信息技术应用 估计√2的值教学设计与反思

文科数学数列2 姓名

成绩

一、单选题

1．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}为常数列，则an＝ (

)

A. 26152n

B.

C.

D.

3n13nn1n1n22．已知fx{2a1x4,x1

的定义域为Rax,(x1)*，数列annN满足anfn,且an是递增数列，则a的取值范围是( )

A. 1

，

B. ，，

C. 13

D. 3，3．已知数列

的首项

，其前

项和为

，且满足

，若对任意

恒成立，则

的取值范围是（

）

A.

B. （

，

12）

C. ，

D. ，

4．数列

满足

，且

，则（

）．

A.

B.

C.

D.

等于5．设等差数列

的前

项和为

，若

，

，则

取最大值时

的值为（ ）

A. 6

B. 7

C. 8

D. 13

6．已知函数fx（xR）是单调递增的奇函数，等差数列{an}满足f(a3)+f(a9)=0,则数列{an}的前11项和为（

）

A. 1

B. -1

C. 2

D. 0 7．等差数列an的公差为2，若a2,a4,a8成等比数列，则an的前n项和Sn等于(

)

A. nn1

B. nn1

C. nn12

D. nn12

8．已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(

)

A. 9

B. 15

C. 18

D. 30

9．将数列{3n－1}按“第n组有n个数”的规则分组如下：(1)，(3,9)，(27,81,243)，…，则第100组中的第一个数是(

)

A. 34 950

B. 35 000

C. 35 010

D. 35 050

10．数列

中，

，对任意

，有

，令

，

，

则

（ ）

试卷第1页，总4页

A.

B.

C.

D.

11．已知正项数列an满足an122an2an1an0，设bnlog2的前n项和为（ ）

A. an1，则数列bna1n

B. nn12

C. nn12

D. n1n2

2

，公12．设等差数列

满足：

，

差

，则数列

的前

项和

的最大值为( )

A.

B.

C.

D.

二、填空题

1n5,n413．13．已知数列an是递增数列，且an{ ,

nN*，则的n435,n4取值范围为__________．

14．已知等差数列

前

项和为

，且

，

，若满足不等式

的正整数

有且仅有3个，则实数

的取值范围为__________.

15．设数列an是公差为d的等差数列，

a1a3a5105,a2a4a699．则an______；数列an的前n项和Sn取得最大值时，

16．已知数列an是等差数列，

Sn是其前n项和，若S63,S12S69，则S18=__________.

17．若数列an是正项数列，且n______．

a1a2an

n23nnN*，则aa1a2n______．

23n1

18．设

是任意正整数，定义

.对于任意的正整数

，设

，

，则

__________．

19．已知数列an满足an5n1（nN*），将数列an中的整数项按原来的顺序组成新数列bn，数列bn的前n项和为Sn，则

20．如图是一个类似“杨辉三角”的图形,记an,1,an,2,S2018__________．

2018,an,n分别表示第n行的第1个数,试卷第2页，总4页

第2个数,…,第n个数,则

an,2_______( n2且nN*)

三、解答题

21．设数列an的前n项和是Sn，且Sn是等差数列，已知a11，

nS2S3S46.

234（1）求an的通项公式；

（2）若bn

22．在数列an中，

a11，

an11（Ⅰ）设bnan1an22，求数列bn的前n项和Tn.

an2an11nann12.

nan，求数列bn的通项公式；

n（Ⅱ）求数列an的前n项和Sn.

23．在等差数列an中，

2a13a211,2a3a2a64,其前n项和为Sn.

(Ⅰ)求数列an的通项公式；

(Ⅱ)设数列bn满足bn

试卷第3页，总4页

1,求数列bn的前n项和Tn.

Snn

bcosB，ccosA24．在△ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，且acosC，数列.

（Ⅰ）求B的值；

（Ⅱ）求2sinAcosAC的范围

2

成等差

25．设数列an的前n项和为Sn，点n,上．

（1）求数列an的通项公式．

（2）设bnSnnN*，均在函数y3x2的图像nm3，

Tn是数列bn的前n项和，求使得对Tn所有的nN*都20anan1成立的最小正整数m．

26．已知等差数列{an}满足a1+a2=10,a5=a3+4.

(1)求{an}的通项公式;

(2)记{an}的前n项和为Sn若Sk+1<2ak+a2,求正整数k的值

试卷第4页，总4页

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参考答案

1．B 【解析】由题意知SnnanS1a12，

∴Sn－1＋(n－1)an－1＝2，(n≥2)

以上两式相减整理得(n＋1)an＝(n－1)·an－1，

∴ann1n2．

an1n1

∴ananan1an1an2a3a2n1n2n3a1a2a1n1nn1212

1n2，43nn1当n＝1时，a1＝1满足上式．

∴an点睛：

数列的通项an与前n项和Sn的关系是an{2nN*．选B．

nn1S1,n1当n＝1时，a1若适合SnSn1，

，SnSn1,n2则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，a1若不适合SnSn1，则用分段函数的形式表示．

2．D 【解析】由于an是递增数列，所以a1，且（f2）f1，即a22a3，解得a1或a3，所以a3，选D.

3．D 【解析】∵

，

，∴

，即

，即

，故

，

由

知

，∴

，

，

；

若对任意

恒成立，只需使

，

即

，解得

.

本题选择D选项.

点睛：给出

与

的递推关系，求an，常用思路是：一是利用

转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.

4．A 【解析】∵

︙

，

，

答案第1页，总12页

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即

，

，

．

故选

．

5．B 【解析】分析：首先利用求和公式，根据题中条件

，

，确定出

，从而根据对于首项大于零，公差小于零时，其前

项和最大时对应的条件就是

，从

而求得结果.

详解：根据

，

，可以确定

，所以可以得到

，所以则

取最大值时

的值为7，故选B.

点睛：该题考查的是有关等差数列的前

项和最大值的问题，在求解的过程中，需要明确其

前

项和取最大值的条件

，之后就是应用题的条件，确定其相关项的符号，从而求

得结果.

6．D 【解析】∵fa3fa90，

∴fa3fa9，

∵函数fx为奇函数，

∴fa3fa9，

又函数fx为单调递增函数，

∴a3a9，故a3a90．

又数列an为等差数列，

∴S1111a1a11211a3a920．选D．

点睛：

（1）本题将函数的性质、等差数列的性质及等差数列的求和有机地结合在一起考查，体现了在知识交汇点处命题的原则．解答此类问题的关键是从要求的结论出发，逐步探索需要的条件，并进一步将问题得到解决．

（2）等差数列的下标和的性质常与求和公式结合在一起运用，利用整体的思路解题可减少运算量，提高解题的速度．

答案第2页，总12页

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7．A 2a12a114,a【解析】

由a2,a4,a8成等比数列，得a4即a16a2a8，122，

Sn2nnn1222nn2nnn1，故选A.

8．C 【解析】由an＋1－an＝2可得数列{an}是等差数列，公差d＝2，又a1＝－5，所以an＝2n－7，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＋|a5|＋|a6|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.

9．A 【解析】由题意得，在“第n组有n个数”的规则分组中，各组数的个数构成一个以1为首项，公差为1的等差数列，且从第二组数开始，每组数的第一个数的次数为前面所有数的个数之和．

因为前99组数的总的个数为

个，故第100组中的第1个数是34 950．选A．

10．D 【解析】

，

，

，

，

，

，故选D.

【方法点晴】本题主要考查“累加法”的应用、等差数列的求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)（2）

；

；

（3）

（4）

；

；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或

多项的问题，导致计算结果错误.

11．C 【解析】由an122an2an1an0，可得：

an1anan12an0，

又an0，∴an12，∴an1a12n

an∴bnlog2an1log22nn

a1∴数列bn的前n项和故选：C

12．C nn12

答案第3页，总12页

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【解析】由

，得

，解得

，

，又

，故

，

，又公差

，由

，得

，故

或

最

大，最大值为

13．1,

，故选C.

7

5【解析】由于数列为递增数列,所以{1031415357

,解得1,.

514．

【解析】不妨设

，由

，

，得

，

则

，所以

，令

，

则

），易得数列

在

时单调递减；在n＞5时单调递增. 令

，有

，

，

，

，

. 若满足

题意的正整数n只有3个，则n只能为4，5，6，故实数

的取值范围为

.

点睛：求解数列中的最大项或最小项的一般方法

先研究数列的单调性，可以用

或

也可以转化为函数最值问题或利用数

形结合求解.

15．

2n41

20

【解析】分析：将条件转化为等差数列的基本量a1,d，解关于a1,d的方程组可求出a1,d，由等差数列的通项公式即可写出an392n1412n。因为公差小于0，所以所有非负项的和最大，令an412n0，可求得前多少项取正值。进而可得数列an的前n项和Sn取得最大值时，

n的取值。

详解：将a1a3a5105,a2a4a699．转化为用a1,d表示得

{3a16d105a2d35

，即{1

。

3a19d99a13d33答案第4页，总12页

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解得{a139d2

，

由等差数列通项公式得，

an392n1412n。

令an412n0，

解得n4120.5，

2因为nN*，数列的前20项取正值，故前20项的和最大，

此时n20。

点睛：（1）求等差数列的通项公式，应先把条件转化成关于a1,d的方程，解方程组可求a1,d，再根据通项公式可写出an。

（2）递减的等差数列，前面所有非负项的和最大；递增的等差数列，前面所有非正

项的和最小。

16．27

【解析】由等差数列的性质可得S6,S12S6,S18S12

成等差数列，故2S12S6S6S18S12,

解得S1827.

即答案为27.

217．2n6n

2*数列an是正项数列，且a1a2an

n3nnN，①

2【解析】a1a2an1n13n3

②

①②可得：

则an

2n2，可得an4n1

2an4n1

n1nn3aa1a2n4234...n142n26n

23n12点睛：本题主要考查的知识点是数列的概念及简单表示法。通过已知的条件求出数列的通项公式，然后化简所求的数列的各项，最后再利用等差数列求出数列的和。

18．15

【解析】∵

，

答案第5页，总12页

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∴

∵

∴

故答案为15.

点睛：本题主要考查了数列的应用，考查等差数列的求和和问题，解题的关键是理解新定义，正确求得

题型需谨慎解答.

19．

，并能准确利用题目中的定义合理地转化为数列的求和，此类5045

2【解析】由an=5n1，n∈N*，

可得此数列为4，

14，

19，

24，

29，

34，

39，

44，

49，

9，54，

59，

64，…．

an的整数项为：2，3，7，8，12，13，…．

其规律就是各项之间是+1，+4，+1，+4，+1，+4这样递增的，

∴b2n﹣1=2+5（n﹣1）=5n﹣3，

b2n=3+5（n﹣1）=5n﹣2．

∴b2n﹣1+ b2n=10n﹣5

S201810151025101010095，

，

11009100951009210∴S2018201811009100951009220185045

2故答案为：

5045．

2

20．nn122【解析】把第n行n2的第2个数记为an，则由题意可知a22,a34,a47,a511，

∴a3a22,a4a33,a5a44,所有等式两边同时相加整理得an,anan1n1，

,n2，

nn122答案第6页，总12页

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即an,2nn122,n2.

点睛：本题非常巧妙的将杨辉三角问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而求解数列的通项公式，解答此类问题关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时，要明确目标，然后经过数学推理与计算得出的结果.

21．(1) ann (2) 11

2n2【解析】试题分析：(1)利用等差数列基本公式求出公差得到an的通项公式；

（2）bn11，利用裂项相消法求出数列bn的前n项和Tn.

n1n2SnS，∴c111，又cn为等差数列，公差记为d，

n1试题解析：

（1）记cnn2n1n1，得Sn

c2c42c3，∴c32，得d，∴cn222n2时，

anSnSn1n，

n1时也满足.综上ann

（2）由（1）得bn111n1n22



n2n1n1n2n1n211

n1n2∴Tn1111233411，

2n2点睛：裂项抵消法是一种常见的求和方法，其适用题型主要有：

（1）已知数列的通项公式为an1111，求前n项和：

an；

nn1nn1nn11（2）已知数列的通项公式为an2n12n1，求前n项和：

an111；

2n12n122n12n11nn1，求前n项和:. 1（3）已知数列的通项公式为anan1nn1n1n

答案第7页，总12页

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22．(1)

bn2n1;(2) Sn2n12【解析】试题分析：

（I）讲条件变形为n1nn12.

an1an2n，即bn1bn2n，然后根据累加法可求得bn．（II）由n1n（I）知ann2nn,故求解时先用分组求和，然后再根据错位相减法求和即可．

试题解析：

（I）由已知有an1an2n

n1n∴bn1bn2n，

∴bnbn12n1n2，

b3b2b2b1b1

∴bnbnbn1bn1bn22n12n22221

12n2n1n2，

12又当n1时，

b1a11，满足上式．

∴bn2n1 (nN) ．

*（II）由（I）知ann2nn,

23n∴Sn122232n2123n

而123n1nn1,

2令Tn12222323n2n

①

∴2Tn122223324n2n1②

①-②得

Tn222232nn2n1

212n12n2n1

21n2n1．

∴Tn2n12n1．

答案第8页，总12页

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∴Sn2n12n1nn12．

点睛：

（1）数列求和的方法较多，解题时要根据数列通项公式的特点选择合适的方法求解．

（2）用错位相减法求和的注意事项

①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；

②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；

③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．

23．（1）an2n1（2）n

n1【解析】试题分析：(Ⅰ)设等差数列an

的公差为d，由2a13a211,2a3a2a64列方程组求得首项和公差，代入等差数列的通项公式可得答案；(Ⅱ)求出等差数列的前n项和Snn2，代入bn111112

，然后利用裂项相消法可求nn1Snnnnnn1得数列bn的前n项和Tn.

试题解析：(Ⅰ)

2a13a22a13a1d5a13d11,2a1a2a44,

即2a12d)a1da15d4 得d2,a11,

ana1n1d1n122n1.

(Ⅱ)

Snnc1

bn11nn1dn1nn12n2,

22111112,

Snnnnnn1nn111n1.

1nn1n1n1111111Tn122334【方法点晴】本题主要考查等差数列的通项与求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)

1111；nnkknnk（2）

11

knknnkn；

（3）111；2n12n122n12n11答案第9页，总12页

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（4）11

nn1n2211；此外，需注意裂项之后相消的过nn1n1n2程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.

24．(1)

113 (2)

(

，

23【解析】试题分析：（I）根据等差数列的性质可知acosCccosA2bcosB，利用正弦定理把边转化成角的正弦，化简整理得sinB2sinBcosB，求得cosB，进而求得B；（II）先利用二倍角公式及辅助角对原式进行化简整理，进而根据A的范围和正弦函数的单调性求得2sinAcosAC的范围.

2试题解析：（Ⅰ）∵acosC，bcosB，ccosA成等差数列，

∴acosC+ccosA=2bcosB，

由正弦定理得，a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，

代入得：2RsinAcosC+2RcosAsinC=4RsinBcosB，

即：sin（A+C）=sinB，

∴sinB=2sinBcosB，

又在△ABC中，sinB≠0，

∴，

∵0＜B＜π，

∴；

，

（Ⅱ）∵∴∴==∵∴，

，

∴2sin2A+cos（A﹣C）的范围是25．（1）an6n5；（2）10.

【解析】试题分析：（1）点n,．

Sn代入函数y3x2，可得Sn3n22n，进而可得n答案第10页，总12页

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2anSnSn13n22n3n12n16n5；（2）由（1）得bn33anan16n5n61115n26n1，利用裂项求和法，求得5161m1111m，使得成立的必须满足，从而mTn11nN*22026n126n120可得结果.

试题解析：（1）依题意得，

Sn3n2，即Sn3n22n，

n当n2时，

anSnSn13n2n3n12n16n5，

22当n1时，

a1S1312211615，

所以an6n5nN*．

（2）由（1）得bnn33111，

anan16n56n1526n56n111111，

6n56n126n1故Tnbkk11111127713因此，使得1m11m成立的必须满足，即m10，

m1nN*22026n120故满足要求的最小正整数m为10．

26．(1) an=2n+2;(2)k=1.

【解析】试题分析：(1)根据等差数列的性质可得da5a32

，由此可求出a14，则53an

的通项公式可求;

(2)由等差数列的前n项和公式可得Snn23n,Sk12aka2 ,即k123k122k26k2k60,

整理解不等式，注意k是正整数

试题解析：(1)d=a5a3 =2

53a1+a2=10,即a1+a1+d=10

所以a1=4,an=4+2(n-1)=2n+2.

(2)Sn=4n+nn122=n+3n,Sk+1<2ak+a2,即(k+1)+3(k+1)<2(2k+2)+6k+k-6<0,

222(k-2)(k+3)<0

答案第11页，总12页

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答案第12页，总12页