高三数列专题复习练习与解析答案

11级理科数列专题（续）1.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn,且,则使得为整数的正整数n的个数是()A.2B.3C.4D.52.已知数列{an}的前n项和(n∈N*),则a4等于（）A.B.C.D.3.已知数列{an}满足a1＝1，a2＝1，an＋1＝|an－an－1|(n≥2)，则该数列前2011项的和S2011等于 ()A．1341B．669C．1340D．13394．在函数y＝f(x)的图象上有点列(xn，yn)，若数列{xn}是等差数列，数列{yn}是等比数列，则函数y＝f(x)的解析式可能为 ()A．f(x)＝2x＋1 B．f(x)＝4x2C．f(x)＝log3x D．f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))x5.在等差数列{an}中，其前n项和是Sn，若S15>0，S16<0，则在eq\f(S1,a1)，eq\f(S2,a2)，…，eq\f(S15,a15)中最大的是 ()A.eq\f(S1,a1) B.eq\f(S8,a8) C.eq\f(S9,a9) D.eq\f(S15,a15)6.已知数列{an}，{bn}都是公差为1的等差数列，其首项分别为a1，b1且a1＋b1＝5，a1，b1∈N*，设cn＝abn(n∈N*)，则数列{cn}的前10项之和等于 ()A．55B．70C．85D．1007.在△ABC中，eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(2cosC＋cosA,2sinC－sinA)是角A、B、C成等差数列的 ()A．充分非必要条件B．充要条件C．必要非充分条件D．既不充分也不必要条件8．等比数列{an}中，a1＝512，公比q＝－eq\f(1,2)，用Πn表示它的前n项之积：Πn＝a1·a2·…·an，则Πn中最大的是()A．Π11B．Π10C．Π9D．Π9．设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,fn)))(n∈N*)的前n项和是()A.eq\f(n,n＋1)B.eq\f(n＋2,n＋1)C.eq\f(n,n－1)D.eq\f(n＋1,n)10．数列{an}中，a1＝1，an、an＋1是方程x2－(2n＋1)x＋eq\f(1,bn)＝0的两个根，则数列{bn}的前n项和Sn＝()A.eq\f(1,2n＋1)B.eq\f(1,n＋1)C.eq\f(n,2n＋1)D.eq\f(n,n＋1)11．如图，它满足：(1)第n行首尾两数均为n；(2)图中的递推关系类似杨辉三角，则第n(n≥2)行的第2个数是________．12．在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2，bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，则当eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋…＋eq\f(Sn,n)最大时，n的值等于________．13.设等比数列的公比，前项和为，则．14.设等差数列的前n项和为,若,则.15.正项等比数列的首项，其前11项的几何平均数为，若前11项中抽取一项后的几何平均数仍是，则抽取一项的项数为_．16．数列1,（1+2）,（1+2+22）,…,（1+2+…+2n－1）,…的前n项和等于．17.等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.(1)求an与bn；(2)求eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)的值．18.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，且an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，(1)求数列{Sn}的通项公式；(2)设Sn＝eq\f(1,f(n))，bn＝f(eq\f(1,2n))＋1.记Pn＝S1S2＋S2S3＋…＋SnSn＋1，Tn＝b1b2＋b2b3＋…＋bnbn＋1，试求Tn，并证明Pn<eq\f(1,2).19.已知数列中，,.（1）求；（2）求的通项公式；（3）证明：对，.20.已知数列中．当时．（） （Ⅰ）证明：为等比数列；（Ⅱ）求数列的通项； （Ⅲ）若数列满足，求的前项和．21.已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，它的前n项和为Sn，且a3＝5，S6＝36.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝6n＋(－1)n－1λ·2an(λ为正整数，n∈N*)，试确定λ的值，使得对任意n∈N*，都有bn＋1＞bn成立．22.已知数列的前项和为，点在直线上，数列满足且其前项和为.(1)求数列,的通项公式；(2)设，数列的前n项的和为，求使不等式对一切都成立的最大正整数的值.23.已知数列{an}中，a1=1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S=an(Sn-).（1）证明：是等差数列，求Sn的表达式；（2）设bn=，求{bn}的前n项和Tn.11级理科数列专题（续）（答案）1.解析:,∴＝.当n＝1,2,3,5,11时,是正整数.答案:D2.解析：由已知,得a4＝S4-S3＝.答案：A3.[答案]A[解析]列举数列各项为：1,1,0,1,1,0，….∵2011＝3×670＋1，∴S2011＝2×670＋1＝1341.4．[答案]D[解析]对于函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))x上的点列(xn，yn)，有yn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))xn，由于{xn}是等差数列，所以xn＋1－xn＝d，因此eq\f(yn＋1,yn)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))xn＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))xn)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))xn＋1－xn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))d，这是一个与n无关的常数，故{yn}是等比数列．故选D.5.[答案]B[解析]由于S15＝15a8>0，S16＝eq\f(16(a1＋a16),2)＝8(a8＋a9)<0，所以可得a8>0，a9<0.这样eq\f(S1,a1)>0，eq\f(S2,a2)>0，…，eq\f(S8,a8)>0，eq\f(S9,a9)<0，eq\f(S10,a10)<0，…，eq\f(S15,a15)<0，…而0<S1<S2<…<S8，a1>a2>…>a8>0，所以在eq\f(S1,a1)，eq\f(S2,a2)，…，eq\f(S15,a15)中最大的是eq\f(S8,a8)，故选B.6.[答案]C[解析]an＝a1＋(n－1)·1＝a1＋n－1，bn＝b1＋n－1，则abn＝a1＋bn－1＝a1＋(b1＋n－1)－1＝n＋3∴cn＝n＋3，故数列{cn}为等差数列，首项是1＋3＝4，公差为1，∴前10项和为10×4＋eq\f(10×(10－1),2)＝85.7.[答案]A[解析]eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(2cosC＋cosA,2sinC－sinA)⇒2sinAsinC－sin2A＝2cosAcosC＋cos2A⇒2cos(A＋C)＋1＝0⇒cosB＝eq\f(1,2)⇒B＝eq\f(π,3)⇒A＋C＝2B⇒A、B、C成等差数列．但当A、B、C成等差数列时，eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(2cosC＋cosA,2sinC－sinA)不一定成立，如A＝eq\f(π,2)、B＝eq\f(π,3)、C＝eq\f(π,6).故是充分非必要条件．故选A.8．解析：Πn＝a1a2…an＝aeq\o\al(n,1)·q1＋2＋…＋n－1＝29neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\f(n－1n,2)＝(－1)eq\f(nn－1,2)2eq\f(－n2＋19n,2)，∴当n＝9时，Πn最大．故选C答案：C9．解析：∵f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴m＝2，a＝1，∴f(x)＝x2＋x＝x(x＋1)，∴eq\f(1,fx)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).答案：A10．解析：由题意得an＋an＋1＝2n＋1，又∵an－n＝－[an＋1－(n＋1)]，a1＝1∴an＝n，又an·an＋1＝eq\f(1,bn)，∴bn＝eq\f(1,nn＋1).∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).答案：D11．解析：设第n(n≥2)行的第2个数构成数列{an}，则有a3－a2＝2，a4－a3＝3，a5－a4＝4，…，an－an－1＝n－1，相加得an－a2＝2＋3＋…＋(n－1)＝eq\f(2＋n－1,2)×(n－2)＝eq\f(n＋1n－2,2)，an＝2＋eq\f(n＋1n－2,2)＝eq\f(n2－n＋2,2).答案：eq\f(n2－n＋2,2)12．[答案]8或9[解析]∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，∴aeq\o\al(2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2,5)＝25，又an>0，∴a3＋a5＝5，又q∈(0,1)，∴a3>a5，又a3·a5＝4，∴a3＝4，a5＝1，∴q＝eq\f(1,2)，a1＝16，an＝16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝25－n，bn＝log2an＝5－n，bn＋1－bn＝－1，∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，∴Sn＝eq\f(n(9－n),2)，∴eq\f(Sn,n)＝eq\f(9－n,2)，∴当n≤8时，eq\f(Sn,n)>0；当n＝9时，eq\f(Sn,n)＝0；当n>9时，eq\f(Sn,n)<0，∴当n＝8或9时，eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋eq\f(S3,3)＋…＋eq\f(Sn,n)最大．13.答案：15【解析】对于14.答案：115.616．2n+1－n－217.解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1，依题意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S2b2＝6＋dq＝64,S3b3＝9＋3dq2＝960))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2,q＝8))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝－\f(6,5),q＝\f(40,3)))(舍去)，故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.(2)由(1)知Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,2×4)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2n＋1n＋2).18.[解析](1)解：∵an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，∴Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0.∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2.又∵a＝1，∴Sn＝eq\f(1,2n－1)(n∈N＋)．(2)证明：∵Sn＝eq\f(1,f(n))，∴f(n)＝2n－1.∴bn＝2(eq\f(1,2n))－1＋1＝(eq\f(1,2))n－1.Tn＝(eq\f(1,2))0·(eq\f(1,2))1＋(eq\f(1,2))1·(eq\f(1,2))2＋…＋(eq\f(1,2))n－1·(eq\f(1,2))n＝(eq\f(1,2))1＋(eq\f(1,2))3＋(eq\f(1,2))5＋…＋(eq\f(1,2))2n－1＝eq\f(2,3)[1－(eq\f(1,4))n]．∴Pn＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋…＋eq\f(1,(2n－1)(2n＋1))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))<eq\f(1,2).19.解（1）（2）当为偶数时：当为奇数时：所以（3）当时，显然成立。20.（Ⅰ）证明:数列中．当时．（） 当时，即． 所以是以为首项，以为公比的等比数列 （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，故， ，…， 累加得，所以． （Ⅲ）,= =．21.解：(1)∵2an＋1＝an＋an＋2，∴{an}是等差数列，设{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝5，S6＝36得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5,6a1＋15d＝36))，解