列 {an} 中,奇数项的符号相同,偶数项
3 2q-p
依题意有kp2n2+2kpqn+kq2-1= pn2+ n- 的符号相同,S2n+1的符号与an 相同.2 2
2.【解析】 (1)由题意得2a2+S1=3,即2a2+a1=3,
(p+q)对一切正整数n 恒成立, 3-a
a = 1
3
ì 3 所以 2 2 =4. kp2=
2
p①
3 当n≥2时,由2an+1+Sn=3,得2an+Sn-1=3,
所以 í 2q-p ,由①得p=0或kp= ,
2kpq= 22 ② 1两式相减得2a
n+1
-an=0,即an+1=2an. kq2-1=-(p+q)③ 3 3 1
若p=0,将其代入②有q=0,而p=q=0不满足③,所以p 当n=1时,因为a1= ,2 a2=
,所以
4 an+1= an
也
2
≠0. 成立,
3 2q-p p
将kp= 代入2 ②
有3q= ,即q=- ,将其代入2 4 综上,
3 1
{an} 是以 为首项, 为公比的等比数列,所以2 2
kp2
③得 -1=-(
p
p- ),④ 316 4 an=2n .
3 , 32, 8, 81将kp= 代入 解得 从而 ,2 ④ p=27 q=-27k=64 (2)
1
因为2an+1+Sn=3且an+1= an,所以2 Sn=3-
81 32 8
故存在常数k= 及等差数列a = n- 满足题意. 2an+1=3-an.64 n 27 27 3 3
18.【解析】 (1)因为a2 * 又因为a = ≤ <3,所以3-a >0,n+1=4Sn+4n+1(n∈N ), n 2n 2 n
所以a2n=4Sn-1+4(n-1)+1(n≥2). ( ) 2 9
所以
2 2 ( ), anSn=an
(3-a )≤ [an+ 3-ann = ,当且两式相减得an+1-an=4a +4n≥2 2 ]n 4
所以a2 =(a +2)2n+1 n (n≥2). 3仅当an= ,即n=1时等号成立.
又an>0,故an+1=an+2(n≥2),d=2. 2
2 · , ( )2 ( ), 【易错提醒】(1)证明一个数列是等比数列,务必注意是又a5=a2 a14 即 a2+6 =a2 a2+24 解得a2=3.
2 从“第二项”起,每一项与前一项之比是“同一个常数”,本题又a2=4S1+4+1,故a1=S1=1.
所以a2-a1=3-1=2,故数列{an} 是以1为首项,以2
1
第一问求an 时容易忽略对a2= a1 的说明2 .
(2)用基本不
为公差的等差数列,故an=2n-1. 等式或者函数的观点研究数列时,不要忽视数列本身的特殊
由题意知b1=a2=3,b2=a5=9,从而可得bn=3n, 9
故a =2n-1,b =3n. 性.例如本题中在说明anSn≤ 的等号能够取到时,必须确n n 4
() () 3
(1-3n) 3n+1-3
2 由 1 知T = = . , 3n 1-3 2 定存在n 使得an=2.
n+1
所以 (3 -3 3 )k n n * 3.【解 析】 ()≥3 -6对 任 意 的 ∈N 恒 1 设 数 列 {an} 的 公 比 为q,由+ a23 =2 2 1 , 1
成立, a2a6 得a
2
4 3=
2 2
4a4
,所以q =4.由条件可知q>0,故q=
2n-4
即k≥ * 1 13n
对任意的n∈N 恒成立. 2.由a1+2a2=4
,得a1+2a1q=4
,所以a1=2.
2n-4 2n-4 2n-6 所以数列{a } 的通项公式为a =2n.
令 Cn = n ,则 C
n n
3 n -Cn-1 = 3n - 3n-1 = ( 2
( b2) n
+1 b
= S , S = n
+1)
由 得
-2(2n-7) n n .
n (n≥2),
2 4
3 (b +1)2 (b +1)2
当
故当n=2或 3时,C >C ,当 n≥4且 n∈N* n≥2
时,bn=Sn-Sn-1=
n - n-1 ,
n n-1 4 4
时,Cn75
小题狂刷 高考专题特训
所以(b2n-b2n-1)-2(bn+bn-1)=0, 故当t=1时,数列{an} 是以1为首项,3为公比的等比
所以(bn-bn-1-2)(bn+bn-1)=0, 数列.
因为bn>0,所以bn+b nn-1>0, 1×(1-3)
所以a =3n-1
1
n ,所以Sn= = (3n-1).
所以bn-bn-1-2=0,即bn-bn-1=2, 1-3 2
所以数列{bn} 为等差数列,且公差d=2, 第四节 数列的综合应用
(b +1)2
又b1=S
1
1= ,所以4 b1=1
,bn=1+2(n-1)= 【基础特训】
2n-1. 1-2n
1.D 【解析】 因为1+2+22+…+2n-1= =2n
由Cn=anbn 得Cn=(2n-1)×2n, 1-2
Tn=C1+C2+…+Cn=(2×1-1)×21+(2×2-1)× -1,所以S 1 2 n n+1n=2 -1+2 -1+…+2 -1=2 -n-2>
22+…+(2n-1)×2n, ① 1020,n 的最小值为10.故选D.
2Tn=(2×1-1)×22+(2×2-1)×23+…+(2n-1) 2.B 【解析】 因为a2,a4,a8 成等比数列,所以a24=
×2n+1, ② aa 22 8,即(a1+3d)=(a1+d)(a1+7d),所以a1=d,所以
①-②得,-T =2(22n +23+…+2n)-(2n-1)×2n+1 a1+a5+a9 3a1+12d
故选
22×(2n-1-1) a2+a
=2a +3d =3. B.3 1
+2=2× ( ) n+12-1 - 2n-1 ×2 +2 3.C 【解析】 因为a1+a2+a3+…+an=2n-1,a1
=2n+2-8-(2n-1)×2n+1+2 +a2+a3+…+a n-1n-1=2 -1(n≥2,n∈N*),所以an=
=(3-2n)×2n+1-6. 2n-2n-1=2n-1,当n=1时,a 11=2 -1=1,所以a1 也适合
所以T =(2n-3)×2n+1n +6. 上式,所以a =2n-1n ,所以a2n=4n-1,所以a2 2 21+a2+a3+…
【易错提醒】(1)对于数列的已知条件应注意多观察、多
2 1-4
n 1(n )
试验、多分析,大胆猜想,小心论证.(2)在利用错位相减法解 +an=1-4=3 4 -1 .
题的过程中一定要把握好做题的步骤.需要注意的问题:① 4.C 【解析】 依题意得an+an+1=bn,anan+1=2n.因
在等式的两边需要同时乘哪个数;②相减后第二个等式的最 为a =1,所以a =2,a =2,a =22,a =22,a =231 2 3 4 5 6 ,a7=
后一项的符号;③两等式相减后,所得项的整理. 23,a 4 48=2,a9=2,所以b8+a9=(a8+a9)+a9=a8+2a9
多解题特训 =3×24=48.
1.【解析】 (1)法一:假设数列 {Sn} 为等差数列,则必 5.B 【解析】 因为{bn} 为等比数列,其公比q≠1,所
有2S2=S1+S3,即2(a1+a2)=a1+a1+a2+a3,所以a2 a +a
=a , 以b4≠b12,所 以a4≠a ,
4 12
12 所 以a8= 2 > a4a12 =3
又a2=2S1+1=2a1+1=2t+1, b4b12=b8.
a3=2S2+1=2(a1+a2)+1=2(t+2t+1)+1=6t+3. 6.C 【解析】 由题意可知an+1+an-1=2a 2n=an,解
1
所以由a2=a3 得2t+1=6t+3,即t=- ,这与t≠ 得an=2(n≥2).又因为b 2n+1bn-1=bn=2bn(n≥2),所以bn2
=2(n≥2),所以log2(a2+b2)=log24=2.
1
- 矛盾2 . ì 3 1
an=4an-1+4bn-1+1
,
故数列{Sn} 不是等差数列. 7.C 【解析】 将 í 两式相加
法二: 1 3由an+1=2Sn+1得S n+1-Sn=2Sn+1,即Sn+1 bn=4an-1+4bn-1+1
,
=3Sn+1(n≥1). 1
假设 数 列 {S } 为 等 差 数 列,则 必 有2S -(S + 得an+bn=an-1+bn-1+2,两式相减得an-bn= (an n+1 n 2 n-1
Sn+2)=0成立. -bn-1),所以{an+bn}是以3为首项,2为公差的等差数列,
又2Sn+1-(Sn+Sn+2)=2Sn+1-(Sn+3Sn+1+1)
( ) ( ) , {
1
an-bn}是以1为首项, 为公比的等比数列,所以=- S +S +1 =- 4S +2 =0 2 a4+b4n n+1 n
1 4
所以Sn=- , 12 =3+
(4-1)×2=9,a5-b5=1× (1 ) = ,(2 16 a4+b4)(a5
1 1
故S1=a1=t=- ,这 与t≠- 矛 盾.故 数 列 92 2 -b5)= .故选16 C.
{Sn} 不是等差数列. 8.B 【解析】 因为a1=f(1)=(1-3m)+10=2,所
(2)由an+1=2Sn+1得an=2Sn-1+1(n≥2), 以m=3,所以an=f(n)=-8n+10,所以S100=-8(1+2
两式相减得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2),所以
… 101×100
, + +100
)+10×100= -8× 2 +10×100=当n≥2时 数列{an} 是等比数列.
, a2 2t+1 -39400
,选B.
要使n≥1时 数列{an} 是等比数列,只需a = =1 t 1
, 9.B 【解析】 由Bn(n,0)得Cn (n,n+ ), 1令3 t=1. n x+从而得 x
76
数学·数列与不等式
1, 2 1 1 数列
,
=n+ 即n x - (n+n )x+1=0,得x=n 或x= ,所n 所以a22=a1·a5,即(1+d)2=1·(1+4d),
以 Dn (1, 1n+ ), 2所 以 矩 形 AnBnCnDn 的 周 长 a = 所以d -2d=0,解得d=2(d=0不合要求,舍去),n n n 所以an=1+2(n-1)=2n-1.
2( 1n-n )+2( 1n+ ,则 …n )=4n a2+a3+ +a10=4(2+3 因为bn+1=2bn-1,所以bn+1-1=2(bn-1),
所以{b -1}是首项为b -1=2,公比为2的等比数列… ) .+ +10 =216. n 1
【 】 , , 所以bn-1=2×2
n-1=2n,所以b =2n+1.
10.C 解析 取a1=1a2=2 则a3=2a2+a1=2×
n
2+1=5,依次得到数列{an} 的各项为1,2,5,12,29,…; (2)
2 2 1 1
因为 ,
ana =n+1 (2n-1)(2n+1)=2n-1-2n+1
取b1=1,b2=2,则b3=b2+2b1=2+2×1=4,依次得 1 1 1 1
到数列{bn} 的各项为1,2,4,8,16,…, 所 以 Sn = ( - ) + ( - ) + …1 3 3 5 +
由上可知存在m∈N*,使得am>bm,am+1>bm+1,…. 1 1 1
- =1- ,
由an+2=2a ( )n+1+an,an+2-an+1=an+1+an>0,所以 2n-1 2n+1 2n+1
数列{an} 为递增数列; 所以S - ( 1 ) 1 1 1n 1- =1- -1+ n = n -
由bn+2=b +2b 得b bn 2n+1 2 +1 2 +1n+1 n n+2-bn+1=2bn,
n
而am+2 -am+1 >bm+2 -bm+1,am+3 -am+2 >b 1 2n-2m+3
2n+1=
-b ,
(2n+1)(2n+1).
m+2
… 1当n=1,2时,2n=2n,Sn=1- ;bn
an-an-1>bn-bn-1, 1
累加得: nan-am+1>bn-b 当n≥3时,2n<2 ,S <1- .m+1,得an>bn+am+1-bm+1 n bn
>bn,即an>bn.故选C. 16.【解析】 三种付酬方式每天的薪酬金额依次构成数
1
11. 【解析】 因为9 a⊥b
,所以a·b=2Sn-n(n+ 列{an},{bn},{cn},它们的前n 项和分别为An,Bn,Cn.
(1)依题意,第一种付酬方式每天的薪酬金额构成的数
n(n+1)
1)=0,
a
所以Sn= ,
n
所以an=n.所以 列{an} 为常数数列,所以An=38n.2 a =n+1·an+4
第二种付酬方式每天的薪酬金额构成的数列{bn} 是首
n 1 4
(n+1)(n+4)=
,当
4 n=2
时,n+ 取最小值4,n n(n-1)
n+ +5 项为4,公差为4的等差数列,所以Bn=4n+ 2 ×4=n
2
a 1 2n +2n.n
此时 取最大值
a .n+1·an+4 9 第三种付酬方式每天的薪酬金额构成的数列 {cn} 是首
12.[-2,2] 【解析】 因为|an|≤A,所以|an+1|≤A, 0.4(1-2n)项 为0.4,公 比 为2的 等 比 数 列,所 以 Cn= =
{-A≤a
2 2
n-2≤A, {-A+2≤an≤A+2
1-2
则 即有 ,得 A2=A n
-A≤an≤A -A≤a ≤A 0.4
(2 -1).
n
+2,所以A=2(负值舍去),因此a1∈[-2,]
(
2 . 2
)由(1)得,当n=10时,A10=38×10=380,
2 ,
13.(2n+1)3n-1 【解析】 an=2S +3n,a = B10=2×10+2×10=220n-1 n-1
10
2S n-1 n-1 C10=0.4×
(2 -1)=409.2.
n-2+3 (n≥3),相减得:an-an-1=2an-1+2×3 ,即
因为B10a =3a n-1 n n-1n n-1+2×3 ,所以 ( ),又3n =3n-1+3 n≥3 a2= 17.【
1
解析】 (1)因 为f'(x)= ,所 以 曲 线 在 点
a x
C
2S +32=2a +32=15,2
5,a= 1
2 5 a a
1 1 32 3 3+
, 2 1即
3=3 32=3+ ( ,( )) 1An an fan 处的切线方程为y-lnan= (a x-an
).
2 n, a 2所以数列{ n } 是以1为首项,n 为公差的等差数列,所3 3 3 令x=0,得y=lnan-1.
a 2 因为该切线与y 轴交于点Bn
(0,bn),所以bn=lnan-1.
n
以
3n=1+
(n-1)× ,所以an=(3 2n+1
)3n-1. 由f(a1)=3,得lna1=3,故b1=2.
14.3 【解析】 由已知可知,当n=1时,有a =T = 再由数列{bn} 是公差为2的等差数列,得1 1 bn=2+2(n
T 1 n2-6n-(n-1)2+6(n-1) -1)=2n.45=210, n当n≥2时,有an=T =n-1 (4 ) 于是由2n=lnan-1得an=e2n+1.
2n-7
(1 ) (2)由()14-4n, , 1 可知点A (e
2n+1,2n+1),B (0,2n),
= =2 此式对n=1也成立 所以4 an=2
14-4n, n n
故S =ne2n+1,aS =ne4n+2n n n ,
从而bn=log2an=14-4n,可以判断数列{bn} 是首项为10, T =e6+2e10n +…+ne4n+2.
公差为-4的等差数列,因此Sn=-2n2+12n,故当n=3 又e4Tn=e10+2e14+…+ne4n+6,两式相减,得
时,Sn 有最大值. e6(1-e4n)4 6 4n+2 4n+6
15.【解析】 (1)
( ) …
因为a1=1,且a ,a ,a 依次成等比 1-e Tn =e + +e -ne =1 2 5 1-e4
77
小题狂刷 高考专题特训
-ne4n+6 24, 3Sn= (n2
3
-15n).因为曲线S 2n= (n -15n)的对称
ne4n+10-(n+1)e4n+6+e6 7 14 14
= ,1-e4 15
轴是直线n= ,n∈N*,所以当Sn 取到最小值时,n 的值
ne4n+10-(n+1)e4n+6+e6 2
从而Tn= (1-e4)2 . 为7或8.
【能力特训】 9.C 【解析】 等差数列的前n 项和公式有两个,一个
高频题特训 n(a1+an)
是关于考查前n 项和Sn 与an 的关系:Sn= ,另
1.C 【解析】 令首项为a,根据已知条件有(a+9)2= 2
(a+3)(a+21).解得a=3,所以a4=3+3×3=12.故选C. n(n-1)外一个是关于Sn 与a1,d 的关系:Sn=na1+ d.由
2.B 【解析】 设公差为d,则(1+d)2=1·(1+4d). 2
, , a10<0,a11>0,可知等差数列{an} 中公差大于 ,且各项先因为d≠0 解得d=2 所以S10=100. 0
, ,
3.B 【解析】 由a +a 负 后 正 所 以 前 n 项 和 先 负 后 逐 渐 变 为 正.S19 =1 3+a5=105,得3a3=105,即
a3=35;
( ) ( )
由a 19a1+a19 21a1+a212+a4+a6=99得3a4=99,即a4=33.所以d=
2 =19a10<0
,S21= 2 =21a11>0.
又因
, ( ) ( ) {an≥0,-2an=a4+ n-4 × -2 =41-2n.由 得n, 20(a|a |<|a |, a 1+a20)an+1<0 为 10 11 所以 11+a10>0.所以S20= 2
=20. =10(a11+a10)>0.故选C.
4.C 【解析】 由a1=1,an>0,a2n+1-a2n=1(n∈ 10.C 【解 析】 因 为 数 列 {an} 的 通 项 为 an =
N*),得a2n=n,即an= n.要使an<5,则n<25.故选C. log (n+2)(n+1) (n∈N*),所以a1·a2·a3·…·an=log23·
5.C 【解析】 设第n 个月的需求量为an,因为从年初 log34·log 1045·…·logn+1(n+2)=log2(n+2).又因为2 =
开始的前n 个月内累积的需求量为Sn(n=1,2,3,…,12), 1024,211=2048,所以在(1,2012]内最大的“优数”为n+2=
所以当n≥2时, 1024,即n=1022,在(1,2012]内的所有“优数”的和为21-2
n
an=Sn-S 2n-1= ( )
n-1[ ( ) 2×(1-210)
9021n-n -5 - 90 21n-1 - +22-2+…+210-2= -2×10=2111-2 -2-20=
(n-1)2-5] 2048-22=2026.
1
= (-n2+15n-9). 11.2n+1-2 【解析】 因为y'=nxn-1-(n+1)xn,所30
以
1 y
'| =n·2n-1-(n+1)·2n=-n·2n-1 nx=2 -2 ,
当n=1时,a1=S1= ,适合上式6 . 所以切线方程为y+2
n=(-n·2n-1-2n)(x-2).
1 令x=0,得y=(n+1)·2
n,即an=(n+1)·2n,所以
综上可知,an= ( 230 -n +15n-9
). an =2n,所以S =2n+1n+1 n -2.1
令an>1.5,即 ( 230 -n +15n-9
)>1.5,解得612.4 【解析】 设开始纯酒精体积与总溶液体积之比
又因为n 的取值为1,2,3,…,12,所以n=7或n=8. , 1为1 操作一次后纯酒精体积与总溶液体积之比a1= ,设2
6.B 【解析】 由2n<104,
4 4
得n,
g 操作n 次后,纯酒精体积与总溶液体积之比为an,则an+1=
故数列{2n} 在1到104 之间的项共有13项,它们的和S1= 1 n
a · ,所 以a =a n-1= (1 ) ,所 以 (1
n 1
< ,解
2×(1-213)
n 2 n 1q 2 2 ) 10
=16382;同理,数列{3n} 在1到104 之间的项共1-2 得n≥4.
3×(1-38)
有8项,它们的和S = =9840,所以|S -S| 13.1 【解析】 由 题 意 得an+1=2Sn+1,所 以an=2 1-3 1 2 2Sn-1+1(n≥2).
=6542. 两式相减,得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2),
7.C 【解析】 设 甲 工 厂 各 个 月 份 的 产 值 构 成 数 列 所以当n≥2时,{an} 是等比数列.
{an},乙 工 厂 各 个 月 份 的 产 值 构 成 数 列 {bn},则 数 列 a 2t+1
{an} 为等差数列,数 列 {bn} 为 等 比 数 列,且a1=b1,a = 要使11 n≥1时,{a
2
n} 是等比数列,则只需a = =3
,
1 t
a +a
b , a = 1 1111 故 6 2 ≥ a
2
1a11= b1b11= b6=b .由于在 解得t=1.6
14.5 【解析】 由已知可得an=4n-3,对数列{S2n+1
等差数列{an} 中的公差不等于0,故a1≠a11,上面的等号不
}, ( 1 1能成立,故a6>b6,即6月份甲工厂的 产 值 大 于 乙 工 厂 的 -Sn 有 S2n+3-Sn+1)-(S2n+1-Sn)=8n+5+8n+9-
产值. 1 , m因 此 数 列{
8.D 【解析】 由已知得 4n+1<0 S2n+1-Sn
}单 调 递 减,所 以
15≥
a1=-3, a1=-3,{ { 3 (S2n+1-Sn) 14 14max=S3-S1= ,即 ,故正整数 的最5(a1+a5) 10(a1+a10)解得 3 所以an= n- 45 m≥3 m2 = ,2 d= , 77 小值为5.
78
数学·数列与不等式
15.【解析】 (1)f'(x)=2ax+b,由 题 意 知b=2n, Sn+1 Sn 1- = ,
16n2a-4nb=0, n+1 n 2
1 1 Sn 1
所以a= ,b=2n,则f(x)= x2+2nx,n∈N*. 所以数列{ } 是以首项为1,公差为 的等差数列.2 2 n 2
1 Sn 1 1 1
数列{a } 满足 ='(1n f ),又f(x)=x+2n, 因此n =S1+(n-1)× ( )an+1 a 2=1+ n-1 ×2=2n+n
1 1 1 1 1 n(n+1)
所以 = +2n,所以 - =2n, ,即2 Sn= 2 .an+1 an an+1 an
1 1 (n+1)(n+2) n(n+1)
由叠加 法 可 得
a - 4 =2+4+6+
…+2(n-1) 于是an+1=Sn+1-Sn= 2 - 2 =n
n
=n2-n, +1.
4 因为a1=1,所以an=n.
化简可得an=( ( ),2n-1)2 n≥2 又因 为bn+2-2bn+1+bn=0,所 以 数 列 {bn} 是 等 差
4 数列.
当n=1时,a1=4也 符 合,所 以an=( (2n-1)2 n∈ 9(b3+b7)
由S9= ,2 =63b3=5
,得b7=9.
N*).
( 4
9-5
2)因 为 b = aa = = 所以公差n n n+1 d=7-3=1
,所以bn=b3+(n-3)×1=n
(2n-1)(2n+1)
( 1 1 ) +2.2 - ,2n-1 2n+1 () ( ) bn an n+2 n2 由 1 知 cn = + = + =2+
所以 Tn=b1+b2+…+b an bn n n+2n= a1a2 + a2a3 +…
2(1 1+ aa ,n n+1 n-n+2)
=2[ ( 1 1 1 1 11- )+ ( - )+…+ ( - ) ] 所以Tn=c1+c2+…+cn3 3 5 2n-1 2n+1
( 1 4n =2n+2× (
1 1 1 1 1 1
1- …
=21- 3
+2-4+3-5+ +n-1-
2n+1)=2n+1.
1 1 1
1×2×3 + - )
16.【解析】 (1)a n+1 n n+21=S1= 6 =1. 1 1 1
n(n+1)(4n-1) =2n+2(1+2-n+1-(2) )当n>1时,an=Sn-Sn-1= 6 - n+21 1
(n-1)n(4n-5) =3-2( + )+2n.
6 =n
(2n-1). n+1 n+2
1 1
当n=1时,n(2n-1)=1=a *1,所 以 n∈N ,a = 所以Tn-2n=3-2(n+1+ .n n+2)
n(2n-1).
设 1 1
() () , , An=Tn-2n=3-2 + .3 由 2 知 当n>1时 (n+1 n+2)
n2 1 1 1 因为An+1-An
a2=n (2n-1)2
= ,4n2-4n+1<4n(n-1)
=3-2 1 1
1 4 n2 1 1 (n+2+n+3)- [3-2(
1 1
n+1+n+2) ]
所以 2+ 2+…+ 2<1+ …a1 a2 an 4×2×1
+4×3×2+ 4
=2( 1 1n+1-n+3)=( ,1 n+1)(n+3)>0
+4n(n-1)
所以{An} 单调递增,故(
4
An)min=A1= .
= 1 + (1 1 ) + ( 1 1 3- - …4 4×2 4×2 4×3) + 4
因为An=3-2( 1 1 ,所以
[ 1 1 ] n+1
+n+2)<3 3≤An<3.
+ 4×(n-1)-4n 4
因为对任意正整数n,Tn-2n∈[a,b],所 以a≤ ,
=1+ (1 1 1 5 34-4n)<1+4=4. 4b≥3,即a 的最大值为 ,b 的最小值为3,所以(b-a)3 min=
,1 5当n=1时 a2=1< .1 4 4 53-3= .1 4 n2 3
因为
a2+a2+
…+ 2单调递增,a 18.【解析】 (1)1 2 n 由题意可得Sn+1=2an,所 以Sn=
1 4 n2 5 2an-1,
所以 n∈N*,a2+a2+
…+a2<4.1 2 n 所以a1=S1=2a1-1,故a1=1;
17.【解析】 (1)由2nSn+1-2(n+1)Sn=n(n+1),得 当n≥2时,Sn=2an-1,Sn-1=2an-1-1,两式相减,得
79
小题狂刷 高考专题特训
an=2an-2an-1, , 3 1 1又当n=1时 - + 取得最大值为- ,所以只
故an=2an-1,所以数列{an} 是首项为1,公比为2的等 2 2n-1 2
比数列, 1需λ>- 即可;
所以数列{an} 的通项公式为a =2n-1(n∈N*
2
n ).
(2)由已 知,a1=1=c1,a ,a Tn-6 32 3,a4=8=c9 共4项 在 当n 为 偶 数 时,λ<1+ 恒 成 立,即T -6 λ< -n+1 2
{cn} 的前9项中, 1
所以b1,b2,b3,b4,b5 在{cn} 的前9项中,而b6 不在. 恒成立,2n-1
考虑在a1,a2 之间{bn} 的项,
,3 1 7, 7
① a 又当 时 取得最小值为 所以若 1,a2 之间无{bn} 的项,则c2=a2,故{c } 的前5 n=2 2-2n-1 6 λ项的公比为2, 1 7
综上可知,实数λ的取值范围为- <λ< .
这时c4=8为第4项,与已知矛盾; 2 6
②若a1,a2 之间有1项b1,则a1,b1,a2 成等比数列, 易错题特训
所以{cn} 的前5项的公比为 2,所以c1=a1=1,c2= 1.A 【
1
解 析】 因 为 通 项 公 式 an = (
3 2n)
2-1=
b1= 2,c3=a2=2,c4=(2)=22=b2,所以{bn} 的公差 1 1 1 1 ,
d=b2-b1= 2, (2n-1)(2n+1)=2 (2n-1-2n+1)
此时bn= 2n,b5=52<8,b6=62>8; 1所以S = ( 1 1 1n 1- + - +… 1 1+ -, )③若a1 a2 之间至少有{b } 中的2项b ,b ,则{b 2 3 3 5 2n-1 2n+1n 1 2 n} 的
公差d=b -b <1, 1 ( 1 ) n2 1 =
, 2
1-2n+1 =2n+1.
此时 b6=b1+5d【 1 1前9项中矛盾. 易错提醒】从(2n-1)(2n+1)
到
2 ( 1 12n-1-2n+1)
所以当bn= 2n(n∈N*)时满足条件. 1
常犯的错误是漏掉
19.【解析】 (1)因为等比数列 {an} 的前n 项和Sn= 2.
2n-a,n∈N*, 2.(1)3n-3·2n-1 (2)[1,2]∪[-2,-1] 【解析】
所以a =S =2-a,a =(221 1 2 -a)-(2-a)=2,a3= (1)由a n n-1 *n+1=Sn+3 ,得an=Sn-1+3 (n≥2,且n∈N ),
(23-a)-(22-a)=4, 两式相减得an+1-an=an+2×3n-1,所以an+1=2an+2×
因为a22=aa 21 3,所以2=(2-a)×4,解得a=1, a 2 a 2 a 2
3n-1. 3n+1, n+1= × n+ , n+1同时除以 得 即 - =
所以a =2n-1 3
n+1 3 3n 9 3n+1n . 3
设等差数列 {bn} 的公差为d,则d≠0,b1=a1+2,且 2 (an 23 n- (3 ) n≥2,且n∈N*).又a2=S1+3=a1+3=3,b2+5,b4+5,b +5成等比数列, 38
{b1=3
a a2 2 1 2
, 所以数列
n 2 是以
所以 { n-3} 32- =- 为首项, 为公比( 3 3 3 3b4+5)2=(b2+5)(b8+5)
的等比数列
所以(8+3d)2=(8+d)(8+7d),解得d=0(
.
舍去)或d
a 2 1 2 n-2n an 2 1
=8, 故3n - 3 = - 3 × (3 ) ,故3n = 3 - 3 ×
所以bn=8n-5,n∈N*. 2 n-2
(2)把an=2n-1,bn=8n-5,代入cn=2an(bn-6n+ ( ) .故a =2×3n-1-3×2n-2n ,则3 an+1=2×3n-3×
4),得cn=(2n-1)·2n, 2n-1=S +3n,所以S =3n-3×2n-1n n (n≥2,且n∈N*).
所以Tn=c1+c2+c3+…+cn=1×21+3×22+5×23 因为S1=a1=0也适合上式,所以S =3nn -3×2n-1(n
+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n,① ∈N*).
2Tn=1×22+3×23+…+(2n-5)·2n-1+(2n-3)·
() 100n 2
2n
2 - 2 ≥ k - 3|k| 可 化 为
+(2n-1)·2n+1,② a n-1n+1+3×2
由①-②得-T =2+23+24+…+2n+1n -(2n- 100n 2 50n 2
)· n+1, 2×3n-3×2n-1+3×2n-1
-2≥k -3|k|,即3n -2≥k -1 2
化简得Tn=(2n-3)·2n+1+6. 50n3|k|.因为 n -2是关于n 单调递减的,且其最小值恒大于
Tn-6 (2n-3)·2n+1 2n-3 1 2 3
所以
T -6=(2n-1)·2n+2=4n-2=n+1 2-4n-2= -2,所以-2≥k
2-3|k|,即k2-3|k|+2≤0.当k≥0时,k2
1 1 -3k+2≤0,解得1≤k≤2;当k<0时,k
2+3k+2≤0,解得
2-
,
2n-1 -2≤k≤-1;综上,k 的取值范围是[1,2]∪[-2,-1].
Tn-6
所以当n 为奇数时,(-1)λ<1+ 恒成立,所以 【易错提醒】
a
本题在求解数列 { n 2n- } 是等比数列时,Tn+1-6 3 3
Tn-6λ>-1- 恒成立,
3 1 a 2
即
T -6 λ>- +
恒成立. 千万要记住n≥2 1这个前提条件,否则将首项弄成 ,
n+1 2 2n-1 31-3
80
数学·数列与不等式
将会导致后 面 的an,Sn 都 求 解 错 误,以 致 第(2)问 也 求 解 万,选B.
错误. 5.A 【解析】 Sn 表示点An 到对面直线的距离(设为
拓展题特训 1
hn)乘 BnBn+1 长度的一半,即Sn= hn BnBn+1 ,由题
1.①④ 【解析】 根据新定义,函数f(x)的图象如图 2
1 3 目中条件可知 BnBn+1 的长度为定值,那么我们需要知道
所示,显然①④正确;例如等差数列{an}: ,, ,,…,则2 1 2 2 hn 的关系式,过A1 作垂直得到初始距离h1,过 An 作垂直
数列{[an)}:1,2,2,3,…不是等差数列,故②不正确;同理也 得hn,那么A1,An 和两个垂足构成了直角梯形,那么hn=
可举反例说明③不正确. h1+ A1An ·sinθ,其中θ 为两条线的夹角,即为定值,那
1
么Sn= (
1
2 h1+ A1An
·sinθ)BnBn+1 ,Sn+1= (2 h1
+ A1An+1 ·sinθ) Bn+1Bn+2 ,作 差 后:Sn+1-Sn =
1(
2 AnAn+1
·sinθ)BnBn+1 ,都为定值,所以Sn+1-Sn
为定值.故选A.
2.(0,-2) 【解析】 从第一道弧开始,半径依次为1, 6.C 【解析】 若{an} 是递减的等差数列,则选项A,B
2,3,4,…,并且从第二道弧开始,每一道弧的半径比前一道 都不一定正确.若{an} 为公差为0的等差数列,则选项D不
弧的半径 大1,所 以 第n 道 弧 的 半 径 为n,即 AP1=1,P1 正确,对于C选项,由条件可知{an} 为公差不为0的正项数
(-1,0),BP2=BP1=1+1=2,P2(1,-2),CP3=CP2=2 , a +a列 由 等 差 中 项 的 性 质 得a 1 32= ,由 基 本 不 等 式 得
+1=3,P3(4,1),DP4=DP3=4,P4(0,5),AP5=AP4=5, 2
P5(-5,0),BP6=BP5=6,P6(1,-6),CP7=CP6=7,P a1+a37 > a1a3,所以C正确
( 2
.
8,1),DP8=DP7=8,P8(0,9),……可知P1,P5,P9,…都
, , , 7.B
【解析】 设等差数列 {an} 的首项为a1,公差为
在x 轴负半轴上 横坐标成以-4为公差的等差数列 P2
, ,… , d.
由题设知d=1,S8=4S4,所以8a1+28=4(4a1+6),解
P6 P10 都在直线x=1上 且纵坐标成公差为-4的等差
1 1 19
数列;P3,P7,P11,…都在直线y=1上,横坐标成以4为公 得a1= ,所以a10= +9= ,故选2 2 2 B.
差的等差数列;P4,P8,P12,…都在y 轴上,纵坐标成以4为 1
, 8.C 【解析】 设等比数列 {an} 的公比为 , ,公差的等差数列 所以 qa1=4
AP→1+AP→2+…+AP→ → → →2014=(AP1+AP5+AP9+…+ a3a5=4(a4-1),由题可知q≠1,则a 2 41q ×a1q =4(a 31q -
AP→2009)+(AP→2+AP→6+…+AP→2010)+(AP→3+AP7+…+ 1), 1所以16×q
6=4
→ → → → → (
1
×q3-1),所以4 q6-16q3+64=0,所
AP2011)+(AP4+AP8+…+AP2012)+AP2013+AP2014
1
=(-1-5-9-…-2009,0)+(1+1+…+1,-2-6 以(q3-8)2=0,所 以q3=8,所 以q=2,所 以a2= ,故2
-10-…-2010)+(4+8+…+2012,1+1+…+1)+(0,5 选C.
+9+…+2013)+(-2013,0)+(1,-2014) 9.D 【解析】 因为a,b为函数f(x)=x2-px+q(p
=(0,-2). p2-4q>0
综合特训 >0,q>0)的两个不同的零点,所以{a+b=p .所以a>0,
ab=q
【母题特训】 b>0,所以当-2在中间时,a,b,-2这三个数不可能成等差
数列,且只有当 在中间时,
【 】 ,{9a1+36d=27, , -2 a,b,-2这三个数才能成等比1.C 解析 由已知 所以a1=-1a1+9d=8 数列.经分析知,a,b,-2或b,a,-2或-2,a,b 或-2,b,a
d=1,a100=a1+99d=-1+99=98,故选C. 成等差数列,a,-2,b 或b,-2,a 成等比数列.不妨取数列
2.B 【解 析】 由 a3,a4,a8 成 等 比 数 列 可 得 a,b,-2成 等 差 数 列,数 列a,-2,b 成 等 比 数 列,则 有
(a +3d)21 =(a1+2d)·(a1+7d),即3a1+5d=0,所以a1 {a-2=2b, a=4 a=-2( p=5解得 或 舍去),所以 ,所以5 (a1+a4)×4 ab=4 {b=1 {b=-2 {q=4=- ,所以3d a1d<0.又dS4= (2 d=22a1+ p+q=9.
) 2 2 10.A 【解析】 对命题p:a1,a2,…,an 成等比数列,3d d=-3d <0.
故选B.
a
= n【解析】 a ( 2 4) ,a , 则公比q (n≥3)且an≠0;对命题q,①当an=0时,3.B 由于 1 1+q +q =21 1=3 所以 an-1
q4+q2-6=0,所以q2=2(q2=-3舍去),所以a =6,a = (a2+a2+…+a2 )(a2+a2+…+a23 5 1 2 n-1 2 3 n)=(a1a2+a2a3+…
12,a7=24,所以a3+a5+a7=42.故选B. +an-1an)2 成立;
4.B 【解析】 设第n 年的研发资金为an,a1=130,则 ②当an≠0时,根据柯西不等式,等式
an=130×1.12n-1,由题意,需a =130×1.12n-1≥200,解得 (a2+a2n 1 2+…+a2n-1)(a22+a23+…+a2n)=(a1a2+a2a3
n≥5,故从2019年该公司全年的投入的研发资金超过200 +…+a 2n-1an) 成立,
81
小题狂刷 高考专题特训
a1 a2 a= =…= n-1
解得
, λ=-1.则 所以 ,
a a a a1 a2
,…,an 成等比数列,
2 3 n 17.【解析】 (Ⅰ)由题意当n≥2时,an=Sn-Sn-1=
所以p 是q的充分条件,但不是q的必要条件. 6n+5,当n=1时,a1=S1=11;所 以an=6n+5;设 数 列
11.6 【解析】 ∵{an} 是等差数列,∴a3+a5=2a4= a1=b1+b2 11=2b1+d
0,a =0,a -a =3d=-6,d=-2,∴S =6a +15d=6× {bn}的公差为d,由4 4 1 6 1 { ,即 ,解得b1a2=b2+b {3 17=2b1+3d
6+15×(-2)=6. =4,d=3,所以bn=3n+1.
12.64 【解 析】 设 等 比 数 列 的 公 比 为 q,由 ( )n+1
(Ⅱ)由(Ⅰ)
6n+6
知c n+1a =8 n= ( )n =3(n+1)·2 ,又3n+3 Tn2 1
{a1+a3=10, {a1(1+q )=10得, ,解 得 .所 以a +a =5, aq( 11+q2)=5 {q= =c1+c2+c3+…+cn,2 4 1 2 即T 2 3 4n=3[2×2+3×2+4×2+…+(n+1)2n+1],
n(n-1)
2 1 7 3 4 5
aa …a =anq1+2+…+(n-1)=8n× (1 ) =2- n2+ 所以2 2n, 2Tn =3[2×2 +3×2 +4×2 + … +1 2 n 1 2 (n+1)2n+2],
于是当n=3或4时,a1a2…an 取得最大值26=64. 以上两式两边相减得:
1
13.- 【解析】
1
当n=1时,S =a =-1,所以 -T =3[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)2n+2n 1 1
n ]=
S1
4(2n-1) (
, 1 1 , 3[4+ 2-1 - n+1)2n+2 =-3n·2n+2.=-1.因为a ]n+1=Sn+1-Sn=SnSn+1 所以S - =1n Sn+1
所以Tn=3n·2n+2.1 1
即 - =-1,所以 {1 } 是以-1为首项,-1为公差S S S ,n+1 n n 18.【解 析】 (Ⅰ)由 题 意 有,{10a1+45d=100 即
1 a1d=2,
的等差数列,所以
S =
(-1)+(n-1)·(-1)=-n,所以
n
{2a1+9d=20, a =1, {a1=9
,
1
1 解得{ 或Sn=- . a1d=2, d=2, 2n d=9.
14.1 121 【解析】 a1+a2=4,a2=2a1+1 a1=1, ì 1a = (2n+79),
a2=3,再由an+1=2Sn+1,
n
an=2Sn-1+1(n≥2) a ,n+1- an=2n-1 9故
a =2a a =3a (n≥2),又a =3a ,所以a =3a { 或 ín n n+1 n 2 1 n+1 n b =2n-1, 2 n-1n bn=9· ( ) .
1-35 9(n≥1),S5=1-3=121. ( 2n-1Ⅱ)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn= n-1 ,
15.【解析】 (Ⅰ)设{a 2n} 的公差为d,据已知有7+21d
=28,解得d=1. 于是
所以{an} 的通项公式为an=n. 3 5 7 9 … 2n-1Tn=1+ ,2+22+23+24+ +2n-1 ①
b1=[lg1]=0,b11=[lg11]=1,b101=[lg101]=2.
ì0,
1 1 3 5 7 9 2n-1
1≤n<10
,
2Tn=2+22+23+24+ 5+
…
2 + 2n . ②
( ) 1
, 10≤n<100,
Ⅱ 因为bn= í 1 1 1 1 2n-1
2, 100≤n<1000, ①-②可得2Tn=2+2+22+
…+2n-2- 2n =
3, n=1000. 2n+3
所以数列{b } 的前1000项和为1×90+2×900+3×1 3-n 2n .
=1893. 2n+3
故T =6- .
16.【解析】 (
n
Ⅰ)由题意得a1=S
n-1
1=1+λa1,故λ≠1, 2
1 19.【解析】 (Ⅰ)由a2n+2an=4Sn+3,可 知a2n+1+
a1= ,1-λa1≠0. 2an+1=4Sn+1+3.
由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan, 可得a2 2n+1-an+2(an+1-an)=4an+1,
2 2
即a (λ-1)
a
=λa .由a ≠0,λ≠0得a ≠0, n+1所 以 即2(an+1+an)=an+1-an=(an+1+an)(an+1-an).n+1 n 1 n an 由于an>0,可得an+1-an=2.
λ
= . 又a21+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.λ-1
所以{an} 是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式1 λ
因此{an} 是首项为 ,公比为 的等比数列,于是1-λ λ-1 为an=2n+1.
1 λ n-1( ) ( ) 1 1a = . Ⅱ 由an=2n+1可知bn n=1-λλ-1 ana =n+1 (2n+1)(2n+3)
λ n( ) ( ) ( ) , 31
1 1 1
Ⅱ 由 Ⅰ 得 Sn=1- 由 S5= 得λ-1 32 1-
=2 (2n+1-2n+3) .
λ 5( ) 31 λ
5 1 设数列{bn} 的前n 项和为Tn,则,即 ,
λ-1 =32 (λ-1) =32 Tn=b1+b2+…+bn
82
数学·数列与不等式
1
=2 [ (1 13-5 )+ (1 15- )+…7 + ( 1 12n+1-2n+3) ] 1>2+ · 1 1+ +… 1k +0 (3k0+1 3k0+1 3k +1) 0
n k0个
=3(2n+3). 1=2+ .
20.【解析】 (Ⅰ)由已知Sn=2an-a ,有a =S 3k0+11 n n-
Sn-1=2an-2an-1(n≥2), 另一方面,由 上 已 证 的 不 等 式 知a1>a2>…>ak0>
即an=2an (n≥2). ak0+1>2,得-1
从而a2=2a1,a 1 13=2a2=4a1. ak0+1=a1-k0· + ·
a ,a ,a , a a k k又因为 1 2+1 3 成等差数列 即 1+ 3=2(a 0 02+
1). ( 1 1 … 1k0a1+1+k + +0a2+1 k0ak0+1)
所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2. 1 1 1 1
所以,数列{an} 是首项为2,公比为2的等比数列. <2+ ·k (2k +1+ …0 0 2k0+1+ +2k +1)
故a =2n.
0
n k0个
(Ⅱ)由( )
1 1 1
Ⅰ 得a = n . =2+n 2 2k
.
0+1
1 n
1 1 1 2 [1- (1 ) ]
1 1
综上,2+3k <2+ .
… 0+1 2k0+1所以Tn=2+22+ +2n= 11- 22.【解析】 (Ⅰ)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+12 +1,两式相减得到an+2=qan+1,n≥1.
1
=1- . 又由n S2=qS1+1得到a2=qa1,故an+1=qan 对所有2
n≥1都成立.
1
|T -1|< , 1
1
由 n 得 ,1000 1- n-1 <2 1000 所以,数列{an} 是首项为1,公比为q的等比数列.
n n-1即2 >1000. 从而an=q .
因为29=512<1000<1024=210,所以n≥10. 由2a2,a3,a2+2成 等 比 数 列,可 得2a3=3a2+2,即
1 2q
2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0,
于是,使|Tn-1|< 成立的 的最小值为1000 n 10. 由已知,q>0,故q=2.
21.【解析】 (Ⅰ)由λ=0,μ=-2,有a a =2a2n+1 n n(n∈ 所以an=2n-1(n∈N*).
N+). (Ⅱ)由(Ⅰ)可知,a =qn-1n .
若存在某个n0∈N+,使得an =0,则由上述递推公式 20 所以双 曲 线 x2
y
- =1的 离 心 率 e = 1+a 2
易得a 2 n nn0-1=0. an
重复上述过程可得a1=0,与a1=3矛盾, = 1+q2(n-1).
所以对任意n∈N+,an≠0. 5 4
由 2 解得
从而a =2a (n∈N ),即 {a } 是一个公比 =2的 e2= 1+q =3 q=3.n+1 n + n q
等比数列. 因为1+q2(k-1)>q2(k-1),所以 1+q2(k-1)>qk-1(k∈
故a =aqn-1=3×2n-1n 1 . N*).
( ) 1 nⅡ 由λ= , ,数列 { q -1k μ=-1 an
} 的递推关系 式 变 为 于是e +e +…+e >1+q+…+qn-10 1 2 n = ,q-1
1
a a 2 1 2
n n
n+1 n+k an+1-an=0
,变形为an+1 (an+k )=an(n∈ 4 -3故0 0 e1+e2+…+en> 3n-1 .
N+). 【过关特训】
由上式及a1=3>0,归纳可得3=a1>a2>…>an> 1.D 【解析】 设正项等比数列 {an} 的公比为q,则由
an+1>…>0.
4 6 1 1
a2 已知得a1q =8a1q ,解得q= 或q=- (舍去),所
因为an+1=
n 22 22
1
a + 7n k0 以a =aq7
1 1
10 3 = 2×
÷ = ,故选
è22 1024
D.
1 1
a2n-k2+k2 1 1 1 2.B 【解析】 因为am+n=a0 0 m+an,且a2=1,所以a4= 1 =an-
· ,
k +0 k0 k0an+1 =2a2=2,a8=2a4=4,从而a10=a2+a8=1+4=5,故选B.an+k0 3.A 【解析】 f'(x)=mxm-1+a,所以a=1,m=2,
所以对n=1,2,…,k0 求和得
() 2 , 1 1 1 1 ,
ak0+1=a1+(a
所以
-a f x =x +x = = - 所以Sn2 1)+…+(ak0+1-ak0) f(n) n(n+1) n n+1
1 1
=a -k · + · ( 1 1 1+ +…+ ) = ( 1 )+ (1 1 n1 0 …k k ka +1 ka +1 ka +1 1-2 2-3 )+ + 1 1-0 0 0 1 0 2 0 k (n n+1)=0 n+1.
83
小题狂刷 高考专题特训
4.B 【解析】 由3a2=7a7 得,4a1+39d=0,a1= 1(
2 bn+cn
),
39
- 因为 ,则4d. a1>0 d<0
,所以an= ( 43n- )d.另4 an≥0, 1所以bn+1+cn+1-2a1= (bn+cn-2a1),
43 2
得n≤ ,所以1≤n≤10,时,an>0;当n≥11时,4 an<0
,故
因为b1+c1-2a1=2a1-2a1=0,所以bn+cn=2a1>
当n=10时,Sn 取最大值. |BnCn|=a1,所以点An 在以点Bn,Cn 为焦点且轴长为2a1
【 】 , 3a4=99
, 的椭圆上(如图).
5.C 解析 设 公 差 为 d 由 题 意 得 { 得3a5=93,
{a4=33,所以d=-2,a1=39,所以an=41-2n,显然当na5=31.
≤20时,an>0,当n≥21时,an<0.又Sn≤Sk 对n∈N* 恒
成立,所以k=20.故选C.
5
6.D 【解析】 因为f(1)= ,f(
3 5
2)= + , ()2 2 2 f 3
3 3 5 1
= + + ,…, 由b1>c1 得b1-c1>0,所以|bn+1-cn+1|= (2 bn-2 2 2
1 n-1
() 3fn = +f(n-1), cn),即|bn-cn|=(b1-c1)· ( ) ,所以当n 增大时,2 2
5 3 |bn-cn|变小,即点 An 向点A 处移动,即边 BnCn 上的高
所以{f(n)}是以 为首项, 为公差的等差数列2 2 . 增大,
5 20(20-1) 3 又|BnCn|=an=a1 不变,所以{S } 为递增数列.
所以S20=20×2+ 2 ×2=335.
n
11.30 【解析】 等比数列中,依次3项和依然成等比
7.D 【解析】 对 于 选 项 A,若a3=4,则 由an+1= 数列,即a1+a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9,a10+a11+
{an-1
,an>1,
1 a12成等比数列
,其值分别为2,4,8,16,故S12=30.
1 得a2=5,或a, 2
= ,进而推出a1=6,或a1
0, 4 12.- 【解析】 设等差数列{an} 的公差为d,等比
n 13
1
= ,
5 1 5
或a = ,即m=6或 或 ,故选项A正确. 数列{bn} 的公比为q.由a5=b5,a6=b6,且S7-S5=4(T65 1 4 5 4 a5=b5, ,
对于选项B,若m= 2,即a = 2,则a = 2-1,a = ), q=-51 2 3 -T4 得{a5+d=b5q, 解得{1 d=-6a5.
= 2+1,a4= 2,a5= 2-1,a6= 2+1,…,故数列 2a5+3d=4(b5+b5q),
2-1 a7+a5 2a5+2d 2a +2(-6a ) -10a
故
{a } 是周期为3的数列,故选项B正确. b +b =b 2+b =
5 5 = 5
n 7 5 5q 5 25a5+a5 26a
=
5
对于选项C,由选项B可知选项C正确,故选D. 5
- .
8.C 【解析】 因为集合的五个数中,有三个正数和两 13
个负数,所 以 {b } 的 连 续 四 项 为 两 正 两 负,所 以 q2= 13.13 【解析】 由a1·a2·a
m
n 3
· … ·am =a1 ·
-23-1 4 -53-1 9 2 (0+1+2+3+…+(m-1) m · m m-1
) m ( )
= 或q2= = 且q<0,所以q=- 或 q =a1 q 2 ,得 (18 ) ·
m m-1
q 2 =8m,q
-53-1 9 -23-1 4 3
m
3 4 a= 8 . 1
·a2·a3·…·am 8 m-1
q=- ,故选C. m-1 又 = = (42)a =2 k ak
9.C 【解析】 设数列的首项为a,等差数列{an} 的公 5 ( )8 (6 m-1),
5+m 1 k-1 k-1 11+m 4k-1则ak=8 6 = ·q ,q =8 6 ,故8m-18 =
2a3=b1+b3,
差 为 d, { 将 a, d,2 · , q 代 入 得 11+m 4(, k-1) 11+m (m-1)(11+m)a4=a1 b3 8 6 ,m-1 = 6 k-1= ,所以24 m=
{2(a+2d)=a+aq
2,①
化简得(a+3d)2=a(a+4d),解得 13,k=13.
(a+3d)2=a·aq2,② 14.-6 【解析】 因为f(a2+a4+a6+a8+a10)=
9
a=- d(
1 a +a +a +a +a
2 d≠0
),代入①式得q2=9.
22 4 6 8 10=4,
所以a2+a4+a6+a8+a10=2.
10.B 【 】
c +a
解析 由b n nn+1= ,
bn+ac = nn+1 , 又因为2 2 a1+a3+a5+a7+a9=
(a2-d)+(a4-d)+…
+(1 a10-d
)=2-5d=-8,
得bn+1+cn+1=an+ (2 bn+cn
),① 所以a1+a2+…+a10=2+(-8)=-6.
1 所以log2[f(a1)·f(a2)·…·f(a10)]
bn+1-cn+1=- (2 bn-cn
),② =log(2a1+a2+…+a102 )
由an+1=an 得an=a1,代 入①得bn+1+cn+1=a1+ =a1+a2+…+a10=-6.
84
数学·数列与不等式
15.930 【解析】 当n 为偶数时,an+2+an=2,所以数 3, 1 1 3数列- - , , 为4阶“期待数列”.
列{an} 的前60项中偶数项的和(a2+a4)+(a6+a8)+… 8 8 8 8
+(a58+a60)=15×2=30;当n 为奇数时,a -a =2,因 (2)设等差数列a1,a2,a3,…,a2k+1( )的公差为 ,n+2 n k≥1 d
此数列{a 因为 … ,n} 的奇数项构成以1为首项,公差为2的等差数 a1+a2+a3+ +a2k+1=0
, 30×29 2k
(2k+1)d
列 {an} 的前60项中奇数项的和为30×1+ ×2= 所以(2k+1)a1+ ,所以 ,2 2
=0 a1+kd=0
900,以S60=900+30=930. 即ak+1=0,所以ak+2=d,
16.【解析】 (1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1,代入已知 当d=0时,与“期待数列”的条件①②矛盾,
得S2n=(S
1
n-Sn-1)(Sn-2 ), 1
当d>0时,由“期 待 数 列”的 条 件 得化简得SS = S ①② ak+2+ak+3n n-1 2 n-1-
+…
1
1 1 1 +a2k+1=
,
Sn,两边同除以SnSn-1,得2 S - =2
, 2
n Sn-1 k(k-1) 1 1
1 1 所以kd+ d= ,即2 2 d=所以 ( )· ( ) , k(k+1)
.
S = + n-1 2=1+2n-1 =2n-1n S1
1 由ak+1=0,得a1+k·
1 1
=0,即a1=- ,
所以Sn= ,当 时,也成立 k
(k+1) k+1
2n-1 n=1 . 1 1 n 1
1 所以an=- +(n-1)k+1 k(
(
k+1)=k(k+1)-k n
( ) Sn 2n-1 12 因 为 b *n = , )2n+1= 2n+1= (2n-1)( ∈N n≤2k+1 .2n+1)
( )
1 , kk-1 1当 时 同理可得 ,即
= ( 1 1 , d<0 kd+ d=- d=2 2n-1-2n+1) 2 2
所以Tn=b 11+b2+…+bn -k(k+1).
1
=2 ( 1 1 1 1 11-3+3- …5+ +2n-1-2n+1) 1 1由ak+1=0得a1-k· ,即 ,k(k+1)=0 a1=k+1
1 ( 1 n=2 1-2n+1)=2n+1. 1 1 n 1所以an= -(n-1)k+1 k(k+1)=-k( (k+1)+k n
n+1
17.【解析】 (1) ,
an+1 a= n
2
由已知可得
2n+1
,即
a +2n a = ∈N
*,n≤2k+1).
n n+1
2n 2n+1 2n 20.
【解析】 (1)由S4=S2+12,得S4-S2=a3+a4=
a +1
,即 - =1,
n a 2n+1 an a2q+a2q =12,
n 又a2=2,故q2+q-6=0,解得q=2或q=-3(舍),故
所以数列{2 } 是公差为1的等差数列a .n a =2n-1n .
() () 2
n 2
2 由 1 知a =a +
(n-1)×1, 因为点(Tn+1, )
x y 1 T
T - = , n+1n 在直线 上 所以n 1 n+1 n 2 n+1
2n
所以数列{an} 的通项公式an= . T 1n+1 -
n
n =
,
2
( 1 13)由(2)知b = = (1 1n 2n(n+1) 2 n-n+1), {Tn } T1 1故 是以 =1为首项, 为公差的等差数列,n 1 2
1
S = [ ( 1 )+ (1 1 )+…+ (1 1n 1- - T2 1 n(n+1)2 2 3 n-n n+1) ] 则 =1+ ( ),则n 2 n-1 Tn= 2 .
n
= ( ) (2(n+1). , nn+1 n-1
)n
当n≥2时 bn=Tn-Tn-1= 2 -
,
2 =n
18.【解析】 (1)设数列 {an} 的公比为q,则a2=q,a3 b1=1满足该式,故bn=n.
=q2,
2 3 n
因为a2 是a1 和a3-1的等差中项, (2)Bn=1+2+22+
…+2n-1
,
所以2a2=a1+(a3-1),即2q=1+(q2-1), 1 1 2 3 n
解得q=2或q=0(舍去), 则 … ,2Bn=2+22+23+ +2n
所以an=2n-1. 1 1 1 1 1
() 两式相减得 …2 由(1)可知,bn=2n-1+a =2n-1+2n-1, (1-2 )Bn=1+2+22+23+ +2n-1n
则S =[1+3+…+(2n-1)]+(1+2+…+2n-1n ) n n+2
- =2- ,
n[1+(2n-1)] 1-2n 2n 2n
= 2 +1-2 n+2
所以
=n2+2n
Bn=4-
-1. 2n-1
.
1
19.【解析】 (1)数列- ,,
1 “ ”, 10 为 阶 期待数列 不等式B ≥m- 对于n∈N*恒成立,2 2 3 n 2n-2
85
小题狂刷 高考专题特训
n+2 1 1 1
即4-2n-1≥m- n-2
, 由不等式的性质得
2 a-an 1 1
则4- n-1≥m 对于n∈N*恒成立. 所以由an 1 1 1 1
那么m 的最大值即为4- n-1的最小值2 .
当a-a 时,可得( ) ,即
b a-b - (a-b )<0
n+1 n-1
由4- n - ( n4- n-1 )= n ≥0知,当n=1或2 (a-b)( 11+ab)<0.2 2 2
n 又因为 , ,所以 所以, , a>0b>0 a-b<0. a,故由a-
时 4- n-1的最小值为3 所以实数m 的最大值为2 3. 1 1
可得出
a第二单元 不等式 1 1
所以“a”成立的充要条件
b .
第一节 不等式与不等关系 111.A 【解析】 因为00,1+b>
【基础特训】
, , 1-a 1-b 2-2ab1 1 1 01-ab>0 所以 M-N=
1.B 【解析】 令a=b=c=d=1,则S= + + 1+a
+1+b=(1+a)(1+b)>
3 3 3 0,M>N
1 4
+ = ,故选B. 12.D 【解析】 “不低于”即≥,“高于”即>,“超过”即3 3
【 】 0.5 x≥952.A 解析 因 为a=3 >30=1;又0=log31< “>”,所以 y>380.
log32π
所以045
0,所以c3.B 【解析】 因两个条件都要满足,应同时成立,需用 4,所以-4<-|β|≤0.又因为1<α<3,-3<α-|β|<3.
不等式组表示. 14.a1b1+a2b2>a1b2+a2b1 【解析】 作 差 可 得
1 (a1b1+a2b2)-(a1b2+a2b1)=(a1-a2)(b1-b2),因为a1
4.B 【解析】 由a0,因此a·ab·
0,即a1b1+a2b2>
1, 1 1, , a1b2+a2b1.即 > 由a-b>0
,因此|a|>|b|
a b 1 1
15. + ≥ + 【 】
a b
解 析 + -
>0成 立;又 = (1
x
是 减 函 数,所 以 1
a 1 b b2 a2 a b b2 a2
y 2 ) (2 ) > (2 ) 1 1 a-b b-a
成立. (a+b )= b2 + a2
1 1 ( )( )2
5.C 【解析】 取a= ,b= 验证可得. =(2 3 a-b
)(1 1 a+b a-bb2-a2 )= a2b2 .
2
6.D 【解析】
b ,a ,b a ( )( ) 由ab>0得a >0 b >0 a +b ≥2 因为a+b>0,(a-b)
2≥0,
a+b a-b
所以 ,
a2b2 ≥0
(a=b时取等号). a b 1 1
所以
7.B 【解析】 ,
+ ≥ + .
由b>|a| 可得-b得a-b<0,所以选项A错误.由-b0,所以 16.②④ 【解析】 令x=-2,y=-3,a=3,b=2,符
选项B正确,由b>|a|,两边平方得b2>a2,则a2-b2<0, 合题设条件x>y,a>b.
所以选项C错误,由-b0, 因为a-x=3-(-2)=5,b-y=2-(-3)=5,
所以选项D错误. 所以a-x=b-y.因此①不恒成立.
8.A 【解析】 A项:若a>b+1,则必有a>b,反之, 又因为ax=-6,by=-6,所以ax=by.因此③也不恒
当a=2,b=1时,满足a>b,但不能推出a>b+1,故a>b 成立.
+1是a>b成立的充分而不必要条件;B项:当a=b=1时, a 3 b 2 a b又因为 = =-1, = =-1,所以 = .因
满足a>b-1,反之,由a>b-1不能推出a>b;C项:当a y -3 x -2 y x
=-2,b=1时,满足a2>b2,但a>b 不成立;D项:a>b 是 此⑤不恒成立.
a3>b3 的充要条件,综上知选A. 由不等式的性质可推出②④恒成立,
9.C 【解析】 由x+y+z=0知x,y,z 中至少有一 17.【解析】 x
3-(x2-x+1)=x3-x2+x-1=x2(x
, , , , -1)+(x-1)=(x-1)(x2个小于零有一个大于零 又x>y>z 所以z<0x>0 结合 +1).
2
选项可知选C. 因为x +1>0,
1 1 所以当x>1时,(x-1)(x
2+1)>0,
10.C 【解析】 因为a>0,b>0,a
,
b 即x3>x2-x+1;
86
数学·数列与不等式
当x=1时,(x-1)(x2+1)=0,即x3=x2-x+1; , aba>0或a<0,a1.
当x<1时,(x-1)(x2+1)<0,即x318.证明:因为(a+b)(a3+b3)-(a2+b2)2 11.D 【解析】 因为[x-3]=[x]-3,所以方程组
=(a4+ab3+ba3+b4)-(a4+2a2b2+b4) {y=3[x]+13, {y=3[x]+13,可化为 解得[x]=20,
=ab(a-b)2, y=4[x-3]+5, y=4[x]-12+5,
因为a,b∈R+ 且a≠b,所以ab>0,(a-b)2>0,所以 y=73.因为x 不是整数,所以20ab(a-b)2>0. 94,故选D.
所以(a+b)(a3+b3)>(a2+b2)2. c d12.D 【解析】 因为ab>0,bc-ad>0,所以a -b
19.证明:因为c-d>0.
bc-ad c d
又因为a>b>0,所以a-c>b-d>0. = ,所 以, 正 确;因 为ab >0 ① ab>0
, - >0,即a b
所以(a-c)2>(b-d)2>0. bc-ad
1 1 >0,所以bc-ad>0,所以②正确;因为ab bc-ad>0
,
所以0<(a-c)2<(b-d)2. c d , bc-ad- >0 即 >0,所以e e a b ab ab>0
,所以③正确,故选D.
又因为e<0,所以(a-c)2>(b-d)2. 13. xyz> xy> xz> yz 【解析】 取特殊值
【能力特训】
法,由x>y>z>1,可 取x=4,y=3,z=2,分 别 代 入 得
1.A 【解析】 当b≥0时,a2+b≥0,反之不一定成
, , , ,故
立,因此“b≥0”
xyz=2 6 xy =2 3 yz = 6 zx =2 2
是“a2+b≥0”的充分不必要条件.
2.D 令a=-1,b=1,经检验A,C都不成立,排除A, xyz> xy> xz> yz.
C;令a=-3,b=-2,经检验B不成立,排除B,故选D. 14.( π- ,π ) [ π, π - 0) 【解析】 因为2 2 2 -2≤α
3.A 【解析】 A2=2a+1+2 a2+a,B2=2a+ π
< ,
π π π α+
- < ≤ ,所以-π<α+ <π,所以2 , - <
β
2 a -4 显然A2>B2,又∵A≥0,B≥0,∴A>B.故选A. 2 2 β 2 β 2 2
π
4.C 【
1 1
解析】 因为a>b>0,所以 < ,且a b |a|>
<2.
a
|b|,a+b>2 ab.又因为2a>2b,所以 (1 ) < (1
b
2 2 )
π π π
. 因为- ≤-β< ,所以-π≤α-β<π,所以2 2 -2≤
α-
【 】 , , 1 1,2 2, β
π π α-β
5.B 解析 若a=1b=-3 则a >b a < .又因为α-β<0,所以2 2 -2≤ 2 <0.
<|b|,所以A,C,D错误;设函数f(x)=x3,则f'(x)=3x2 15.[2,3 ] 【解析】 两 个 不 等 式 同 时 除 以a,得
≥0,所以函数f(x)=x3 为增函数,若a>b,则a3>b3. 3 2
6.A 【解析】 由a1 1 í ,将 第 二 个 不 等 式 乘 以 - 1,得
a=-2,b=-1,则 > 不成立,选a-b a A. b c b a ≤1+a ≤2a
7.A 【解析】 由x≥2且y≥2易得x2+y2≥4,所以
ì b c1≤ + ≤2
充分牲满足, , 7反之则不成立 如x=y= ,满足 2 24 x +y ≥4
, a a , 2b bí 两式相加得1- ≤
b c b a a
-1≤2
但不满足x≥2且y≥2,所以“x≥2且y≥2”是“x2+y2≥ -2a ≤-1-a ≤-a
4”的充分不必要条件. b
- ,
2 b 3
解得
8.D 【解析】 由题意知a>0,b>0,x≠0. a 3
≤a ≤2.
() , 1 1; 16.①②③
【解析】 因为a>0,b>0,
1 当x>0时 -ba 1 1 1
所以①a+b+ ≥2 ab+ ≥2 2 ab·
(2)
1 1
当x<0时,-b< =22.
1 1 1
综上所述,不等式-b或
b x>a . ②(
1
a+b)(1 1+ )≥4 ab· =4.
9.D 【解析】 由a2+a<0,即a(a+1)<0,解得-1 a b ab
a2>0,而a<-a2<0, a2+b2 a+b (a+b)2③因为 ≥ ,所以a2+b2≥ =(a
所以a<-a2<0a+b a2+b2
10.A 【 】
a , a-b解析 >1 >0, a>b>0, +b)· ≥(即 所以 或 2 a+b
) ab,所以 ≥a+b.
b b ab
b b
aa-b 1 1 1
所以 ,即
a a a >0 a> ④a+a+4=
(a+4)+ (a+4-4≥2 a+4
)·
a+4-
87
小题狂刷 高考专题特训
1
4=-2,当且仅当a+4= ,即(a+4)2
1
≠1时等号成立, > ,即logxa>logya,所以 也不成立a+4 lo ④ .gay
而a>0,所以(a+4)2≠1.所以等号不能取得,综上①②③ 1 1 1 1
2.①②④ 【解析】 a<0,但 <
正确, b a b
17.【解析】 (1)销售量大于a 吨,即x>a 时,公司赢 a<0利,即f(x)>g(x). 1 1b1 1
但 < b(2)当销售 量 小 于a 吨,即0≤xf(x)mx 1 1 1 1 1
18.【解析】 f(x)=x-1=m
(1+ )x-1 .
b<0,因此③不是 < 成立的充分b a b
(a)=m ( 1
条件;
f 1+ ),f(b)a-1 =m ( 11+b-1) . 1 1
01 1
但 < 0因为a>b>1,所以a-1>b-1>0. a b a b
1 1 要求.
所以1+a-1<1+b-1. 多解题特训
①当m>0时,m ( 11+a-1)即f(a)②当m=0时,f(a)=f(b); 方法二:由a+b+c=0,abc>0,知三数中一正两负,不
③当m<0时,m ( 1 11+ , 1 1 1 ab+bc+caa-1)>m (1+b-1) 妨设a>0,b<0,c<0,则T=a +b +c = abc =
即f(a)>f(b). ab+c(b+a) ab-c2 2
综上可知,当m>0时,f(a)因为ab<0,-c <0,abc>0,所 以
=f(b);当m<0时,f(a)>f(b). T<0,应选B.
19.【解析】 (1)方 法 一:(x2+y2)(x-y)-(x2