《高考數(shù)學(xué)新一輪復(fù)習(xí) 專題五 數(shù)列（文、理）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)新一輪復(fù)習(xí) 專題五 數(shù)列（文、理）（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考數(shù)學(xué)新一輪復(fù)習(xí) 專題五 數(shù)列（文、理） 已知{an}為等比數(shù)列，下面結(jié)論中正確的是(　　) A．a(chǎn)1＋a3≥2a2 B．a(chǎn)＋a≥2a C．若a1＝a3，則a1＝a2 D．若a3＞a1，則a4＞a2 數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝ncos，其前n項(xiàng)和為Sn，則Sxx等于(　　) A．1006　　　　　　　　　　 B．xx C．503 D．0 定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)，如果對(duì)于任意給定的等比數(shù)列{an}，{f(an)}仍是等比數(shù)列，則稱f(x)為“保等比數(shù)列函數(shù)”．現(xiàn)有定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函數(shù)：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；

2、③f(x)＝； ④f(x)＝ln|x|. 則其中是“保等比數(shù)列函數(shù)”的f(x)的序號(hào)為(　　) A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，則Sn＝(　　) A. 2n－1 B. C. D. 對(duì)于n∈N*，將n表示為n＝ak×2k＋ak－1×2k－1＋…＋a1×21＋a0×20，當(dāng)i＝k時(shí)，ai＝1，當(dāng)0≤i≤k－1時(shí)，ai為0或1，定義bn如下：在n的上述表示中，當(dāng)a0，a1，a2，…，ak中等于1的個(gè)數(shù)為奇數(shù)時(shí)，bn＝1；否則bn＝0. (1)b2＋b4＋b6＋b8＝________； (2

3、)記cm為數(shù)列{bn}中第m個(gè)為0的項(xiàng)與第m＋1個(gè)為0的項(xiàng)之間的項(xiàng)數(shù)，則cm的最大值是________． 已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，若a1>0，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，則數(shù)列{an}的公比q＝________． 等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，公比不為1.若a1＝1，且對(duì)任意的n∈N＋都有an＋2＋an＋1－2an＝0，則S5＝__________． 已知f(x)＝，各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋2＝f(an)．若axx＝axx，則a20＋a11的值是________． 已知各項(xiàng)均為正數(shù)的兩個(gè)數(shù)列{an}和{bn}滿足：an＋1＝，n∈N*. (1

4、)設(shè)bn＋1＝1＋，n∈N*，求證：數(shù)列是等差數(shù)列； (2)設(shè)bn＋1＝·，n∈N*，且{an}是等比數(shù)列，求a1和b1的值． 已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N*，數(shù)列{bn}滿足an＝4log2bn＋3，n∈N*. (Ⅰ)求an，bn； (Ⅱ)求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和Tn. 設(shè)函數(shù)f(x)＝＋sin x的所有正的極小值點(diǎn)從小到大排成的數(shù)列為{xn}． (Ⅰ)求數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式； (Ⅱ)設(shè){xn}的前n項(xiàng)和為Sn，求sinSn. 已知等比數(shù)列{an}的

5、公比為q＝－. (Ⅰ)若a3＝，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和； (Ⅱ)證明：對(duì)任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差數(shù)列． 對(duì)于項(xiàng)數(shù)為m的有窮數(shù)列{an}，記bk＝max{a1，a2，…，ak}(k＝1，2，…，m)，即bk為a1，a2，…，ak中的最大值，并稱數(shù)列{bn}是{an}的控制數(shù)列．如1，3，2，5，5的控制數(shù)列是1，3，3，5，5. (1)若各項(xiàng)均為正整數(shù)的數(shù)列{an}的控制數(shù)列為2，3，4，5，5，寫(xiě)出所有的{an}； (2)設(shè){bn}是{an}的控制數(shù)列，滿足ak＋bm－k＋1＝C(C為常數(shù)，k＝1，2，…，m)．求證：bk＝ak(k＝1，2，…，

6、m)； (3)設(shè)m＝100，常數(shù)a∈.若an＝an2－(－1)n，{bn}是{an}的控制數(shù)列，求(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(b100－a100)． 專題五　數(shù)　列 B　法一(比差法)：設(shè){an}公比為q≠0.則a＋a－2a＝a＋(a1q2)2－2(a1q)2＝a(q2－1)2≥0， ∴a＋a≥2a. 法二(基本不等式法)：∵a＋a≥2a1a3＝2a，當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a3時(shí)取“＝”號(hào)． A　Sxx＝cos＋2cosπ＋3cos＋4cos2π＋…＋xxcos1006π ＝(0－2＋0＋4)＋(0－6＋0＋8)＋…＋(0－xx＋0＋xx) ＝503×2 ＝

7、1006. C　∵{an}為等比數(shù)列，公比為q，若f(x)＝x2， 則f(an)＝a，f(an＋1)＝a， ∴＝＝q2.若f(x)＝， 則f(an)＝；＝＝. 故①、③適合． B　由Sn＝2an＋1＝2(Sn＋1－Sn)．∴＝ ∴{Sn}組成以S1＝a1＝1為首項(xiàng)，以為公比的等比數(shù)列， ∴Sn＝()n－1. (1)3　(2)2　(1)n＝2時(shí)，2＝1×21＋0·20，a1＝1，a0＝0，∴b2＝1； n＝4時(shí)，4＝1×22＋0×21＋0×20，∴b4＝1； n＝6時(shí)，6＝1×22＋1×21＋0×20，∴b6＝0； n＝8時(shí)，8＝1×23＋0×22＋0×21＋0×20，∴

8、b8＝1. 故填3. (2)n＝1時(shí)，1＝1×20，∴b1＝1； n＝9時(shí)，9＝1×23＋0×22＋0×21＋1·20，∴b9＝0； n＝10時(shí)，10＝1×23＋0×22＋1×21＋0·20，∴b10＝0； n＝11時(shí)，11＝1×23＋0×22＋1×21＋1·20，∴b11＝1； n＝12時(shí)，12＝1×23＋1×22＋0×21＋0·20，∴b12＝0； n＝13時(shí)，13＝1×23＋1×22＋0×21＋1·20，∴b13＝1； n＝14時(shí)，14＝1×23＋1×22＋1×21＋0·20，∴b14＝1； … 歸納得：cm的最大值為2. 2　由已知2(a1qn－1＋a1qn＋1)

9、＝5a1qn， ∴2(1＋q2)＝5q，∴2q2－5q＋2＝0， ∴q＝2或q＝， 又∵{an}遞增，∴q＝2. 11　?n∈N＋，都有an＋1＋an＋2＝2an. ∴a1·qn＋a1qn＋1＝2a1qn－1，∴q＋q2＝2. ∴q2＋q－2＝0，∴q＝1(舍去)或q＝－2. ∴S5＝＝11. 　∵a1＝1，an＋2＝f(an)＝. ∴a3＝，a5＝，a7＝， a9＝，a11＝. 又an>0，axx＝axx＝， ∴a＋axx－1＝0， ∴axx＝， 同理：axx＝axx＝…＝a20＝， ∴a20＋a11＝＋ ＝. 解：(1)由題設(shè)知 an＋1＝＝＝， 所以

10、＝， 從而－＝1(n∈N*)， 所以數(shù)列是以1為公差的等差數(shù)列． (2)因?yàn)閍n＞0，bn＞0， 所以≤a＋b＜(an＋bn)2， 從而1＜an＋1＝≤.(*) 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由an＞0知q＞0.下證q＝1. 若q＞1，則a1＝＜a2≤， 故當(dāng)n＞logq時(shí)，an＋1＝a1qn＞，與(*)矛盾； 若0＜q＜1，則a1＝＞a2＞1， 故當(dāng)n＞logq時(shí)，an＋1＝a1qn＜1，與(*)矛盾． 綜上，q＝1，故an＝a1(n∈N*)，所以1＜a1≤. 又bn＋1＝·＝·bn(n∈N*)，所以{bn}是公比為的等比數(shù)列．若a1≠，則＞1，于是b1＜b2＜b3.

11、又由a1＝得bn＝，所以b1，b2，b3中至少有兩項(xiàng)相同，矛盾．所以a1＝，從而bn＝＝. 所以a1＝b1＝. 解：(Ⅰ)由Sn＝2n2＋n，得 當(dāng)n＝1時(shí)， a1＝S1＝3； 當(dāng)n≥2時(shí)， an＝Sn－Sn－1＝4n－1. 所以an＝4n－1，n∈N*. 由4n－1＝an＝4log2bn＋3，得 bn＝2n－1，n∈N*. (Ⅱ)由(Ⅰ)知 anbn＝(4n－1)·2n－1，n∈N*. 所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1. 2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n. 所以 2Tn－Tn＝(4n－1)2n－

12、[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)] ＝(4n－5)2n＋5. 故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*. 解：(Ⅰ)因?yàn)閒′(x)＝＋cosx＝0，cosx＝－， 解得x＝2kπ±π(k∈Z)． 由xn是f(x)的第n個(gè)正極小值點(diǎn)知， xn＝2nπ－π(n∈N*)． (Ⅱ)由(Ⅰ)可知， Sn＝2π(1＋2＋…＋n)－nπ＝n(n＋1)π－， 所以sinSn＝sin(n(n＋1)π－)． 因?yàn)閚(n＋1)表示兩個(gè)連續(xù)正整數(shù)的乘積，n(n＋1)一定為偶數(shù)．所以sinSn＝－sin()． 當(dāng)n＝3m－2(m∈N*)時(shí)， sinSn＝－sin(2mπ－π)＝－； 當(dāng)n＝3m

13、－1(m∈N*)時(shí)， sinSn＝－sin(2mπ－π)＝； 當(dāng)n＝3m(m∈N*)時(shí)，sinSn＝－sin2mπ＝0. 綜上所述，sinSn＝. 解：(Ⅰ)由a3＝a1q2＝及q＝－，得a1＝1， 所以數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和 Sn＝＝. (Ⅱ)證明：對(duì)任意k∈N＋， 2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝2a1qk＋1－(a1qk－1＋a1qk) ＝a1qk－1(2q2－q－1)， 由q＝－得2q2－q－1＝0，故2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝0，即2ak＋2＝ak＋ak＋1， 所以，對(duì)任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差數(shù)列． 解：(1)數(shù)列{an}為：2，3，

14、4，5，1；2，3，4，5，2；2，3，4，5，3；2，3，4，5，4；2，3，4，5，5. (2)因?yàn)閎k＝max{a1，a2，…，ak}，bk＋1＝max{a1，a2，…，ak，ak＋1}，所以bk＋1≥bk. 因?yàn)閍k＋bm－k＋1＝C，ak＋1＋bm－k＝C， 所以ak＋1－ak＝bm－k＋1－bm－k≥0，即ak＋1≥ak. 因此，bk＝ak. (3)對(duì)k＝1，2，…，25， a4k－3＝a(4k－3)2＋(4k－3)； a4k－2＝a(4k－2)2＋(4k－2)； a4k－1＝a(4k－1)2－(4k－1)； a4k＝a(4k)2－(4k)． 比較大小，可得a4k－2>a4k－3. 因?yàn)?a<1，所以a4k－1－a4k－2＝(a－1)(8k－3)<0， 即a4k－2>a4k－1； a4k－a4k－2＝2(2a－1)(4k－1)>0，即a4k>a4k－2. ∴a4k>a4k－1， 從而b4k－3＝a4k－3，b4k－2＝a4k－2，b4k－1＝a4k－2，b4k＝a4k. 因此(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(b100－a100) ＝(a2－a3)＋(a6－a7)＋…＋(a98－a99) ＝ (a4k－2－a4k－1）=(1-a) (8k－3) ＝2525(1－a)．