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高考數(shù)學(xué)新一輪復(fù)習(xí) 專題五 數(shù)列(文、理)

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高考數(shù)學(xué)新一輪復(fù)習(xí) 專題五 數(shù)列(文、理)

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;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)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)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,…,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 =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,∴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)=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=, 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.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-[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-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:2,3,4,5,1;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)?lt;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).

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