江苏专版2018版高考数学复习数列推理与证明练习.docx

第七章数列、推理与证明第38课数列的概念A应知应会1. 若数列an的前4项为1,3,7,15,则数列an的一个通项公式为an=.2. (2016无锡一中)已知数列an的前n项和为Sn,且Sn=2n2-1,那么=.3. 已知数列an的通项公式为an=log2(3+n2)-2,那么log23是这个数列的第项.4. 已知数列an的前n项和Sn=n2-9n,若它的第k项满足5ak8,则k=.5. 已知数列an的通项公式是an=n2-7n+6.(1) 150是不是这个数列的项?若是这个数列的项,则它是第几项?(2) 该数列从第几项开始各项都是正数?6. 已知数列an满足2a1+22a2+23a3+2nan=4n-1,求数列an的通项公式.B巩固提升1. 已知数列an满足a1=0,an+1=,那么a20=.2. 若递增数列an满足an+an+1+an+2=3n-6,且a2=a1,则a1的取值范围是.3. (2016无锡期末)已知数列an和bn满足bn=an+1-an,且bn+1-bn=1.若a3=1,a4=-1,则a1=.4. (2015长春二模)在数列an中,已知a1=2,a2=7,且an+2是anan+1的个位数字,Sn是an的前n项和,则S242-7a7=.5. (2015上海卷)已知数列an与bn满足an+1-an=2(bn+1-bn).(1) 若bn=3n+5,且a1=1,求数列an的通项公式;(2) 设数列an的第n0项是最大项,即an,求证:数列bn的第n0项也是最大项.6. (2016徐州、连云港、宿迁三检)在数列an中,已知a1=1,a2=2,an+2=(kN*).(1) 求数列an的通项公式;(2) 求满足2an+1=an+an+2的正整数n的值.第39课等差数列A应知应会1. (2016江苏卷)已知an是等差数列,Sn是其前n项和.若a1+=-3,S5=10,则a9的值是.2. (2016全国卷)已知等差数列an的前9项和为27,a10=8,那么a100=.3. 在等差数列an中,已知a5+a6+a7=15,那么a3+a4+a9=.4. 设等差数列an的前n项和为Sn,若a2=-9,a3+a7=-6, 则当Sn取最小值时,n=.5. 在数列an中,已知a1=1,an=(n2),bn=.(1) 求证:数列bn是等差数列;(2) 求数列an的通项公式.6. 设递减的等差数列an的前n项和为Sn,若a3a5=63,a2+a6=16.(1) 求数列an的通项公式.(2) 当n为何值时,Sn取得最大值?并求出其最大值.(3) 求|a1|+|a2|+|a3|+|an|.B巩固提升1. (2016镇江期末)已知Sn是等差数列an的前n项和,若=,则=.2. (2016辅仁中学)若等差数列an满足a2=7,a4=3,Sn是数列an的前n项和,则使得Sn0的自然数n的最大值是.3. (2016武汉模拟)若等差数列an的前n项和为Sn,Sm-1=-4,Sm=0,Sm+1=6,则m=.4. (2015福建卷)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p0,q0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数适当排序后可成等差数列,适当排序后也可成等比数列,则p+q的值为.5. (2016如东中学)已知数列an的各项都为正数,且对任意nN*,=anan+2+k(k为常数).(1) 若k=(a2-a1)2,求证:a1,a2,a3成等差数列;(2) 若k=0,且a2,a4,a5成等差数列,求的值.6. (2016江阴中学)已知数列an的前n项和为Sn,且an+Sn=An2+Bn+1(A0).(1) 若a1=,a2=,证明数列an-n是等比数列,并求数列an的通项公式;(2) 若数列an是等差数列,求的值.第40课等比数列A应知应会1. (2016合肥三检)在等比数列an中,若a3=16,a5=4,则a7=.2. (2015湖南卷)设Sn为等比数列an的前n项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an=.3. (2016常州期末)若等比数列an的各项均为正数,且a1+a2=,a3+a4+a5+a6=40,则的值为.4. 若方程x2-5x+m=0与x2-10x+n=0的四个根适当排列后,恰好组成一个首项为1的等比数列,则mn的值为.5. 在等比数列an中,已知a2=3,a5=81.(1) 求数列an的通项公式;(2) 若bn=log3an,求数列bn的前n项和Sn.6. (2016全国卷)已知数列an的前n项和Sn=1+an,其中0.(1) 证明数列an是等比数列,并求其通项公式;(2) 若S5=,求的值.B巩固提升1. (2016南昌一模)若等比数列an的各项均为正数,前4项的和为9,积为,则前4项倒数的和为.2. 已知an=sin ,Sn=a1+a2+an,那么在S1,S2,S100中,正数的个数是.3. (2016全国卷)若等比数列an满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2an的最大值为.4. (2016唐山期末)已知Sn为等比数列an的前n项和,若S4=S2+2,则S6的最小值为.5. 已知数列an共有2k项(k2),数列an的前n项和为Sn,且a1=2,an+1=(p-1)Sn+2(n=1,2,2k-1),其中常数p1.(1) 求证:数列an是等比数列;(2) 若p=,数列bn满足bn=log2(a1a2an)(n=1,2,2k),求数列bn 的通项公式.6. (2016苏州、无锡、常州、镇江三模)已知数列an的前n项和为Sn,a1=3,且对任意的正整数n,都有Sn+1=Sn+3n+1,其中常数0.设bn=.(1) 若=3,求数列bn的通项公式;(2) 若1且3,设cn=an+3n,求证:数列cn是等比数列.第41课数列的递推关系与通项A应知应会1. 在数列an中,若a1=2,an+1=an,则an的通项公式为.2. 已知数列an满足a1=33,an+1-an=2n,那么的最小值为.3. 已知数列an的前n项和为Sn,若a1=1,Sn=2an+1,则Sn=.4. (2016宜兴中学)若数列an是正项数列,且+=n2+3n,则+=.5. 根据数列an所满足的递推关系,求通项公式an.(1) a1=,an+1=an+-(nN*);(2) a1=3,an+1=an(nN*);(3) a1=1,an+1=2an+3(nN*).6. (2016徐州一中)已知数列an的前n项和为Sn,且a1=1,=an+1-n2-n-.(1) 求a2的值;(2) 求数列an的通项公式.B巩固提升1. 已知正项数列an对任意p,qN*,都有ap+q=apaq.若a2=4,则an=.2. 若数列an满足an+1+(-1)nan=2n-1,则an+2+an=.3. 对于正项数列an,定义Hn=为an的“蕙兰”值.现知数列an的“蕙兰”值Hn=,则数列an的通项公式为.4. (2016通州中学)若数列an的首项a1=1,前n项和为Sn,且满足2an+1+Sn=2,则满足的n的最大值为.5. (2016扬州中学改编)在数列an,bn中,已知a1=0,a2=1,b1=1,b2=,数列an的前n项和为Sn,数列bn的前n项和为Tn,且满足Sn+Sn+1=n2,2Tn+2=3Tn+1-Tn,求数列an,bn的通项公式.6. (2016苏北四市期末)已知各项均为正数的数列an的首项a1=1,Sn是数列an的前n项和,且满足anSn+1-an+1Sn+an-an+1=anan+1(0).(1) 若a1,a2,a3成等比数列,求实数的值;(2) 若=,求Sn.第42课数列的求和A应知应会1. 数列3+2n的前n项和Sn=.2. 已知数列an满足an=,那么其前99项和S99=.3. 数列1,的前n项和为.4. 若数列an满足an+1+(-1)n an =2n-1,则an的前60项和为.5. 在等差数列an中,a3=5,a5-2a2=3;在等比数列bn中,b1=3且公比q=3.(1) 求数列an,bn的通项公式;(2) 若cn=an+bn,求数列cn的前n项和Sn.6. (2016石家庄一模)在等差数列an中,已知2a2+a3+a5=20,且前10项和S10=100.(1) 求数列an的通项公式;(2) 求数列an的前n项和Tn.B巩固提升1. (2015全国卷)已知Sn是数列an的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=.2. 在数列an中,若a1=3,(an+1-2)(an-2)=2,则该数列的前2 016项和是.3. 若数列an满足a1为大于1的常数,an+1-1=an(an-1),且+=2,则a2 017-4a1的最小值为.4. (2016广州测试)已知数列an的前n项和为Sn,且a2=12,Sn=kn2-1,则数列的前n项和为.5. (2016南通中学)在等差数列an中,a1=3,其前n项和为Sn,等比数列bn的各项均为正数,b1=1,公比为q(q1),且b2+S2=12,q=.(1) 求数列an和bn的通项公式;(2) 求证:+.6. (2016怀仁中学)已知等差数列an的前n项和为Sn,且Sn=4S2,a2n=2an+1.(1) 求数列an的通项公式;(2) 若数列bn的前n项和为Tn,且Tn+=(为常数),令cn=b2n,求数列cn的前n项和Rn.第43课数列的综合应用A应知应会1. 已知f1(x)=,fn+1(x)=f1(fn(x),且an=,其中nN*,则a2 014=.2. 下列有关于公差d0的等差数列an的四个命题:数列an是递增数列;数列nan是递增数列;数列是递增数列;数列an+3nd是递增数列.其中真命题为.(填序号)3. 设等差数列an的前n项和为Sn,若=a1+a200,且A,B,C三点共线(该直线不过原点O),则S200=.4. 将正奇数排成如图所示的三角形数阵(第k行有k个奇数),其中第i行第j个数表示为aij (i,jN*),例如a42=15.若aij=2 017,则i-j=.(第4题)5. 设等差数列an的前n项和为Sn,已知a1=2,S6=22.(1) 求Sn;(2) 若从an中抽取一个公比为q的等比数列,其中k1=1,且k1k2kn,knN*,当q取最小值时,求kn的通项公式.6. 已知数列an满足a1=2,对一切正整数n,都有an+1+an=32n.(1) 探讨数列an是否为等比数列,并说明理由;(2) 若bn=,求证:b1+b2+bnn+4.B巩固提升1. 若数列an满足a1=2,an=(n=2,3,4,),且有一个形如an=sin(n+)+的通项公式,其中,均为实数,且0,|,则=,=.2. 在各项均为正数的等比数列an中,若a11,a22,a33,则a4的取值范围是.3. 已知数列an的通项公式为an=7n+2,数列bn的通项公式为bn=n2.若将数列an,bn中相同的项按从小到大的顺序排列后记作数列cn,则c9的值为.4. (2016盐城三模)若数列an满足:对任意的nN*,只有有限个正整数m使得amn成立,记这样的m的个数为bn,则得到一个新数列bn.例如,若数列an是1,2,3,n,则数列bn是0,1,2,n-1,. 现已知数列an是等比数列,且a2=2,a5=16,则数列bn中满足bi=2 016的正整数i的个数为.5. 设数列an的前n项和为Sn.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得Sn=am,则称an是“H数列”.(1) 若数列an的前n项和Sn=2n,求证:数列an是“H数列”;(2) 已知数列an是等差数列,其首项a1=1,公差d0,若an是“H数列”,求d的值.6. (2016前黄中学)在数列an中,已知a2=1,前n项和为Sn,且Sn=.(1) 求a1的值.(2) 证明数列an为等差数列,并写出其通项公式.(3) 若lgbn=,试问:是否存在正整数p,q(其中1pq),使得b1,bp,bq成等比数列?若存在,求出所有满足条件的数组(p,q);若不存在,请说明理由.第44课推理与证明A应知应会1. 某同学在电脑上打下了一串黑白圆:,按这种规律往下排,那么第36个圆的颜色应是.2. 观察并分析下表中的数据:多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱569五棱锥6610长方体6812猜想:在一般凸多面体中,F,V,E所满足的等式是.3. 甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A,B,C三个城市时,甲说:我去过的城市比乙多,但没去过B城市;乙说:我没去过C城市;丙说:我们三人去过同一城市.由此可判断乙去过的城市为.4. 已知三条边长分别为a,b,c的ABC的面积为S,内切圆O的半径为r,连接OA,OB,OC,则OAB,OBC,OAC的面积分别为cr,ar,br.由S=cr+ar+br,得r=.类比得:若四面体的体积为V,四个面的面积分别为S1,S2,S3,S4,则内切球的半径R=.5. 已知数列an的前n项和为Sn,且满足a1=1,an+1=Sn.(1) 求证:数列是等比数列;(2) 求证:Sn+1=4an.6. 根据要求证明下列各题:(1) 用分析法证明:-;(2) 用反证法证明:1,3不可能是一个等差数列中的三项.B巩固提升1. 用反证法证明某命题时,对结论“自然数a,b,c中恰有一个偶数”给出的反设为.2. (2016镇江一中)过点P(-1, 0)作曲线C:y=ex的切线,切点为T1;设T1在x轴上的投影是点H1,过点H1再作曲线C的切线,切点为T2;设T2在x轴上的投影是点H2,依次下去,得到第n+1(nN)个切点Tn+1,则点Tn+1的坐标为.(第3题)3. (2016南师附中)在RtABC中,CACB,斜边AB上的高为h1,则=+.类比此性质,如图,在四面体PABC中,若PA,PB,PC两两垂直,底面ABC上的高为h,则得到的正确的结论为.4. 凸函数的性质定理:若函数f(x)在区间D上是凸函数,则对于区间D内的任意x1,x2,xn,有f.已知函数y=sinx在区间(0,)上是凸函数,那么在ABC中,sinA+sinB+sinC的最大值为.5. 已知函数f(x)=ax+(a1).(1) 求证:函数f(x)在区间(-1,+)上为增函数.(2) 用反证法证明f(x)=0没有负根.6. 在四棱锥S-ABCD中,已知底面是边长为1的正方形,SB=SD=,SA=1.(1) 求证:SA平面ABCD.(2) 在棱SC上是否存在异于S,C的点F,使得BF平面SAD?若存在,确定点F的位置;若不存在,请说明理由.第七章数列、推理与证明第38课数列的概念A应知应会1. 2n-1【解析】由a1=1=21-1,a2=3=22-1,a3=7=23-1,a4=15=24-1,所以an=2n-1.2. 【解析】由a3=S3-S2=232-1-(222-1)=10,得=.3. 3【解析】由log2(3+n2)-2=log23,得n2=9.又nN*,所以n=3.4. 8【解析】a1=S1=-8;当n2时,an=Sn-Sn-1=2n-10.由52k-108,得7.5k9,所以k=8.5. 【解答】(1) 令an=150,即n2-7n+6=150,解得n=16或n=-9(舍去),即150是这个数列的第16项.(2) 令an=n2-7n+60,解得n6或n1(舍去),故该数列从第7项起各项都是正数.6. 【解答】由题意得2a1+22a2+23a3+an-1+2nan=4n-1,当n2时,2a1+22a2+23a3+2n-1an-1=4n-1-1,-得2nan=4n-4n-1,所以an=2n.当n=1时,2a1=3,a1=,符合上式,故an=2n,nN*.B巩固提升1. -【解析】因为a1=0,an+1=,所以a2=-,a3=,a4=0,所以an的周期为3,所以a20=a2=-.2. 【解析】由an+an+1+an+2=3n-6,a2=a1,得a3=-3-a1,所以a4=a1+3.由an是递增数列知a4a3a2a1,即a1+3-3-a1a1a1,解得-a1-.3. 8【解析】因为b3=a4-a3=-1-1=-2,所以b2=a3-a2=b3-1=-3,所以b1=a2-a1=b2-1=-4,三式相加可得a4-a1=-9,所以a1=a4+9=8.4. 955【解析】由题意得a3是a1a2=14的个位数字,所以a3=4.又a2=7,再由题意可得a4=8.依此类推,a5=2,a6=6,a7=2,a8=2,a9=4,a10=8,a11=2,所以我们可以看出数列an除前面两项外,从第3项开始,是一个周期为6的数列,从而a3+ a4+ a8=4+8+2+6+2+2=24,所以S242=a1+a2+40(a3+a4+a8)=2+7+4024=969,从而S242-7a7=969-14=955.5. 【解答】(1) 由bn+1-bn=3,得an+1-an=6,所以an是首项为1、公差为6的等差数列,故an的通项公式为an=6n-5.(2) 由an+1-an=2(bn+1-bn),得an+1-2bn+1=an-2bn,所以an-2bn为常数列,故an-2bn=a1-2b1,即an=2bn+a1-2b1.因为an,所以2+a1-2b12bn+a1-2b1,即bn.故bn的第n0项也是最大项.6. 【解答】(1) 由题意知,数列an的奇数项是以a1=1为首项、2为公差的等差数列;偶数项是以a2=2为首项、3为公比的等比数列.所以对任意正整数k,a2k-1=2k-1,a2k=23k-1,所以an=(kN*).(2) 当n为奇数时,由2an+1=an+an+2,得22=n+n+2,所以2=n+1.令f(x)=2-x-1(x1),则f(x)=()xln-1ln-1=ln 3-10,可知f(x)在1,+)上是增函数,所以f(x)f(1) =0,所以当且仅当n=1时,满足2=n+1,即2a2=a1+a3.当n为偶数时,由2an+1=an+an+2,得2(n+1)=2+2,即n+1=+,上式左边为奇数,右边为偶数,因此不成立.综上,满足2an+1=an+an+2的正整数n的值只有1.第39课等差数列A应知应会1. 20【解析】因为S5=5a3=10,所以a3=2.设数列an的公差为d,则a1+=2-2d+(2-d)2=d2-6d+6=-3,解得d=3,所以a9=a3+6d=2+18=20.2. 98【解析】由9=27,得a5=3,所以a10-a5=5d=5,所以d=1,所以a100=a10+90d=98.3. 35【解析】由题意得3a6=15,则a6=5,所以a3+a4+a9=7a6=75=35.4. 6【解析】因为a3+a7=2a5=-6,所以a5=-3,所以d=2,故an=-9+2(n-2)=2n-13,所以a6=-1,a7=1,所以S6最小.5. 【解答】(1) 由题意知bn-bn-1=-=-=3(n2,nN*),所以bn是公差为3的等差数列.(2) 因为a1=1,所以b1=1,所以bn=b1+(n-1)3=3n-2=,所以an=.6. 【解答】(1) 由题意知a2+a6=a3+a5=16,又a3a5=63,所以a3与a5是方程x2-16x+63=0的两根,解得或又因为an是递减的等差数列,所以则公差d=-1,a1=11,所以an=a1+(n-1)d=11+(n-1)(-1)=12-n.(2) 由得解得11n12.又nN*,所以当n=11或n=12时,Sn取得最大值,且最大值为S11=S12=1211+(-1)=66.(3) 由(2)知,当n12时,an0;当n12时,an0.当n12时,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=a1+a2+a3+an=Sn=-n2+n;当n12时,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=a1+a2+a3+a12-(a13+a14+a15+an)=-Sn+2S12=n2-n+132.所以|a1|+|a2|+|a3|+|an|=B巩固提升1. 【解析】方法一:由=,可得=,当n=1时,=,所以a2=2a1,d=a2-a1=a1,故=.方法二:由=,令Sn=n2+n,则an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,故=.2. 9【解析】方法一:由题意得d=-2,则an=a2+(n-2)d=-2n+11,故a50a6,a5+a6=0,则S9=90, S10=10=0,S11=110,所以自然数n的最大值为9.方法二:由a2=7,a4=3,解得a1=9,d=-2,所以Sn=na1+d=-n2+10n.由Sn0,解得0n10,所以自然数n的最大值为9.3. 5【解析】由Sm-1=-4,Sm=0,知Sm-Sm-1=am=4,同理Sm+1-Sm=am+1=6.又数列an为等差数列,所以公差d=am+1-am=6-4=2.又Sm=0,所以m=0,即a1+am=0,所以a1=-am=-4,故am=-4+2(m-1)=4,解得m=5.4. 9【解析】由韦达定理得a+b=p,ab=q,则a0,b0.当a,b,-2适当排序后成等比数列时,-2必为等比中项,故ab=q=4,故b=.当a,b,-2适当排序后成等差数列时,-2必不是等差中项,若a是等差中项,则2a=-2,解得a=1,b=4;若是等差中项,则=a-2,解得a=4,b=1.综上所述,a+b=p=5,所以p+q=9.5. 【解答】 (1) 当k=(a2-a1)2时,在=anan+2+k中,令n=1得=a1a3+(a2-a1)2,即a1a3-2a1a2+=0.因为a10,所以a3-2a2+a1=0,即a2-a1=a3-a2,故a1,a2,a3成等差数列.(2) 当k=0时,=anan+2.因为数列an的各项都为正数,所以数列an是等比数列.设公比为q(q0).因为a2,a4,a5成等差数列,所以a2+a5=2a4,即a1q+a1q4=2a1q3.因为a10,q0,所以q3-2q2+1=0,解得q=1或q=(负根舍去).所以=q=1或=q=.6. 【解答】(1) 分别令n=1,2,代入条件得又a1=,a2=,解得A=,B=.因为an+Sn=n2+n+1,所以an+1+Sn+1=(n+1)2+(n+1)+1.-得2an+1-an=n+2,所以an+1-(n+1)=(an-n).因为a1-1=0,所以数列an-n是首项为、公比为的等比数列,所以an-n=,故an=n+.(2) 因为数列an是等差数列,所以设an=dn+c,则Sn=n2+n,所以an+Sn=n2+n+c,所以A=,B=c+,c=1,所以=3.第40课等比数列A应知应会1. 1【解析】因为数列an是等比数列,所以=a3a7,即42=16a7,所以a7=1.2. 3n-1【解析】设等比数列an的公比为q.由3S1,2S2,S3成等差数列,得4S2=3S1+S3,即3S2-3S1=S3-S2,所以3a2=a3,得q=3,所以an=a1qn-1=3n-1.3. 117【解析】方法一:设数列an的公比为q,两式相除可得q2+q4=90,解得q2=-10(舍去)或q2=9.又an0,所以q=3,故a1=,所以a7+a8+a9=a1q6(1+q+q2)=1 053,即=117.方法二:因为=q2,=q4,所以a3+a4+a5+a6=(q2+q4)(a1+a2)=40,即q4+q2=90,解得q2=9.又an0,所以q=3.又=q6,=q3,故a1+a2+a6=(a7+a8+a9)=40+,解得a7+a8+a9=1 053,即=117.4. 【解析】设方程x2-5x+m=0的两根为x1,x2,方程x2-10x+n=0的两根为x3,x4,则由题意知x1=1,x2=4,x3=2,x4=8,所以m=4,n=16,所以mn=.5. 【解答】(1) 设等比数列an的公比为q.依题意得解得所以an=3n-1.(2) 因为bn=log3an=n-1,所以Sn=.6. 【解答】(1) 由题意得a1=S1=1+a1,故1,a1=,a10.由Sn=1+an,Sn+1=1+an+1,得an+1=an+1-an,即an+1(-1)=an.由a10,0,得an0,所以=.因此,an是首项为、公比为的等比数列,于是an=.(2) 由(1)得Sn=1-,由S5=得1-=,即=,解得=-1.B巩固提升1. 2【解析】设等比数列的公比为q,则a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=9,a1a2a3a4=q6=,即q3=,故+=2.2. 100【解析】当1n24时,an0;当26n49时,an0,但其绝对值要小于1n24时相应的值;当51n74时,an0;当76n99时,an0,但其绝对值要小于51n74时相应的值.所以当1n100时,均有Sn0.3. 64【解析】设等比数列an的公比为q,则q=,所以a1+a1=10,解得a1=8,所以an=8=,所以a1a2an=,易知当n=3或n=4时,(n2-7n)取得最小值-6,故a1a2an的最大值为=64.4. 6【解析】设等比数列an的公比为q.当q=1时,4a1=2a1+2,解得a1=1,所以S6=6a1=6.当q1时,=+2,所以=,故S6=(1+q2+q4)=22=6,当且仅当q=-1时等号成立,所以S6的最小值为6.5. 【解答】(1) 因为an+1=(p-1)Sn+2(n=1,2,2k-1),所以an=(p-1)Sn -1+2 (n=2,3,2k),两式相减得an+1-an=(p-1)(Sn-Sn -1),即an+1-an=(p-1)an,所以an+1=pan(n=2,3,2k-1).原式中,令n=1,得a2=(p-1)a1+2=2(p-1)+2=2p=pa1,所以an+1=pan,即=p1(n=1,2,2k-1),所以数列an是等比数列.(2) 由(1)得an=a1pn-1,所以bn=log2(a1a2an)=log2(a1a1pa1p2a1pn-1)=log2()=log2(a1)=1+log2p=1+=1+.6. 【解答】因为Sn+1=Sn+3n+1,所以当n2时,Sn=Sn-1+3n,从而an+1=an+23n,n2.在Sn+1=Sn+3n+1中,令n=1,可得a2=a1+231,满足上式,所以an+1=an+23n ,nN*(1) 当=3时,an+1=3an+23n,从而=+,即bn+1-bn=.又b1=1,所以数列bn是首项为1、公差为的等差数列,所以bn=.(2) 当0且3且1时,cn=an+3n=an-1+23n-1+3n=an-1+3n-1(-3+3)=cn-1.又c1=3+=0,所以cn是首项为、公比为的等比数列,cn=n-1.第41课数列的递推关系与通项A应知应会1. an=2n【解析】由an+1=an,可变形为=,由此可得=,即为常数列,所以=2,即an=2n.2. 【解析】因为an+1-an=2n,a1=33,所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=33+2+4+2(n-1)=n2-n+33,则=n+-1.令f(n)=n+-1,由y=x+的单调性知,当n=6时,f(n)min=.3. 【解析】因为Sn=2an+1,所以当n2时,Sn-1=2an,所以an=Sn-Sn-1=2an+1-2an(n2),即=(n2).又a2=,所以an=(n2).当n=1时,a1=1=,所以an=所以Sn=2an+1=2=.4. 2n2+6n【解析】令n=1,得=4,即a1=16.当n2时,=(n2+3n)-(n-1)2+3(n-1)=2n+2,即an=4(n+1)2.当n=1时,也满足上式,所以an=4(n+1)2(nN*),所以=4(n+1),所以数列是首项为8、公差为4的等差数列,故+=2n2+6n.5. 【解答】(1) 由题意知an-an-1=-(n2),分别令n=2,3,(n-1),n,代入上式得(n-1)个等式,累加得(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+(an-an-1)=+,所以an-a1=1-.又a1=,所以an=+1-=-(n2).令n=1,得a1=,所以an=-(nN*).(2) 由an+1=an,得an=an-1(n2),所以an=a1=3=.令n=1,得a1=3,所以an=(nN*).(3) 设an+1-t=2(an-t),即an+1=2an-tt=-3,故递推公式为an+1+3=2(an+3).令bn=an+3,则b1=a1+3=4,且=2,所以bn是以4为首项、2为公比的等比数列,则bn=42n-1=2n+1,所以an=2n+1-3.6. 【解答】(1) 由题意知2S1=a2-1-,又S1=a1=1,所以a2=4.(2) 由题意得2Sn=nan+1-n3-n2-n,所以当n2时,2Sn-1=(n-1)an-(n-1)3-(n-1)2-(n-1),两式相减得2an=nan+1-(n-1)an-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,整理得(n+1)an-nan+1=-n(n+1),即-=1.又-=1,故数列是首项为=1、公差为1的等差数列,所以=1+(n-1)1=n,所以an=n2.B巩固提升1. 2n【解析】由ap+q=apaq,a2=4,可得a2=4a1=2,所以ap+1=apa1,即=a1=2,所以数列an是公比为2的等比数列,故an=22n-1=2n.2. (-1)n(2n-1)+2n+1【解析】由an+1+(-1)nan=2n-1,得an+2=(-1)nan+1+2n+1=(-1)n(-1)n-1an+2n-1+2n+1=-an+(-1)n(2n-1)+2n+1,即an+2+an=(-1)n(2n-1)+2n+1.3. an=2-【解析】由题意得=,即a1+2a2+3a3+nan=n2,所以当n2时,a1+2a2+3a3+(n-1)an-1=(n-1)2,-得nan=n2-(n-1)2=2n-1an=2-(n2).当n=1时,a1=1,也满足此通项公式,所以an=2-(nN*).4. 9【解析】方法一:由2an+1+Sn=2,得当n2时,2an+Sn-1=2.-得2an+1-2an+an=0,所以2an+1=an.因为a2=,所以an0,所以=(n2).又因为=,所以=,所以数列an是公比为的等比数列,所以Sn=2,所以S2n=2,从而=1+.由不等式,得1+,所以,即102n1 000,解得4n9,所以满足条件的n的最大值是9.方法二:因为2an+1+Sn=2,所以2(Sn+1-Sn)+Sn=2,即2Sn+1-Sn=2,所以2(Sn+1-2)=Sn-2.又因为S1-2=a1-2=-10,所以Sn-20,所以=,所以Sn-2是首项为-1、公比为的等比数列,则Sn-2=-1,所以Sn=2-,以下同方法一.5. 【解答】因为Sn+Sn+1=n2,所以当n2时,Sn-1+Sn=(n-1)2,两式相减得an+an+1=2n-1.又a2+a1=1也满足上式,所以an+an+1=2n-1对一切nN*成立,所以当n2时,an-1+an=2n-3,-得an+1-an-1=2,所以数列an的奇数项是公差为2的等差数列,偶数项也是公差为2的等差数列.又a1=0,a2=1,所以an=n-1.因为2Tn+2=3Tn+1-Tn,所以2Tn+2-2Tn+1=Tn+1-Tn,即2bn+2=bn+1.又2b2=b1,所以对一切nN*均有2bn+1=bn,所以数列bn是公比为的等比数列,所以bn=.6. 【解答】(1) 令n=1,得a1S2-a2S1+a1-a2=a1a2,所以a2=.令n=2,得a2S3-a3S2+a2-a3=a2a3,所以a3=.由=a1a3,得=,因为0,所以=1.(2) 当=时,anSn+1-an+1Sn+an-an+1=anan+1,所以-+-=,即-=,所以数列是以2为首项、为公差的等差数列,所以=2+(n-1),即Sn+1=an.当n2时,Sn-1+1=an-1,-得an=an-an-1,即(n+1)an=(n+2)an-1,所以=(n2),所以是常数列,且为,所以an=(n+2),代入式得Sn=an-1=.第42课数列的求和A应知应会1. 2n+1+3n-2【解析】Sn=3n+=2n+1+3n-2.2. 9【解析】因为an=-,所以S99=(-)+(-)+(-)=10-1=9.3. 【解析】设an=2,所以其前n项和Sn=2+=.4. 1 830【解析】当n=2k-1时,a2k-a2k-1=4k-3;当n=2k时,a2k+1+a2k=4k-1;当n=2k+1时,a2k+2-a2k+1=4k+1.将a2k+1+a2k=4k-1与a2k-a2k-1=4k-3相减得a2k+1+a2k-1=2,将a2k+1+a2k=4k-1与a2k+2-a2k+1=4k+1相加得a2k+2+a2k=8k,所以(a1+a3)+(a5+a7)+(a57+a59)=152=30,(a2+a4)+(a6+a8)+(a10+a12)+(a58+a60)=8+24+40+232=1 800,所以S60=30+1 800=1 830.5. 【解答】(1) 设等差数列an的公差为d.由题意得解得所以an=1+2(n-1)=2n-1.因为bn是以b1=3为首项、公比为3的等比数列,所以bn=3n.(2) 由(1)得cn=(2n-1)+3n,则Sn=1+3+5+(2n-1)+(3+32+33+3n)=+=n2+.6. 【解答】(1) 设数列an的公差为d.由题知解得所以an的通项公式为an=1+2(n-1)=2n-1.(2) 由(1)知an=(2n-1)22n-1,所以Tn=121+323+525+(2n-3)22n-3+(2n-1)22n-1,4Tn=123+325+527+(2n-3)22n-1+(2n-1)22n+1,-得-3Tn=2+2(23+25+22n-1)-(2n-1)22n+1,所以Tn=.B巩固提升1. -【解析】由已知得an+1=Sn+1-Sn=Sn+1Sn,两边同时除以Sn+1Sn,得-=-1,故数列是以-1为首项、-1为公差的等差数列,则=-1-(n-1)=-n,所以Sn=-.2. 7 056【解析】由(an+1-2)(an-2)=2,得(an-2)(an-1-2)=2(n2),以上两式相除得=1,an+1-2=an-1-2(n2),所以数列an是一个周期数列,周期为2.由a2-2=,a1=3,得a2=4,所以S2 016=1 008(a1+a2)=1 008(3+4)=7 056.3. -【解析】因为a11,易知对所有的n,an1,对an+1-1=an(an-1)两边取倒数得=-,所以=-,所以+=-=2,整理得a2 017=.由a2 0171,得1a1,所以a2 017-4a1=2(3-2a1)+-2-=-,当且仅当a1=时取等号.故a2 017-4a1的最小值为-.4. 【解析】当n=2时,S2=4k-1=a1+a2,即a1+12=4k-1.又n=1时,a1=S1=k-1,代入式得3k=12,k=4,所以Sn=4n2-1,故=,所以的前n项和为+=+=.5. 【解答】(1) 设数列an的公差为d.因为b2+S2=12,q=,所以q+6+d=12,q=,解得q=3或q=-4(舍去),所以d=3,故an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1.(2) 因为Sn=,所以=,故+=+=.因为n1,所以0,所以1-1,所以,即+.6. 【解答】(1) 设等差数列an的首项为a1,公差为d.由S4=4S2,a2n=2an+1,得解得a1=1,d=2,因此an=2n-1.(2) 由题意知Tn=-,当n2时,bn=Tn-Tn-1=-+=,故cn=b2n=(n-1),所以Rn=0+1+2+3+4+(n-1),则Rn=0+1+2+(n-2)+(n-1),两式相减得Rn=+-(n-1)=-(n-1),整理得Rn=,所以数列cn的前n项和Rn=.第43课数列的综合应用A应知应会1. 【解析】因为an+1=-an,所以an是公比为-的等比数列,a1=,所以a2 014=.2. 【解析】因为d0,显然an为递增数列,故正确;因为(n+1)an+1-nan=a1+2nd不一定大于0,所以错误;因为=+d,a1-d的值不能确定,所以错误;因为数列3nd也是递增数列,故an+3nd是递增数列,所以正确.3. 100【解析】由题意知a1+a200=1,S200=200=100.4. 26【解析】前k行共有奇数1+2+3+k=个,所以第k行的最后一个数为2-1=k2+k-1,第k+1行的第一个数为k(k+1)+1.当k+1=45时,k(k+1)+1=4445+1=1 981,即第45行的第一个数为1 981.因为=18,所以2 017是第45行的第19个数,即i=45,j=19,所以i-j=45-19=26.5. 【解答】(1) 设等差数列an的公差为d,则S6=6a1+65d=22,解得d=,所以Sn=.(2) 由(1)得an=(n+2).因为数列an是正项递增的等差数列,所以数列的公比q1.若k2=2,则由a2=,得q=,此时=2=,由=(n+2),解得n=N*,所以k22.同理,k23.若k2=4,则由a4=4,得q=2,此时=22n-1,因为=(kn+2),所以(kn+2)=2n,即kn=32n-1-2.所以最小的公比q=2,此时kn=32n-1-2.6. 【解答】(1) 假设an是等比数列,由a1+a2=6,得a2=4,所以an=2n.此时an+1+an=2n+1+2n=32n,满足题意.所以an可以为等比数列.(2) 由(1)知bn=1+.因为=2-,