阅读与思考 九连环PPT配套教学设计内容

文科数学数列3

姓名

成绩

一、单选题

1．已知数列

满足

，则（

）

A.

B.

C.

D.

2．已知等差数列an的公差为2，若a1,a3,a4成等比数列，则a1=

(

) A. －4

B. －8

C. －6

D. －10 3．设Sn为数列an的前n项和，已知a1A. 2

4．侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规则的蜘蛛网，如图，它是由无数个正方形环绕而成，且每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外围一层正方形四条边的三等分点上，设外围第一个正方形的边长是

，有人说，如此下去，蜘蛛网的长度也是无限的增大，那么，试问，侏罗纪蜘蛛网的长度真的是无限长的吗？设侏罗纪蜘蛛网的长度为

，则（ ）

A.

无限大

B.

C.

D.

可以取

5．设的三内角

、

、

成等差数列， 、 、 成等比数列，则这个三1n1n，

2n，则S100（

）

2an1an49495151222

B.

C.

D.

10099100992222角形的形状是（ ）

A. 等边三角形

B. 钝角三角形

C. 直角三角形

D. 等腰直角三角形

6．设Sn为数列an的前n项和，已知a1A. 21n1n，

2n，则S100（

）

2an1an49495151222

B.

C.

D.

100991009922227．已知a1,a2,a3,a4,依次成等比数列，且公比q不为1.将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则正数q的值是(

)

A. 15151313

B.

C.

D.

2222

8．设

，则

等于（ ）

A.

B.

C.

D.

9．设等比数列an的前n项和为Sn，公比为q，且S3，

S9，

S6成等差数列，则8q3试卷第1页，总4页

等于（

）

A. -4

B. -2

C. 2

D. 4

10．已知等差数列an的前n项和为Sn，

a55，

S836，则数列项和为（ ）

1的前naann11nn1n1

B.

C.

D.

n1n1nn1111．已知等比数列an，

a11，

a4，且a1a2a2a3anan1k，则k的8A. 取值范围是（ ）

A. ,

B. ,

C. ,

D. ,

23223312．已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a1·a5·a9=-8，b2+b5+b8=6，则121122cosb4b6的值是（ ）

1a3a7A.

1133

B.

C. -

D. -

2222二、填空题

13．已知两个等差数列

的前

项之和为

，且

，则

_______.

14．(2017·无锡模拟)已知各项都为正的等差数列{an}中，若a2＋a3＋a4＝15，a1＋2，a3＋4，a6＋16成等比数列，则a10＝________.

15．已知数列

为等差数列，且

，则

_________.

16．已知函数

的图象过点 和点 ，若数列

的前

项和

，数列

的前

项和为

，则使得

成立的最小正整数

____________．

17．已知等差数列

中，

，

、

、

成等比数列，把各项如下图排列：

试卷第2页，总4页

则从上到下第 行，从左到右的第 个数值为__________．

18．在正项等比数列an中，若a1,1aa3,2a2成等差数列，则5__________．

2a319．(2017·全国Ⅱ卷改编)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯________盏.

20．已知数列

满足

，

为数列

的前

项和，则

的值为__________．

三、解答题

21．已知等比数列an中，

an0,a1（1）求an的通项公式；

（2）设bn1?log2an，求数列bn的前2n项和T2n.

*22．根据预测，某地第n

nN个月共享单车的投放量和损失量分别为an和bn（单n21112,,nN*.

64anan1an2位：辆），

5n415,1n3其中an{

，

bnn5，第n个月底的共享单车的保有量是前n10n470,n4个月的

累计投放量与累计损失量的差.

（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；

（2）已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量Sn4n468800（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？

试卷第3页，总4页

2

23．设数列

的前

项和为

，它满足条件

，数列

满足

.

（1）求数列

的通项公式；

（2）若数列

是一个单调递增数列，求实数

的取值范围.

24．已知数列

是等差数列，其前

项和为

，且

，

．数列

是各项均为正数的等比数列，且

，

．

（1）求数列

及数列

的通项公式；

（2）若

25．已知数列an满足：

a11,an12an1. （1）求数列an的通项公式；

（2）设cn

26．若正项数列an的前

，设数列

的前

项和为

，求证：

．

an11Tn1. ，若数列的前项和为,求证：

cTnnnn2nn12n项和为Sn，首项a11，

PSn,Sn1点在曲线yx1上．

（1）求数列an的通项公式an；

（2）设bn21，

Tn表示数列bn的前n项和，若Tna恒成立，求Tn及实数aanan1的取值范围．

试卷第4页，总4页

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参考答案

1．D 【解析】分析：根据累加法求得数列通项

的表达式，然后逐一验证可得结果．

详解：∵

，

∴

，

∴

，

，……，

，

，

将以上

个式子两边分别相加可得

，

∴

．

又

满足上式，

∴

．

故选项A，B不正确．又

，

故选项C不正确，选项D正确．

故选D．

2．B 【解析】分析：由等差数列的通项得到a3,a4，然后根据a1,a3,a4成等比数列得到方程，解方程可得a1．

详解：由题意得，在等差数列an中，

a3a14,a4a16．

∵a1,a3,a4成等比数列，∴a32a1a4，即a14a1a16，解得a18．

故选B．

3．D 【解析】根据题意，由2n1nn1n2n，得2n，

an1anan1an则nn1n1n2212n1，

2n2，…，

21

anan1an1an2a2a1n12122ana12n12n2，又a111，所以annn，

22将各式相加得11122100100，

22211111则S100122399100100101

22222111111将上式减下式得S10023100100101，

222222因此S1001所以S1004．B 【解析】由题意，从外到内正方形的边长依次为

，

1121002299100251.故选D.

992

，

答案第1页，总9页

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，…，则数列

是以首项为

，公比为的等比数列，所以

，当

时，则

.故选B.

5．A 【解析】由题意，根据等差数列、等比数列的中项公式，得

，又

,所以

,

，由正弦定理得

，又

，得

，从而可得

，即

为等边三角形，故正确答案为A.

6．D 【解析】根据题意，由n1nn1n2n，得2n，

an1anan1an则nn1n1n2212n1，

2n2，…，

21

anan1an1an2a2a1n12122ana12n12n2，又a111，所以annn，

22将各式相加得11122100100，

22211111则S100122399100100101

22222111111将上式减下式得S10023100100101，

222222因此S1001所以S1001121002299100251.故选D.

9927．B 【解析】因为公比q不为1，所以删去的数不是a1，a4.

①若删去a2，则由2a3＝a1＋a4得2a1q2＝a1＋a1q3，又a1≠0，所以2q2＝1＋q3，整理得q2(q－1)＝(q－1)(q＋1)．又q≠1，所以q2＝q＋1，又q>0，得q＝15；

2②若删去a3，则由2a2＝a1＋a4得2a1q＝a1＋a1q3，又a1≠0，所以2q＝1＋q3，整理得q(q＋1)(q－1)＝q－1.又q≠1，则可得q(q＋1)＝1，又q>0，得q＝15.

2综上所述，q＝8．A 15，

故选B.

2

【解析】由题意知,

是首项为2,公比为8的等比数列的前

项和,所以

答案第2页，总9页

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.故选A.

9．A 【解析】依题意可知2S9=S6+S3，

2解q3=1或故选A

10．B 【解析】设等差数列an的首项为a1，公差为d. a11q91qa1qa1q整理得2q-q-1=0，6311631q1q1，当q=1时，2S9=S6+S3，不成立故排除．所以8q3等于-4

2a14d5a11∵a55，

S836

，∴{

，

∴{

8a128d36d1∴ann，则1111

anan1nn1nn11111111111n1∴数列

的前n项和为aa122334nn1n1n1nn1故选B. 点睛：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（2）

；nnkknnk11

knknnkn；

（3）111（4）；2n12n122n12n1111

nn1n2211；此外，需注意裂项之后相消的过程中nn1n1n2容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误. 11．D 【解析】设等比数列an的公比为q，则q3∴anan111a41，解得q，∴ann1，

22a1811111，∴数列是首项为，公比为的等比数列，

aann12n12n22n12411124n∴a1a2a2a3anan11142121，

n343答案第3页，总9页

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∴k12．C 22．故k的取值范围是,．选D．

33【解析】由题意得32a1·a5·a9=a58,a52,a1a7a54，b2+b5+b8=3b56,b52,b4b62b54，所以cos13．

【解析】由题意，

b4b614=

cos，选C.

1a3a723

，

，所以

，从而问题可得解.

14．19 【解析】设公差为d(d>0)，因为a2＋a3＋a4＝3a3＝15，所以a3＝a1＋2d＝5，所以a1＝5－2d.2又(a1＋2)(a6＋16)＝(a3＋4)，所以(a1＋2)(a1＋5d＋16)＝(7－2d)(3d＋21)＝81，整理得2d＋7d－22＝0，解得d＝2或d＝－15．

211 (舍).所以a1＝1，故a10＝1＋9×2＝19.

2【解析】分析：令bn=log2（an﹣1），（n∈N+），依题意可求得bn=n，于是可得an=2n+1，从而可求得

=

，利用等比数列的求和公式即可得到答案．

详解：令bn=log2（an﹣1），（n∈N+），依题意{bn}为等差数列，

∵a1=3，a2=5，

∴b1=log2（3﹣1）=1，b2=log2（5﹣1）=2，

∵{bn}为等差数列，设其公差为d，则d=1，

∴bn=n，

∴an=2n+1，

∴

=

=

，

显然{

}是首项为，公比为的等比数列，

∴

+

+

+…+

=

+

+

+…+

=

=

故选：

点睛：本题考查数列的求和，根据题意求得an=2n+1是关键，考查等比数列的求和公式的应用，属于中档题．

16．11

，解得【解析】因为

的图象过点 和点 ，所以

，所以

，

．

当

时，

，

当

时，

，显然满足上式，所以

．

答案第4页，总9页

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故

令

，显然数列

是等差数列，所以

，

，即

，解得

（舍去）或

，

所以使得

成立的最小正整数

．

17．

【解析】分析：应用首先求得数列的通项公式，然后确定第10行第11个数的下标，最后结合通项公式求解这个数即可.

详解：设数列的首项为

，公差为

，由题意可得：

，

解得d=3，a1=2，

则数列的通项公式

.

第10行第11个数的下标为：（

）

.

所求值为

.

点睛：从数列到数阵，尽管数的排列形式发生了变化，但问题的实质仍然是数列问题，只要我们抓住每行首项，找准每行变化规律，从数阵中构造新数列，那么解决问题的思想和方法仍然不变，可谓“形散神不散”.

18．322.

【解析】由于a1,1a3,2a2成等差数列,所以a3a12a2,即a1q2a12a1q,2q22q10,解得q21.故a5q2322.

a319．3 【解析】设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则依题意S7＝381，公比q＝2.∴a112712＝381，解得a＝3.

120．2016

【解析】∵数列

满足

∴

，且

，则

.

∴

∵

∴

故答案为 .

21．（1）an12n12n7,nN*（2）2n213n

64【解析】【试题分析】(1)利用基本元的思想,将已知转化为a1,q,解方程求得q2,由此求得an2n7.(2)化简bn1n7,利用并项求和法求得其前2n项和.

【试题解析】

（1）设等比数列an的公比为q，则q0，

答案第5页，总9页

n2

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因为112112，所以，

n1nn1anan1an2a1qa1qa1q12n12n7,nN*；

64因为q0，解得q2，

所以ann2n（2）bn1?log2an1?log22n7设cnn7，则bn1?cn，

n21?n7n22，

T2nb1b2b3b4

2222b2n1b2nc1c2c3c422c2n1c2nc1c2c1c2c3c4c3c4c1c2c3c4c2n1c2nc2n1c2nc2n1c2n

n2n132n213n.

2n62n7222．（1）935；（2）见解析. 【解析】试题分析：（1）计算an和bn的前4项和的差即可得出答案；

（2）令anbn得出n42，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论.

试题分析：

（1）a1a2a3a4b1b2b3b496530935

（2）10n470n5n42，即第42个月底，保有量达到最大

4205038647428782a1a2a3a4b1b2b3b496522

S424424688008736，∴此时保有量超过了容纳量.

23．(1)

.

(2)

或

.

2【解析】分析：（1）根据

与

的关系消去

可得

，从而得到数列

是等比数列，进而可求得数列的通项公式．（2）由条件得

，又数列单调递增，故

，即

对

恒成立．然后分

和

两种情况考虑，分别求出实数

的取值即可得到所求的范围．

详解：（1）∵

，

∴

，

∴

，

即

，

又

，且

，

，

答案第6页，总9页

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∴数列

是首项为

，公比为

的等比数列，∴

．

（2）由条件得

，

∵数列

是单调递增数列，∴

恒成立，

即

对

恒成立．

①当

时，

，

∴

对

恒成立，

∴

对

恒成立，

∵

，且

，

∴

．

②当

时，

，

∴

对一切

恒成立，

∴

对

恒成立，

令

，则 单调递增，

∴

，

∴

，

又

，

∴

．

由①②可知

或

．

∴实数

的取值范围是

．

点睛：（1）根据

与

的关系求数列的通项公式时，利用

是解题的关键，运用此结论时要注意使用的条件为

．

（2）由于数列是特殊的函数，因此可从函数的角度认识数列，解题时要注意数列的函数特征，学会利用函数的方法研究数列的有关性质．

24．（1）

，

；（2）见解析

【解析】（1）设等差数列

的公差为

，等比数列

的公比为

，

，解得

，

因为

，

，所以

所以

．

因为

，

，所以

，

，

所以

，解得

（负值舍去），所以

．

（2）由（1）可得

，则

①，

②，

①－②可得

，

则

，所以

，

因为

，所以

，所以

，

又

，所以

，所以

．

25．（1）an2n1；（2）见解析

答案第7页，总9页

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【解析】分析：（1）根据题意由待定系数法可得an1+1（从而可证得数列an12an1)，为等比数列，进而可得an2n1．（2）由（1）可得cn项求和可得Tn1111，故利用列nn1nn111，然后利用fn1的单调性可得所证结论成立．

n1n1详解：（1）解：∵an12an1

，∴an1+1（2an1)

, 又a1+120，

∴数列an1是首项为2，公比为2的等比数列，

∴an122n12n，

∴an2n1．

（2）证明：由（1）可得cnan11，

nnn12nn1

cn111

nn1nn1111111+++12233411111，

1n1nnn1n1∴Tn1，则fn单调递增，

n11∴fnf1，

2设fn1又fn1，

∴11fn1，即Tn1．

22点睛：（1）证明数列为等比数列时，在证得an1qan的基础上，还要说明首项a10，然后才能下结论得到数列为等比数列．

（2）数列求和时要根据数列通项公式的特点选择合适的方法，常用的方法有公式法、列项相消法、错位相减法等．

26．(1)

an2n1；(2)

Tn111，

的取值范围是．

a1,22n13答案第8页，总9页

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【解析】试题分析：

（1）由递推关系可得数列S是以nS1为首项，1为公差的等差数列，则Snn2，据此可得数列的通项公式为an2n1．

（2）裂项可得bn11122n12n11，则T1n，结合单调性可得22n11Tnmin11，则a的取值范围是,．

332试题解析：

所以数列S是以S（1）由Sn1nSn1，得Sn1Sn1，

1为首项，1为公差的等差数列，

所以SnS1n11，即Snn2，

S1,n1,1,n1,由公式an{

，得an{

SnSn1,n22n1,n2,所以an2n1．

（2）因为bn11111，

anan12n12n122n12n1所以Tn111，

22n11111．

233显然Tn是关于n的增函数，所以Tn有最小值TnminT1由于Tna恒成立，所以a1，

3于是a的取值范围是,．

点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．

13答案第9页，总9页