2015届高考理科数学第二专题整合检测题59

专题七十三数列综合题【高频考点解读】数列问题是每年高考的必考内容，涉及选择题、填空题、解答题等多种题型，分值在17至20分之间．小题多是考查等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及前n项和公式等基础知识，大题多是考查数列的定义、数列的求和、数列的通项、有关数列问题的证明以及数列与函数、不等式、解析几何等知识的交汇问题．解答数列问题时，既要熟记有关公式，能够运用基本方法解决问题，又要善于运用数列的性质进行巧解．此外，还要善于运用数列中蕴含的一些重要思想方法，例如：函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想等，这些都是近几年高考经常考查的思想方法．【热点题型】题型一数列的基本运算例1、已知等差数列{an}的前5项和为105，且a10＝2a5(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和S【提分秘籍】数列的基本运算是新课标考查中最常见的题型，主要考查两种数列的求和公式及通项公式，试题难度较小．【热点题型】题型二数列求和例2、已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．【提分秘籍】数列求和是近几年高考中的热点，基本题型一般先进行简单运算，再运用“倒序相加”、“错位相减”、“分项求和”等常用方法对数列求和．【热点题型】题型三数列与函数、不等式等知识的综合例3、已知函数f(x)＝x2＋x－1，α、β(α＞β)是方程f(x)＝0的两个根，f′(x)是f(x)的导数，设a1＝1，an＋1＝an－eq\f(fan,f′an)(n∈N*)．(1)求α、β的值；(2)已知对任意的正整数n，都有an＞α，记bn＝lneq\f(an－β,an－α)(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.【提分秘籍】数列与函数、不等式、导数、向量、解析几何等相结合，通过不同知识点的交汇进行命题，以考查能力为主，以数列为背景的不等式证明问题成为近年来高考的热点，要掌握常见的证明不等式的方法，以便更好的解决问题．【高考风向标】1．（2014·湖南卷）已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.(1)若{an}是递增数列，且a1，2a2，3a3成等差数列，求(2)若p＝eq\f(1,2)，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．2．（2014·安徽卷）设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.(1)证明：当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；(2)数列{an}满足a1＞ceq\f(1,p)，an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n)，证明：an＞an＋1＞ceq\f(1,p).(2)方法一：先用数学归纳法证明an>ceq\f(1,p).①当n＝1时，由题设知a1>ceq\f(1,p)成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ceq\s\up6(\f(1,p))成立．综上所述，an>an＋1>ceq\f(1,p)，n∈N*.3．（2014·湖北卷）已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式．(2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn>60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．4．（2014·江西卷）已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.(1)令cn＝eq\f(an,bn)，求数列{cn}的通项公式；(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.5．（2014·新课标全国卷Ⅱ）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.(1)证明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜eq\f(3,2).6．（2014·四川卷）设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图像上(n∈N*)．(1)若a1＝－2，点(a8，4b7)在函数f(x)的图像上，求数列{an}的前n项和Sn；(2)若a1＝1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－eq\f(1,ln2)，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))的前n项和Tn.所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，2Tn＝eq\f(1,1)＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1)，因此，2Tn－Tn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).所以，Tn＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).7．（2014·浙江卷）已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝(eq\r(2))bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.(1)求an与bn.(2)设cn＝eq\f(1,an)－eq\f(1,bn)(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.(i)求Sn；(ii)求正整数k，使得对任意n∈均有Sk≥Sn.【随堂巩固】1．等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，aeq\o\al(2,3)＝9a2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))求数列{an}的通项公式；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2))设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n项和．解：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))设数列{an}的公比为q.由aeq\o\al(2,3)＝9a2a6得aeq\o\al(2,3)＝9aeq\o\al(2,4)，所以q2＝eq\f(1,9).由条件可知q>0，故q＝eq\f(1,3).由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝eq\f(1,3)故数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,3n).2．已知等比数列{an}的公比q＝3，前3项和S3＝eq\f(13,3).(1)求数列{an}的通项公式；(2)若函数f(x)＝Asin(2x＋φ)(A>0,0<φ<π)在x＝eq\f(π,6)处取得最大值，且最大值为a3，求函数f(x)的解析式．3．设数列{an}满足a1＝0且eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1－\r(an＋1),\r(n))，记Sn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))bk，证明：Sn<1.4．已知等差数列{an}满足：an＋1＞an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1、1、3后顺次成为等比数列{bn}的前三项．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设Tn＝eq\f(a1,b1)＋eq\f(a2,b2)＋…＋eq\f(an,bn)(n∈N*)，若Tn＋eq\f(2n＋3,2n)－eq\f(1,n)＜c(c∈Z)恒成立，求c的最小值．＝3－eq\f(2n＋3,2n)，∴Tn＋eq\f(2n＋3,2n)－eq\f(1,n)＝3－eq\f(1,n)＜3.∴使Tn＋eq\f(2n＋3,2n)－eq\f(1,n)＜c(c∈Z)恒成立的c的最小值为3.5．为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干年更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，更换的新车为电力型车和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆，计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a辆．(1)求经过n年，该市被更换的公交车总数S(n)；(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换，求a的最小值．6．设数列{an}满足a1＝0,4an＋1＝4an＋2eq\r(4an＋1)＋1，令bn＝eq\r(4an＋1).(1)试判断数列{bn}是否为等差数列；(2)若cn＝eq\f(1,an＋1)，记{cn}的前n项和为Sn，求证：Sn＜3；(3)是否存在m，n(m，n∈N*，m≠n)，使得1，am，an依次成等比数列？若存在，求出m，n；若不存在，说明理由．解：(1