数列数学高三数学第三章第一节.

1、同步检测训练一、选择题)12151.数列 122,3,3,3,4,4,4,4,5，的第 100 项是（A . 14B .C . 13D .答案：A解析：易知数字为n时共有n个，到数字n时，总共的数字的个数为1 + 2 + 3+ + n =n(n + 1)2 易知n= 13时，最后一项为91, n = 14共有14个，故第100项为14.25B.2531D.112.数列an中，a1 = 1,对于所有的n2, n N*都有a1 a2 a3an = n2,贝V a3+ a5等于 ( )A 61A. yr1625C.花答案：A解法一: 由已知得 a1 a2= 22, - a2= 4.29aia2 a3

2、3 , a34,2a2 a3 a4 = 4 , / a4 = ,以. 25a2 a3 a4 a5= 5 , a5=俗 a 19 2561a3+ a5 =+ = 4+1616.aiai16解法二： 由 a12 a 3 - - -a n= n2,得a1 a2a3- -a n-1= (n-1)2,/an=)2(n 2),n 16116.24，的一个通项公式an是（）3 25 2 a3+ a5=(2)2+ q2= 3数列1, 8，-竽57nn(n+ 2)(-1)nn + 1nn(n+ 2) (-1)n2n+ 12A . (- 1)n- )2n+ 1n(n + 2)2 - 1 C. (- 1)n(2+d

3、v 答案：D1 x 32 X 4解析：将数列中的各项变为一丁,353X 5 4X 6nn（n + 2）,，故其通项an= （ 1）.792n + 1则按此规律第n个图案4.下图是用同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案,中需用黑色瓷砖块.（用含n的代数式表示）A . 4nB . 4n + 1C. 4n 3D . 4n + 8答案：D解析：第(1)、(2)、个图案黑色瓷砖数依次为：15 3= 12; 24 8= 16; 35 15= 20;.由此可猜测第(n)个图案黑色瓷砖数为：12+ (n 1) X 4 = 4n+ 8. 5.( )A .C .(2009咸阳模拟)已知数列an的前n项和S

4、n= n2 9n,第k项满足5ak Sn 1 = 2n 10.又当n= 1时,-an= 2n 10,a1 = S1 = 8也适合上式， 又 52k108, 15k 2),n 1an=an- 1 ,则数列an的通项ann +11 1=，故填.n(n + 1)n(n+ 1)三、解答题12 .已知数列 an的前n项和为解：Si 满足 log 2(1 + Sn) = n+ 1, Sn= 2n+ -（4）2n1 1 （3丿a2+ a4+ a6+ a2n = 3 ：石1 -（4）214.已知数列an, bn满足 a1= 2, b1= 1，且- 1.a1 = 3, an= Sn- Sn-1 = (2n+1-

5、 an的通项公式为an= 3 (n= 1),2n(n 2).113.数列an的前 n 项和为 Sn,且 a1 = 1, an+1 = Sn, n = 1,2,3,求: (I )a2, a3, a4的值及数列an的通项公式；1 ZH an+1 = Sn, n= 1,2,3,，得(n )a2+ a4+ a6+ a2n 的值. 解：(I )由 a1= 1,11149,a2 = 3S1 = 3a1 = 3,11 _a3 = 3 S2 = 3(a1 + a2) = 9,1c 116a4 = 3X3= 3(*1 + a2+ a3) = 27.11由 an+ 1 an= 3(Sn-Sn- 1) = Tan(

6、n2).3 3f4得 an+1 = an(n 2)11 42又 a2 = 3,所以 an= 3(3)n-2(n2).所以，数列an的通项公式为1,an= 1(4)n- 23(3)，14（n）由（i）可知,所以n- 1.a2, a4,，a2n,是首项为，公比为（）2，项数为n的等比数列,31an= 4an_l + 4bn-l+ 113bn= &an-1 + RbnT + 1(n 2)1 1 an =刁+ n +夕an的前 n 项和 Sn 满足 S11,且 6Sn = (an + 1)( an + 2), n N1.证法一：由an(2bn 1)= 1可解得13nbn= log 2 1+= log2

7、yanBn 1从而Tn= b1+ b2+ bn3 6 3n=iog2 2 5 3；.因此 3Tn + 1 log 2(an + 3)3n33n 13 =log2 2 523n+ 23 6令 f(n)= 2 53n3n -133n + 2,(I )令Cn= an + bn，求数列 Cn的通项公式.(n )求数列an的通项公式及前 n项和公式.解：(1 )由题设得 an+ bn= (an- 1 + bn- 1)+ 2(n2)，即 Cn= Cn 1 + 2(n2). 易知cn是首项为a1+ b1 = 3,公差为2的等差数列，通项公式为6= 2n+ 1.1(n )由题设得 an bn= 2(an-1

8、bn1)(n2),令 dn = an bn1dn = Qdn-1(n 2).1 1易知dn是首项为a1 b1= 1,公比为2的等比数列，通项公式为dn=c；.an+ bn = 2n + 1,由1解得an bn = 2“ 1，求和得 Sn= 2+ n2 + n+ 1.15.已知各项均为正数的数列 (1)求an的通项公式；设数列 bn满足an(2bn 1)= 1 ,并记Tn为bn的前n项和，求证：3Tn+ 1log 2(an+ 3),*N .1(1)解：由 a1 = S1 = 6(a1 + 1)(a1+ 2)，解得 a1 = 1 或 a1 = 2，由已知 a1 = Si1，因此 a1 = 2.,

9、1 1又由 an+1= Sn+1 Sn= 6(an+1 + 1)(an+1 + 2) 6(an+ 1)(an+ 2),得(an + 1 + an)( an+1 an 3) = 0, 即 an+1 an 3 = 0 或 an+1 = an.因 an0,an+1 = an 不成立，舍去.因此an+1 an= 3.从而an是公差为3，首项为2的等差数列，故an的通项为an= 3n f(n + 1) 3n + 2 3n + 3 贝廿=.3f(n) 3n+ 5 3n + 2(3n + 3)3(3n + 5)(3 n + 2)2因(3n + 3)3 (3n+ 5)(3n + 2)2= 9n + 70,故

10、f(n+ 1)f(n).27特别地 f(n) f(1) = 201.从而 3Tn+1 log2(an+ 3) = log2f(n)0，即即 3Tn+ 1log2(an+ 3). 证法二：同证法一求得bn及Tn.由二项式定理知，当c0时，不等式(1 + c)31 + 3c成立.由此不等式有1 3 1 3 1 33Tn+ 1 = Iog22(1 + R3(1 +2)3 (1 +)32 53n 13 33Iog22(1 + 2)(1 + 5)(1 +)253n 15 8 3n + 2=22 2 8 3 = 2(3 n+ 2)= 2(an+ 3).证法三：同证法一求得bn及Tn.令 An = 23n4

11、 7荷，Bn=3 63n+ 13n ，厂58Cn=573n+ 23n+ 13n+ 1 3n + 2 ，因此 A3 AnBnCn = 3n + 13 6从而 3Tn+ 1= Iog22(2 5因 3n3n 1 3n3n+ 223n 33)=log22A3log22AnBnCn= log 2(3 n + 2) = log 2(an+ 3).3n 1证法四：同证法一求得bn 及 Tn.F面用数学归纳法证明:3Tn + 1log2(an+ 3).27当 n= 1 时，3T1+ 1 = Iog24, log2(a1+ 3) = log25, 因此3T1+ 1log2(a1+ 3)，结论成立.假设结论当n = k时成立，即3Tk+ 1log2(ak+ 3),则当n= k+ 1时， 3T k+1 +1 Iog2(ak+1 + 3)=3T k+1 + 3bk+1 Iog2(ak+1 + 3) log 2(ak+ 3) Iog2(ak+1 + 3)