2011年高考数学二轮考点专题突破检测(三)：数列

2011年高考数学二轮考点专题突破检测(三)：数列

专题达标检测三

一、选择题

1．在等差数列{an}中，若a2＋2a6＋a10＝120，则a3＋a9等于 ( )

A．30 B．40 C．60 D．80

解析：由等差数列性质：若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq，故a2＋2a6＋a10＝4a6 ＝120，故a6＝30，a3＋a9＝2a6＝2×30＝60.

答案：C

2．(2009·宁夏、海南理)等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列，若

a1＝1，则S4等于 ( )

A．7 B．8 C．15 D．16

解析：设等比数列的公比为q，则由4a1,2a2，a3成等差数列．得4a2＝4a1＋a3.∴4a1q ＝4a1＋a1q2.∴q2－4q＋4＝0

a1 1－q4 ∴q＝2，∴S4＝＝15. 1－q

答案：C

13．等比数列{an}中，a1＝512，公比q＝－用Πn表示它的前n项之积：Πn＝a1·a2·…·an， 2

则Πn中最大的是 ( )

A．Π11 B．Π10 C．Π9 D．Π8

解析：Πn＝a1a2…an＝anq1＋2＋…＋n－1＝29n1·

n＝9时，Πn最大．故选C

答案：C

4．设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列

A. 1 (n∈N*)的前n项和是( ) f n 2 －1 n－1 n(－n n－1 －n＋19n 2 222n＋2n＋1nn B. C. D.n＋1n＋1n－1n

m－1解析：∵f′(x)＝mx

∴m＝2，a＝1， ＋a＝2x＋1，

∴f(x)＝x2＋x＝x(x＋1)，

∴1111＝ f x n n＋1 nn＋1

111111n∴Sn＝1－＋＋…＋1－. 223nn＋1n＋1n＋1

答案：A

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an－1－anan－an＋15．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1(n≥2，n∈N*)，则这个数列的 an－1an＋1

第10项等于 ( )

A.1111 B. C. D.22105

anananan211 1 1＝－1＝2，＝ 是首项为，公 an an－1an＋1an－1an＋1anan－1an＋12解析：∵11差为 2

111∴n，∴a10＝D. an25

答案：D

16．数列{an}中，a1＝1，an、an＋1是方程x2－(2n＋1)x＋0的两个根，则数列{bn}的前 bn

n项和Sn＝ ( )

A.11nn B. C. D.2n＋1n＋12n＋1n＋1

解析：由题意得an＋an＋1＝2n＋1，

又∵an－n＝－[an＋1－(n＋1)]，a1＝1

∴an＝n，

11又an·an＋1bn＝. bnn n＋1

1n∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝1. n＋1n＋1

答案：D

二、填空题

7．数列{an}的构成法则如下：a1＝1，如果an－2为自然数且该自然数之前未出现过，则

用递推公式an＋1＝an－2，否则用递推公式an＋1＝3an，则a6＝________.

解析：∵a1－2＝－1 N，∴a2＝3a1＝3.∵a2－2＝1＝a1，

∴a3＝3a2＝9，∵a3－2＝7，∴a4＝7，∵a4－2＝5，∴a5＝5，∵a5－2＝3＝a2，∴a6＝3a5＝15.

答案：15

an＋1n＋28．已知数列{an}＝n∈N*)，且a1＝1，则an＝________. ann

n＋1a解析：由已知得n＝， an－1n－1

an－1n＝ an－2n－2

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…

a3＝ a11

a1＝1，

左右两边分别相乘得

n－1nn＋1n n＋1 3456an＝…＝. 1234n－3n－2n－12

答案：n n＋1 2

9．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________．

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，

2＋n－1 n＋1 n－2 相加得an－a2＝2＋3＋…＋(n－1)×(n－2)＝， 22

n＋1 n－2 n－n＋2an＝2＋. 22

n2－n＋2答案：2

10．对正整数n，设曲线y＝xn(1－x)在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为an，则数列

an 的前n项和的公式是________． n＋1 2

解析：∵y＝xn(1－x)，

∴y′＝(x)′(1－x)＋(1－x)′·x

＝n·xn－1(1－x)＋(－xn)．

f′(2)＝－n·2n－1－2n＝(－n－2)·2n－1.

∵函数在点x＝2处点的纵坐标为y＝－2n.

∴切线方程为y＋2n＝(－n－2)·2n－1(x－2)，与y轴交点纵坐标为y＝(n＋1)·2n＝an ∴ a a成等比数列，首项为2，公比为2， 2n，∴数列 n＋1 n＋1nn

2 1－2n ∴前n＝2(2n－1)＝2n＋1－2. 1－2

答案：2

三、解答题

11．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.

n＋1－2

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(1)求an与bn；

111(2) S1S2Sn

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，

S2b2＝ 6＋d q＝64依题意有 ， 2 S3b3＝ 9＋3d q＝960

d＝2 解得 或 q＝8 40 q＝3d＝－65(舍去)，

故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.

11111(2)由(1)知Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，所以＋…＋＝＋S1S2Sn1×32×4

113×5n n＋2

11 1 11111＝1－＋－－ nn＋2 2 32435

11132n＋311＋－＝ ＝－. 2 2n＋1n＋242 n＋1 n＋2

1 212．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2 1＋ n an.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝(An＋Bn＋C)·2，试推断是否存在常数A、B、C，使得对一切n∈N，an＝bn＋1－bn恒成立？若存在，求出A、B、C的值；若不存在，说明理由；

(3)求证： ai<(n2－2n＋2)·2n＋2.

i＝1n2n*

an＋1an a a(1)解：由已知得∴n且首项为2，∴n2·2n， 是公比为2的等比数列， n n＋1 nn－1，an＝2n·n2

2n2n＋1(2)解：∵bn＝(An＋Bn＋C)·2，∴bn＋1－bn＝[A(n＋1)＋B(n＋1)＋C]·2

Bn＋C)·2n＝[An2＋(4A＋B)n＋2A＋2B＋C]·2n.

若an＝bn＋1－bn恒成立，则An2＋(4A＋B)n＋2A＋2B＋C＝n2恒成立，

A＝1 ∴ 4A＋B＝0

2A＋2B＋C＝0－(An＋2 ，解得A＝1，B＝－4，C＝6，

故存在常数A＝1，B＝－4，C＝6满足条件．

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(3)证明：由(2)得，bn＝(n2－4n＋6)·2n，

∴ ai＝(b2－b1)＋(b3－b2)＋(b4－b3)＋…＋(bn＋1－bn) i＝1n

＝bn＋1－b1＝[(n＋1)2－4(n＋1)＋6]·2n＋1－6＝(n2－2n＋3)·2n＋1－6<(n2－2n＋3)·2n＋1＝

n＋2n＋2 nn＋3· n2－2n＋2 － n－n＋1 · 2＝2 2 222 22 n－1 n＋2 22n＋2＝ n－2n＋2 －·2≤(n－2n＋2)·2， 2

∴原不等式成立．

13．(2010·四川)已知数列{an}满足a1＝0，a2＝2，且对任意m，n∈N都有a2m－1＋a2n－1

＝2am＋n－1＋2(m－n)2.

(1)求a3，a5；

(2)设bn＝a2n＋1－a2n－1(n∈N*)，证明：{bn}是等差数列；…… 此处隐藏：2239字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……