高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)作業(yè)16

1、專題訓(xùn)練專題訓(xùn)練 作業(yè)作業(yè)(十六十六) 第一次作業(yè)第一次作業(yè) 數(shù)列大題數(shù)列大題(一一) 1.設(shè) sn為數(shù)列an的前 n項(xiàng)和，已知 a415，an2an1a22(n2) (1)證明：數(shù)列an1為等比數(shù)列； (2)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式，并判斷 log2(an1)，an，sn是否成等差數(shù)列 解析 (1)證明：因?yàn)?a415，在 an2an1a22 中，分別取 n3，n4 得a33a22，a42a3a2215，解得a23，a37. 所以 an2an11，易知 an110，所以an1an112an12an112(n2) 易知 a11，所以an1是首項(xiàng)為 2，公比為 2的等比數(shù)列 (2)由(1)知，an1

2、2n，所以 an2n1，log2(an1)log22nn， 易知 sn2（12n）12n2n1n2，所以 nsn2ann(2n1n2)2(2n1)0，所以 nsn2an，即 log2(an1)sn2an. 故 log2(an1)，an，sn成等差數(shù)列 2(2020 山東泰安市第五次模擬)已知數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 sn，且 sn2an1n. (1)求證：數(shù)列an1為等比數(shù)列； (2)設(shè) bnn(an1)，求數(shù)列bn的 n項(xiàng)和 tn. 解析 (1)證明：當(dāng) n2 時(shí)，因?yàn)?sn2an1n， 所以 sn12an11(n1) 由得 an2an11，即 an12(an11)，所以an1an112.

3、當(dāng) n1時(shí)，s12a1，得 a10，則 a111. 所以數(shù)列an1是以 1 為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列 (2)由(1)知 an12n1，所以 bnn(an1)n 2n1. 所以 tn120221322n 2n1， 則 2tn121222323n 2n， 由，得tn12012112212n1n 2n12n12n 2n(1n)2n1， 所以 tn(n1) 2n1. 3(2020 泰安高三一模)在a5b3，1a11a24b2，b535 這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問(wèn)題中，并解答 已知等差數(shù)列an的公差為 d(d0)，等差數(shù)列bn的公差為 2d.設(shè) an，bn分別是數(shù)列an，bn的前 n 項(xiàng)和，且

4、 b13，a23，_ (1)求數(shù)列an，bn的通項(xiàng)公式； (2)設(shè) cn2an3bnbn1，求數(shù)列cn的前 n 項(xiàng)和 sn. 解析 方案一：選條件. (1)數(shù)列an，bn都是等差數(shù)列，且 a23，a5b3， 2a1d3，5a110d96d，解得a11，d1. ana1(n1)dn， bnb1(n1)2d2n1. 綜上，ann，bn2n1. (2)由(1)得：cn2n3（2n1）（2n3）2n32(12n112n3)， sn(2222n)321315151712n112n32（12n）12321312n32n13（n2）2n3. 方案二：選條件. (1)數(shù)列an，bn都是等差數(shù)列，且 a23，1

5、a11a24b2， 2a1d3，4a1（a1d）d（62d），解得a11，d1. ana1(n1)dn， bnb1(n1)2d2n1. 綜上，ann，bn2n1. (2)同方案一 方案三：選條件. (1)數(shù)列an，bn都是等差數(shù)列，且 a23，b535， 2a1d3，355422d35，解得a11，d1. ana1(n1)dn， bnb1(n1)2d2n1. 綜上，ann，bn2n1. (2)同方案一 4(2020 山東高密市高三模擬)在a2，a3，a44 成等差數(shù)列，s1，s22，s3成等差數(shù)列中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下列的問(wèn)題中，并解答 在公比為 2 的等比數(shù)列an中，sn為其前 n 項(xiàng)和，_

6、(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式； (2)若 bn(n1)log2an，求數(shù)列4n2bn2的前 n 項(xiàng)和 tn. 解析 (1)選：因?yàn)?a2，a3，a44 成等差數(shù)列， 所以 2a3a2a44， 所以 8a12a18a14， 解得 a12，所以 an2n. 選：因?yàn)?s1，s22，s3成等差數(shù)列， 所以 2(s22)s1s3，即 a24a3， 所以 2a144a1，解得 a12，所以 an2n. (2)因?yàn)?an2n， 所以 bn(n1)log2an(n1)log22nn(n1)， 所以4n2bn22（2n1）n2（n1）221n21（n1）2， 所以 tn21122212213221n21（n1）

7、2 211221221321n21（n1）222（n1）2. 5在s11s22s7721，1a1a21a2a31a6a723，a22a32a42a52a62a7248 這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問(wèn)題中，若問(wèn)題中的數(shù)列存在，求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；若問(wèn)題中的數(shù)列不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由 問(wèn)題：是否存在等差數(shù)列an，它的前 n 項(xiàng)和為 sn，公差 d0，a13，_？ 解析 方案一，選條件. sn1n1snna1an12a1an2an1an2d2， 數(shù)列snn是首項(xiàng)為 s1，公差為d2的等差數(shù)列， s11s22s777s1762d27a1212d21， 又 a13，d4，ana1(n1)d4n7. 因

8、此，選條件時(shí)問(wèn)題中的數(shù)列存在，此時(shí) an4n7. 方案二，選條件. 1anan11an1an1anaan11d1an1an1， 1a1a21a2a31a6a71d1a11a21a21a31a61a723， 1d1a11a723，即6a1a723. 將 a13代入得 a73，d16(a7a1)1， ana1(n1)dn4，此時(shí) a40，不符合題意 因此，選條件時(shí)問(wèn)題中的數(shù)列不存在 方案三，選條件. an2an12(anan1)(anan1)d(anan1)， a22a32a42a52a62a72d(a2a3a6a7)48， d(s7a1)48， 由 s77a121d，a13， 代入得 d2或 d

9、87(舍去)， ana1(n1)d2n5， 因此，選條件時(shí)問(wèn)題中的數(shù)列存在，此時(shí) an2n5. 6(2019 安徽江南十校質(zhì)檢)已知數(shù)列an與bn滿足 a1a2a3an2bn(nn*)，且an為正項(xiàng)等比數(shù)列，a12，b3b24. (1)求數(shù)列an與bn的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列cn滿足 cnanbnbn1(nn*)，tn為數(shù)列cn的前 n 項(xiàng)和，證明：tn0，設(shè)an的公比為 q，a1q28，q2，an22n12n. 2bn2122232n2（12n）122n12， bn2n1. (2)證明：由已知得 cnanbnbn12n（2n1）（2n11）12n112n11， tnc1c2c3cn1211

10、12211221123112n112n11112n111. 第二次作業(yè)第二次作業(yè) 數(shù)列大題數(shù)列大題(二二) 1(2020 天水一中高三診斷)已知數(shù)列an的前 n項(xiàng)和為 sn，且 2sn3an1. (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列bnan是等差數(shù)列，且 b12，b314，求數(shù)列bn的前 n項(xiàng)和 tn. 解析 (1)當(dāng) n1 時(shí)，2s12a13a11，所以 a11， 當(dāng) n2時(shí)，因?yàn)?2sn3an1，所以 2sn13an11， 兩式作差得 an3an1，即anan13，因?yàn)?a11， 所以數(shù)列an是首項(xiàng)為 1，公比為 3的等比數(shù)列， 故 an3n1. (2)令 cnbnan，則 c1b1

11、a11，c3b3a31495， 所以數(shù)列cn的公差 dc3c125122，故 cn2n1， 所以 bncnan2n13n1， 所以 tnn（12n1）213n13n23n12. 2已知數(shù)列an為正項(xiàng)等比數(shù)列，數(shù)列bn為等差數(shù)列，b312，b520，且 a3b2，a5b8. (1)求數(shù)列an和數(shù)列bn的通項(xiàng)公式； (2)將數(shù)列an中的第 3 項(xiàng)、第 6 項(xiàng)、第 9 項(xiàng)、第 3n 項(xiàng)刪去后剩余的項(xiàng)按從小到大的順序排成新數(shù)列cn，求數(shù)列cn的前 2 021項(xiàng)和 解析 (1)設(shè)數(shù)列an的公比為 q，數(shù)列bn的公差為 d. 因?yàn)閎312，b520，所以b12d12，b14d20，解得b14，d4，所以

12、bn4n. 因?yàn)?a3b28，a5b832，所以 a12，公比 q2，所以 an2n. (2)由題意知，將數(shù)列an中的第 3 項(xiàng)、第 6 項(xiàng)、第 9 項(xiàng)、第 3n 項(xiàng)刪去后構(gòu)成的新數(shù)列cn中的奇數(shù)項(xiàng)與偶數(shù)項(xiàng)仍分別成等比數(shù)列，首項(xiàng)分別是 a12，a24，公比均是 8. t2 021(c1c3c5c2 021)(c2c4c6c2 020) 2（181 011）184（181 010）182081 01067. 3設(shè) m3a3，n2a2，ta4，給出以下四種排序：m，n，t；m，t，n；n，t，m；t，n，m.從中任選一種，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中，解答相應(yīng)的問(wèn)題 已知等比數(shù)列an中的各項(xiàng)都為正數(shù)，a11

13、，且_依次成等差數(shù)列 (1)求an的通項(xiàng)公式； (2)設(shè) bnan，01，數(shù)列bn的前 n項(xiàng)和為 sn，求滿足 sn100bn的最小正整數(shù) n. 解析 方案一：選或， (1)設(shè)an的公比為 q，則 q0. 由條件得 2a42a23a3， 又因?yàn)?a11，所以 2q32q3q2，即 2q23q20， 解得 q12(負(fù)值舍去) 所以 an12n1. (2)由題意得 bn12n1， 則 sn112n1122n12n1. 由 sn100bn得2n12n11002n1，即 2n101， 又因?yàn)?nn*，所以 n的最小值為 7. 方案二：選或， (1)設(shè)an的公比為 q，則 q0. 由條件得 4a2a43

14、a3， 又因?yàn)?a11，所以 4qq33q2，即 q23q40， 解得 q4(負(fù)值舍去) 所以 an4n1. (2)由題意得 bn14n1， 則 sn114n1144n134n1. 由 sn100bn得4n134n11004n1，即 4n301, 又因?yàn)?nn*，所以 n的最小值為 5. 4(2020 聊城市一模)在a5b3b5，s387，a9a10b1b2這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中，并給出解答 設(shè)等差數(shù)列an的前 n項(xiàng)和為 sn，數(shù)列bn的前 n項(xiàng)和為 tn，_，a1b6， 若對(duì)于任意 nn*都有 tn2bn1，且 snsk(k為常數(shù))，求正整數(shù) k的值 解析 由 tn2bn1

15、，nn*得，當(dāng) n1 時(shí)，b11；當(dāng) n2 時(shí)，tn12bn11，從而 bn2bn2bn1，即 bn2bn1， 由此可知數(shù)列bn是首項(xiàng)為 1，公比為 2 的等比數(shù)列，故 bn2n1， 選條件當(dāng) a5b3b5時(shí)，a132，a520. 設(shè)數(shù)列an的公差為 d，則 20324d，解得 d3， 所以 an323(n1)353n. 因?yàn)楫?dāng) n11 時(shí) an0，當(dāng) n11時(shí) an0，當(dāng) n11 時(shí)，an0，當(dāng) n11時(shí) an0，所以當(dāng) n11 時(shí) sn取得最大值 因此，正整數(shù) k 的值為 11. 5(2020 昆明市“三診一?！?已知數(shù)列an為正項(xiàng)等比數(shù)列，sn為an的前 n 項(xiàng)和，若 s321，a2a3

16、6a1. (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式； (2)從三個(gè)條件：bnan3n；bnan2n；bnlog2an3中任選一個(gè)作為已知條件，求數(shù)列bn的前 n 項(xiàng)和 tn. 解析 (1)設(shè)數(shù)列an的公比為 q，因?yàn)?a2a36a1，所以 a1qa1q26a1，又 a10，故 q2q60， 解得 q2 或 q3(舍去)，故 q2. 由 s321，得：a1(1qq2)21，將 q2代入得 a13， 所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式為 an32n1. (2)選擇bnan3n： bnan3n32n13n23n1， 數(shù)列bn是首項(xiàng)為 b11，公比為23的等比數(shù)列， 所以 tn123n1233123n. 選擇bnan2n： b

17、nan2n32n12n， 所以 tn3（12n）12n（22n）23(2n1)n2n. 選擇bnlog2an3： bnlog2an3log232n13log22n1n1， 數(shù)列bn是首項(xiàng)為 0，公差為 1的等差數(shù)列 所以 tnn（n1）2. 6(2020 河南南陽(yáng)模擬)甲、乙兩容器中分別盛有兩種濃度的某種溶液 300 ml，從甲容器中取出 100 ml溶液，將其倒入乙容器中攪勻，再?gòu)囊胰萜髦腥〕?100 ml溶液，將其倒入甲容器中攪勻，把這稱為一次調(diào)和已知第一次調(diào)和后甲、乙兩容器中溶液的濃度分別為a120%，b12%，把第 n 次調(diào)和后甲、乙兩容器中溶液的濃度分別記為 an，bn. (1)請(qǐng)用

18、 an，bn分別表示 an1和 bn1； (2)至少經(jīng)過(guò)多少次調(diào)和后，甲、乙兩容器中溶液的濃度之差小于 0.1%? 解析 (1)bn1100an300bn10030014an34bn； an1100bn1200an10020013bn123an1314an34bn23an34an14bn. (2)由于問(wèn)題是與濃度之差有關(guān)的，所以我們不妨直接考慮數(shù)列anbn 由(1)可得 an1bn134an14bn14an34bn12(anbn)， 所以數(shù)列anbn是以 a1b118%為首項(xiàng)，12為公比的等比數(shù)列 所以 anbn18%12n1， 由 anbn0.1%，得12n1lg180lg2log2180，

19、 由 2718028，得 7log21808. 即至少經(jīng)過(guò) 9次調(diào)和后，甲、乙兩容器中溶液的濃度之差小于 0.1%. 1(2020 安徽省部分重點(diǎn)學(xué)校高三聯(lián)考)已知數(shù)列an滿足：an n是公比為 2 的等比數(shù)列，an2n是公差為 1 的等差數(shù)列 (1)求 a1，a2的值； (2)求數(shù)列an的前 n項(xiàng)和 sn. 解析 (1)ann是公比為 2 的等比數(shù)列， an1n1ann2，an12（n1）nan. an2n是公差為 1的等差數(shù)列，an12n1an2n1， an12an2n1. 由解得 ann 2n，a12，a28. (2)由(1)知 ann 2n. 方法一：sna1a2a3an1212223

20、23n2n， 2sn122223324(n1)2nn2n1. 兩式作差可得， sn222232nn2n12（12n）12n2n1(1n)2n12， sn(n1)2n12. 方法二：由(1)知 ann2n(2n2)2n(2n4)2n1(nn*)， 設(shè) bn(2n4)2n1，則 b12，anbn1bn. sna1a2an(b2b1)(b3b2)(bn1bn)bn1b1(2n2)2n2， sn(n1)2n12. 2(2020 南充市第一次高考適應(yīng)性考試)在等比數(shù)列an中，an0，公比 q(0，1)，a1a52a3a5a2a825，且 2 是 a3和 a5的等比中項(xiàng) (1)求an的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)

21、 bnlog2an，sn是數(shù)列bn的前 n 項(xiàng)和，求當(dāng)s11s22s33snn取最大值時(shí)的 n 的值 解析 (1)在等比數(shù)列an中，a1a52a3a5a2a825, 所以 a322a3a5a5225， 又 an0，所以 a3a55. 因?yàn)?2 是 a3和 a5的等比中項(xiàng)， 所以 a3a54. 因?yàn)?q(0，1)，所以 a3a5. 聯(lián)立解得 a34，a51， 所以 q12，a116， 所以 an1612n125n. (2)由(1)可得 bnlog2an5n. 所以數(shù)列bn是以 4 為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列 所以 snn（9n）2， 所以snn9n2. 所以當(dāng) n8時(shí)，snn0；當(dāng) n9時(shí)，sn

22、n0；當(dāng) n10 時(shí)，snn0 且 k1)，且數(shù)列f(an)是首項(xiàng)為 4，公差為 2 的等差數(shù)列 (1)求證：數(shù)列an是等比數(shù)列； (2)若 bnanf(an)，當(dāng) k12時(shí)，求數(shù)列bn的前 n項(xiàng)和 sn的最小值 (3)若 cnanlgan，是否存在實(shí)數(shù) k，使得cn是遞增數(shù)列？若存在，求出 k 的取值范圍；若不存在，說(shuō)明理由 解析 (1)證明：由題意可得 f(an)42(n1)2n2， 即 logkan2n2，所以 ank2n2，所以an1ank2（n1）2k2n2k2. 因?yàn)槌?shù) k0 且 k1，所以 k2為非零常數(shù)， 所以數(shù)列an是以 k4為首項(xiàng)，k2為公比的等比數(shù)列 (2)當(dāng) k12時(shí)

23、，an12n1. 因?yàn)?f(an)2n2，所以 bn12n12n2， 所以 snn（42n2）214112n112n23n1212n1. 因?yàn)?n1，所以 snn23n1212n1是單調(diào)遞增的， 所以 sn的最小值為 s1131214174. (3)存在理由如下 結(jié)合(1)，知 cnanlgan(2n2) k2n2lgk，cn是遞增數(shù)列即 cncn1對(duì)任意的 nn*恒成立，即(n1)lgk1時(shí)，lgk0，顯然 n1(n2)k2對(duì)任意的 nn*恒成立 當(dāng) 0k1時(shí)，lgk(n2)k2對(duì)任意的 nn*恒成立，只需 k2n1n2min. 因?yàn)?yn1n211n2(nn*)單調(diào)遞增，所以當(dāng) n1 時(shí)，n1n2取得最小值，且n1n2min23， 所以 k223，結(jié)合 0k1，解得 0k0時(shí)，2k23x2k23，kz， 當(dāng) f(x)0 時(shí)，2k23x2k43，kz， 所以當(dāng) x2k23，kz 時(shí)，函數(shù) f(x)取得極大值，所以 xn2(n1)23，nn*. (2)由(1)得 bnxn23n23，nn*， 所以 sn133n23n21