【小题狂刷】考点聚焦（pdf版，含答案）--2026年高考数学数列与不等式专题特训

小题狂刷 高考专题特训
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

小题狂刷 高考专题特训
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目　录
第一单元 数 列
第一节 数列的概念及表示法 …………………………………………………………………………… 3
第二节 等差数列 ………………………………………………………………………………………… 6
第三节 等比数列 ………………………………………………………………………………………… 10
第四节 数列的综合应用 ………………………………………………………………………………… 14
综合特训 …………………………………………………………………………………………………… 18
第二单元 不等式
第一节 不等式与不等关系 ……………………………………………………………………………… 22
第二节 一元二次不等式 ………………………………………………………………………………… 26
第三节 二元一次不等式(组)和简单线性规划 ………………………………………………………… 30
第四节 基本不等式 ……………………………………………………………………………………… 35
综合特训 …………………………………………………………………………………………………… 39
第三单元 算法初步 推理与证明
第一节 算法初步 ………………………………………………………………………………………… 43
第二节 推理与证明 ……………………………………………………………………………………… 53
综合特训 …………………………………………………………………………………………………… 60
参考答案 ………………………………………………………………………………………………………… 66
小题狂刷 高考专题特训
(b,-a)恰好跨越数轴原点,稍不留心,很容易出错,基 an an-1 , an an-1所以 = +1 即 - =1(n≥2,且n∈
础不扎实的考生可能会误选B;当注意到原点后会将 2n 2n-1 2n 2n-1
1 N*),
b< <-a分成两段,这样就万无一失了x . an 1所以数列 是等差数列,公差 ,首项为 ,
(二) d=1交汇型 {2n } 2
1.不等式与其他知识的交汇 an 1
于是 n = +(n-1)
1
d= +(n-1)·1
【例4】 已知函数f(x)=ax2+bx+c,若a,b,c 2 2 2
均为整数且方程f(x)=0在(0,1)内有两根,求证: 1=n- ,
|a|≥4. 2
【证明】 设f(x)=0的两根分别为x ,x ,则 a = 1所以 n- ÷ ·2n1 2 n .è 2
0此时,设f(x)=a(
1 3 5
x-x )(x-x ). (2)因为S = ×21+ ×22 31 2 n …2 2 +2×2 + +
由f(0)f(1)=a2x1x2(1-x1)(1-x2)≤ 1 n
2 x1+1-x1
2 x2+1-x2 2 1
n- ÷ ·2, ①
a ÷ ÷ =16a
2. è 2
è 2 è 2 1 2 3 3 5 4
由于f(x)=0在(0,1)内有两根,因此f(0)>0, 所以2Sn=2×2 +2×2 +2×2 +
…+
f(1)>0或f(0)<0,f(1)<0. 1
n- ÷ ·2n+1,,, , () , () ②又a bc 均为整数 得f 0 ≥1f 1 ≥1或 è 2
f(0)≤-1,f(1)≤-1,则f(0)f(1)≥1. ①- ②,得 -Sn =1+22 +23 + … +2n -
1 2, 1 所以1≤ a 得|a|≥4. n- ÷ ·2n+116 è 2
【点评】 本题的综合性较强,它将二次不等式与 =2+22+23+…+2n- 1 n- ÷ ·2n+1-1
二次函数有机地结合在一起,利用二次函数的“零点 è 2
式”、
n
基本不等式等求解. 2(1-2)= - 1 n- ÷ ·2n+1-1
2.数列与其他知识的交汇 1-2 è 2
n
【 ( )· ,例5】 已知数列 {an} 满足a =1,且a =2a = 3-2n 2-31 n n-1
n
+2n( ,
所以 ( )·
n≥2 且n∈N*). Sn= 2n-3 2+3.
() ; 又Sn=(2n-3)·2
n+3>( )· n,1 求数列{an}的通项公式 2n-3 2
(2)设数列{an} 的前n 项和为Sn,求Sn,并证明: Sn所以
2n>2n-3.
Sn
n>2n-3. 【点评】 数列与不等式的问题,往往作为解答题2
【 ,解析】 (1)因为an=2a nn-1+2 (n , n
的最后一问出现 难度较大
≥2 且 ∈ .
N*),
2