1.3 实习作业优质课教案推荐

第

1 页

共

7 页

板块命题点专练(八)

数列

(研近年高考真题——找知识联系，找命题规律，找自身差距)

C．a1d<0 命题点一

数列的概念及表示难度：中、低

命题指数：☆☆☆☆题型：选择题、填空题

1．(2014·辽宁高考)设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则(

) A．d<0

B．d>0

D．a1d>0 解析：选C

∵数列{2a1an}为递减数列，a1an＝a1[a1＋(n－1)d]＝a1dn＋a1(a1－d)，等式右边为关于n的一次函数，∴a1d<0. 2．(2014·全国卷Ⅱ)数列

{an}满足

an＋1＝解析：将a8＝2代入an＋1＝1，a＝2，则a1

＝________. 1－an81111，可求得a7＝；再将a7＝代入an＋1＝，可求得221－an1－an1，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期1－ana6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝1数列，且周期为3，所以a1＝a7＝. 21答案：

23.(2014·安徽高考)如图，在等腰直角三角形ABC

中，斜边BC＝22.过点

A作BC

的垂线，垂足为A1

；过点

A1作

AC的垂线，垂足为

A2；过点A2

作A1C

的垂线，垂足为A3

；…，依此类推．设BA＝a1

，AA1＝a2

, A1A2＝a3

，…，

A5A6＝a7

，则

a7＝________. 解析：法一：直接递推归纳：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝22，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝2，A1A2＝a3＝1，…，A5A6＝a7＝a1×26＝1. 24法二：求通项：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝22，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1π22n，故a＝2×26＝1. ＝a2＝2，…，An－1An＝an＋1＝sin·an＝an＝2×7422241答案：

4命题点二

等差数列与等比数列命题指数：☆☆☆☆☆

难度：中、低题型：选择题、填空题、解答题

1．(2014·天津高考)设{an} 是首项为a1

，公差为－1 的等差数列，Sn为其前n项和．若

第

2 页

共

7 页

S1，S2，S4成等比数列，则a1＝(

) A．2

1C.

2

B．－2 1

D．－

2解析：选D

由S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6成等比数列可得(2a1－1)2＝a1(4a1－16)，解得a1＝－. 22．(2015·湖北高考)设a1，a2，…，an∈R，n≥3.若p：a1，a2，…，an成等比数列；q：222222(a21＋a2＋…＋an－1)(a2＋a3＋…＋an)＝(a1a2＋a2a3＋…＋an－1an)，则(

) A．p是q的必要条件，但不是q的充分条件

B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件

C．p是q的充分必要条件

D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件

2222解析：选B

若p成立，设a1，a2，…，an的公比为q，则(a21＋a2＋…＋an－1)(a2＋a3＋…222n422n4222n42＋a2)·a2)＝a2)，(a1a2＋a2a3n)＝a1(1＋q＋…＋q2(1＋q＋…＋q1a2(1＋q＋…＋q－－－＋…＋an－1an)2＝(a1a2)2(1＋q2＋…＋q2n4)2，故q成立，故p是q的充分条件．取a1＝a2＝…－＝an＝0，则q成立，而p不成立，故p不是q的必要条件，故选B. 3．(2015·浙江高考)已知{an}是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________.

解析：∵a2，a3，a7成等比数列，∴a23＝a2a7，

∴(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，即2d＋3a1＝0.①

又∵2a1＋a2＝1，∴3a1＋d＝1.②

2由①②解得a1＝，d＝－1. 32答案：

－1 34．(2015·北京高考)已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2. (1)求{an}的通项公式；

(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7，问：b6与数列{an}的第几项相等？

解：(1)设等差数列{an}的公差为d. 因为a4－a3＝2，所以d＝2. 又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4. 所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n∈N*)．

(2)设等比数列{bn}的公比为q. 因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，

所以q＝2，b1＝4.

第

3 页

共

7 页

所以b6＝4×261＝128. －由128＝2n＋2得n＝63，

所以b6与数列{an}的第63项相等．

5．(2015·天津高考)已知{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7. (1)求{an}和{bn}的通项公式；

(2)设cn＝anbn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和．

解：(1)设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，

由题意知q>0. 22q－3d＝2，由已知，有4

q－3d＝10，

消去d，整理得q4－2q2－8＝0，解得q2＝4. 又因为q>0，所以q＝2，所以d＝2. 所以数列{an}的通项公式为an＝2n1，n∈N*；

－数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1，n∈N*. (2)由(1)有cn＝(2n－1)·2n1，

－设{cn}的前n项和为Sn，

则Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－3)×2n2＋(2n－1)×2n1，

－－2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n1＋(2n－1)×2n，

－上述两式相减，得

－Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－(2n－1)×2n＝2n1－3－(2n－1)·2n＝－(2n－3)·2n－3，

＋所以，Sn＝(2n－3)·2n＋3，n∈N*. 1的前n项和6．(2015·山东高考)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列a·nan＋1n为. 2n＋1(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)设数列{an}的公差为d，

令n＝1，得11＝，

a1a23所以a1a2＝3.①

令n＝2，得112＋＝，

a1a2a2a35所以a2a3＝15.②

由①②解得a1＝1，d＝2，

第

4 页

共

7 页

所以an＝2n－1.经检验，符合题意．

(2)由(1)知bn＝2n·22n1＝n·4n，

－所以Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n，

所以4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n1，

＋两式相减，得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n1

＋41－4n＋＝－n·4n1

1－4＝1－3nn＋14×4－，

33＋3n－14＋3n－14n1n＋14所以Tn＝×4＋＝. 9997．(2014·全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1. 1(1)证明：an＋2是等比数列，并求{an}的通项公式；

1113(2)证明：＋＋…＋<. an2a1a211an＋. 证明：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝32213又a1＋＝，

2213所以an＋2是首项为，公比为3的等比数列．

213n所以an＋＝，

223n－1因此{an}的通项公式为an＝. 212(2)由(1)知a＝n. 3－1n因为当n≥1时，3n－1≥2×3n1，

－所以11≤－. 3－12×3n1n11111于是＋＋…＋a≤1＋＋…＋n－1

a1a233n1331－n<. ＝2321113所以＋＋…＋a<. a1a2n2

命题点三

数列的综合应用难度：高、中

命题指数：☆☆☆题型：解答题

1．(2015·湖南高考)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋

第

5 页

共

7 页

1＋3，n∈N*. (1)证明：an＋2＝3an；

(2)求Sn. 解：(1)证明：由条件，对任意n∈N*，有

an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，

因而对任意n∈N*，n≥2，有

an＋1＝3Sn－1－Sn＋3. 两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，

即an＋2＝3an，n≥2. 又a1＝1，a2＝2，所以

a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1. 故对一切n∈N*，an＋2＝3an. an＋2(2)由(1)知，an≠0，所以a＝3. n于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列；

数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列．

因此a2n－1＝3n1，a2n＝2×3n1. －－于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n

＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n) ＝(1＋3＋…＋3n1)＋2(1＋3＋…＋3n1) －－＝3(1＋3＋…＋3n1) －33n－1＝，

233n－1－从而S2n－1＝S2n－a2n＝－2×3n1

23－＝(5×3n2－1)．

2综上所述，S＝323n35×32n2n－32－1，n是奇数，－1，n是偶数.

n＋22．(2015·广东高考)数列{an}满足：a1＋2a2＋…＋nan＝4－n－1，n∈N*. 2(1)求a3的值；

(2)求数列{an}的前n项和Tn；

第

6 页

共

7 页

(3)令b1＝a1，bn＝足Sn<2＋2ln n. 解：(1)令n＝1⇒a1＝1；

1令n＝2⇒a1＋2a2＝2⇒a2＝；

251令n＝3⇒a1＋2a2＋3a3＝4－⇒a3＝. 44(2)当n≥2时，

a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝4－n＋1－，①

2n2n＋2－.②

2n1Tn－1111＋1＋2＋3＋…＋nan(n≥2)，证明：数列{bn}的前n项和Sn满na1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＋nan＝4－②－①，得nan＝n＋1n＋2n1－＝－－n2n1n－1，∴an＝n－1. 22222n－1，

又∵当n＝1时，a1＝1也适合an＝∴an＝n－1(n∈N11*21)，易证数列{an}是等比数列，首项a1＝1，公比q＝. 2a11－qn1∴数列{an}的前n项和Tn＝＝2－n－1. 1－q2(3)证明：∵b1＝a1＝1，∴S1＜2＋2ln 1成立．

1a11＋a2，

又∵b2＝＋22a1＋a211b3＝＋1＋2＋3a3，

3…，

bn＝a1＋a2＋…＋an－111＋1＋2＋…＋nan，

n11111＋＋…＋na1＋1＋＋…＋na2＋…∴数列{bn}的前n项和Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝22111＋＋…＋nan

＋2111＋＋…＋(a1＋a2＋…＋an) ＝n2111111＋＋…＋n2－n－1＜21＋＋…＋n，

＝2221－x11构造函数h(x)＝ln x－x＋1，x＞0，h′(x)＝2，

x令h′(x)＞0，解得0＜x＜1；

第

7 页

共

7 页

令h′(x)＜0，解得x＞1，

11∴h(x)＝lnx－x＋1，x＞0在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

11∴h(x)≤h(1)＝0，∴lnx－x＋1≤0，x＞0(仅当x＝1时取等号)，

1即ln x≥1－x. 又∵ln n

＝lnn－1n－1n－21n1－

＋ln＋…＋ln 2＞1－＋1－＋…＋2nn－1n－1n－2＝12＋13＋…＋1n，

∴21＋12＋…＋1n＜2＋2ln n，

∴Sn＜2＋2ln n.