高一数学每日一题

1高一数学每日一题1.数列{an}满足a1＝2a，an＋1＝2a－a2an(n∈N*)，其中a是不为零的常数，令bn＝1an－a.(1)数列{bn}构成什么数列并证明你结论；(2)求数列{an}的通项公式．2.知函数f(x)＝3xx＋3，数列{xn}通项由xn＝f(xn－1)(n≥2，且n∈N*)确定．(1)求证1xn是等差数列；(2)当x1＝12时，求x100.23.在等差数列{an}中，(1)已知a2＋a3＋a10＋a11＝48，求a6＋a7；(2)已知a2＋a3＋a4＋a5＝34，a2·a5＝52，求公差d.4．已知数列{an}满足a1＝15，且当n1，n∈N*时，有an－1an＝2an－1＋11－2an.(1)求证：数列{1an}为等差数列；(2)试问a1a2是否是数列{an}中的项？如果是，是第几项；如果不是，请说明理由．35.已知数列{an}的前n项和Sn＝－32n2＋2052n，求数列{|an|}的前n项和Tn.6．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a3·a4＝117，a2＋a5＝22.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若数列{bn}是等差数列，且bn＝Snn＋c，求非零常数c.47．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，且S120，S130.(1)求公差d的范围；(2)问前几项的和最大，并说明理由．8．数列{an}满足a1＝1，12an＋1＝12an＋1(n∈N*)．(1)求证：数列{1an}是等差数列；(2)设Tn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1，若Tn≥a恒成立，求a的取值范围．59．已知各项均为正数的数列{an}满足a2n＋1－an＋1an－2a2n＝0(n∈N*)，且a3＋2是a2、a4的等差中项，求{an}的通项公式．10．已知数列{an}：a1，a2，a3，…，an，…构成一个新数列：a1，(a2－a1)，…(an－an－1)，…此数列是首项为1，公比为13的等比数列．(1)求数列{an}的通项；(2)求数列{an}的前n项和Sn.611．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.(1)设bn＝an2n－1，证明：数列{bn}是等差数列．(2)求数列{an}的前n项和Sn.12．若Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列．(1)求数列S1，S2，S4的公比；(2)若S2＝4，求{an}的通项公式．713．已知数列{an}的前n项和为Sn，通项公式an满足Sn＋an＝12(n2＋3n－2)，求通项公式an.14．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，a2＝6，Sn＝3Sn－1－2Sn－2＋2n(n≥3)．(1)求证：{an2n}(n∈N*)是等差数列；(2)求Sn.815．设一元二次方程anx2－an＋1x＋1＝0(n∈N*)有两个根x1，x2，满足6x1－2x1x2＋6x2＝3，且a1＝76.(1)用an表示an＋1；(2)求{an}的通项公式；(3)求{an}的前n项之和Sn.9每日一练答案1[解](1)数列{bn}构成等差数列．证明如下：∵bn＝1an－a，∴bn＋1＝1an＋1－a，∴an＝1bn＋a，an＋1＝1bn＋1＋a，∴1bn＋1＋a＝2a－a21bn＋a，即1bn＋1＝a－a2bn1＋abn＝a1＋abn.∴bn＋1＝bn＋1a，即bn＋1－bn＝1a，∴数列{bn}是等差数列．(2)由(1)可知b1＝1a1－a＝1a，∴bn＝1a＋(n－1)1a＝na，∴1an－a＝na，即an＝n＋1na.2[解](1)xn＝f(xn－1)＝3xn－1xn－1＋3(x≥2，n∈N*)，∴1xn＝xn－1＋33xn－1＝13＋1xn－1，1xn－1xn－1＝13(n≥2，n∈N*)．∴1xn是等差数列．(2)由(1)知1xn的公差为13.又x1＝12，∴1xn＝1x1＋(n－1)·13，∴1x100＝2＋(100－1)×13＝35，∴x100＝135.3[解]根据已知条件a2＋a3＋a10＋a11＝48，得2(a6＋a7)＝48，∴a6＋a7＝24.(2)由a2＋a3＋a4＋a5＝34，得2(a2＋a5)＝34，得a2＋a5＝17.解：a2·a5＝52，a2＋a5＝17.得a2＝4，a5＝13；或a2＝13，a5＝4.∴d＝a5－a25－2＝13－43＝3，或d＝a5－a25－2＝4－133＝－3.4[解](1)证明：当n≥2时，an－1an＝2an－1＋11－2an，得an－1－an＝4an－1an.两边同除以an－1an，得1an－1an－1＝4，即1an－1an－1＝4，对n1且n∈N*时成立，∴{1an}是以1a1＝5为首项，以d＝4为公差的等差数列．10(2)由(1)得1an＝1a1＋(n－1)d＝4n＋1，∴an＝14n＋1，∴a1a2＝15×19＝145.假设a1a2是数列{an}中的第t项，则at＝14t＋1＝145，解得t＝11∈N*，∴a1a2是数列{an}中的第11项．5[解]a1＝S1＝－32×12＋2052×1＝101.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－32n2＋2052n)－[－32(n－1)2＋2052(n－1)]＝－3n＋104.∵n＝1也适合上式，∴数列通项公式为an＝－3n＋104.由an＝－3n＋104≥0得n≤34.7，即当n≤34时，an0，当n≥35时，an0.(1)当n≤34时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－32n2＋2052n.(2)当n≥35时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a34|＋|a35|＋…＋|an|＝(a1＋a2＋…＋a34)－(a35＋a36＋…＋an)＝2(a1＋a2＋…＋a34)－(a1＋a2＋…＋an)＝2S34－Sn＝2(－32×342＋2052×34)－(－32n2＋2052n)＝32n2－2052n＋3502.故Tn＝－32n2＋2052n，n≤34，32n2－2052n＋3502，n≥35.6[解](1){an}为等差数列，∵a3＋a4＝a2＋a5＝22，又a3·a4＝117，∴a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两个根，又公差d0，∴a3a4，∴a3＝9，a4＝13.∴a1＋2d＝9a1＋3d＝13，∴a1＝1d＝4，∴an＝4n－3.(2)由(1)知，Sn＝n·1＋nn－2·4＝2n2－n，∴bn＝Snn＋c＝2n2－nn＋c，∴b1＝11＋c，b2＝62＋c，b3＝153＋c，∵{bn}是等差数列，∴2b2＝b1＋b3，∴2c2＋c＝0，∴c＝－12(c＝0舍去)．7[解](1)∵a3＝12，∴a1＝12－2d，∵S120，S130，∴12a1＋66d013a1＋78d0，即24＋7d03＋d0，∴－247d－3.(2)∵S120，S130，11∴a1＋a120a1＋a130，∴a6＋a70a70.∴a60，又由(1)知，d0，∴数列前6项为正，从第7项起为负．∴数列前6项和最大．8[解](1)由12an＋1＝12an＋1可得：1an＋1＝1an＋2，∴1an＋1－1an＝2，∴数列{1an}是等差数列．(2)由(1)知1an＝1a1＋2(n－1)＝2n－1.∴an＝12n－1，∴anan＋1＝1n－n＋＝12(12n－1－12n＋1)，∴Tn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n－1－12n＋1)]＝12(1－12n＋1)∵数列{Tn}是递增数列，∴当n＝1时，Tn有最小值T1＝13.∴a≤13.∴a的取值范围是(－∞，13]．9[解]∵a2n＋1－an＋1·an－2a2n＝0，∴(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0，∵{an}中各项均为正数，即an＋1＋an0，∴an＋1＝2an，即{an}为公比为2的等比数列．又a3＋2是a2、a4的等差中项，即a2＋a4＝2a3＋4，即2a1＋8a1＝8a1＋4，∴a1＝2，∴{an}的通项公式为an＝2n.10[解](1)an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋13＋(13)2＋…＋(13)n－1＝32[1－(13)n]．(2)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝32(1－13)＋32[1－(13)2]＋…＋32[1－(13)n]＝32{n－[13＋(13)2＋…＋(13)n]}＝32n－34[1－(13)n]＝34(2n－1)＋14(13)n－1.11(1)[证明]由an＋1＝2an＋2n，两边同除以2n，∴an＋12n＝an2n－1＋1.12∴an＋12n－an2n－1＝1，即bn＋1－bn＝1，∴{bn}为等差数列．(2)[解]由第(1)问得，an2n－1＝120＋(n－1)×1＝n.∴an＝n·2n－1，∴Sn＝20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1.①∴2Sn＝21＋2×22＋…＋(n－1)2n－1＋n·2n.②∴①－②得－Sn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝1－2n1－2－n·2n＝(1－n)·2n－1.∴Sn＝(n－1)·2n＋1.12[解](1)设数列{an}的公差为d，由题意，得S22＝S1·S4，所以(2a1＋d)2＝a1(4a1＋6d)．因为d≠0，所以d＝2a1.故公比q＝S2S1＝4.(2)因为S2＝4，d＝2a1，S2＝2a1＋2a1＝4a1，所以a1＝1，d＝2.因此an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.13[解]本题考查数列通项与前n项和的关系：an＝Sn－Sn－1(n≥2)．∵Sn＋an＝12(n2＋3n－2)，∴Sn－1＋an－1＝12[(n－1)2＋3(n－1)－2](n≥2)．两式相减得：2an－an－1＝n＋1(n≥2)，变形为：2(an－n)＝an－1－n＋1，∴数列{an－n}是首项为a1－1公比为12的等比数列，∴an－n＝(a1－1)·12n－1.又S1＋a1＝1，a1＝12，∴an＝n－12n.14(1)[证明]由Sn＝3Sn－1－2Sn－2＋2n(n≥3)13可得Sn－Sn－1＝2(Sn－1－Sn－2)＋2n，即an＝2an－1＋2n，所以an2n－an－12n－1＝1(n≥3)．又a1＝1，a2＝6，所以a222－a12＝1，所以{an2n}(n∈N*)是等差数列，首项为12，公差为1.(2)求Sn.(2)[解]由(1)可得an2n＝n－12，即an＝n·2n－2n－1.令Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，①则2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，②①－②可得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2n＋1(1－n)－2，所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2，再令Mn＝20＋21＋22＋…＋2n－1＝2n－12－1＝2n－1，∴Sn＝Tn－Mn所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2－2n＋1＝(2n－3)2n＋3.15[解](1)由x1，x2是方程anx2－an＋1x＋1＝0的两个根，得x1＋x2＝an＋1an，x1x2＝1an，∵6(x1＋x2)－2x1x2＝3，∴6×an＋1an－2×1an＝3.即an＋1＝12an＋13.(2)由an＋1＝12an＋13，得an＋1－23＝12(an－23)，则{an－23}是以a1－23＝12为首项，公比为12的等比数列，an－23＝(12)n，∴an＝(12)n＋23(n∈N*)．(3)Sn＝a1＋a2＋…＋an＝[(12)1＋23]＋[(12)2＋23]＋…＋[(12)n＋23]＝1－12n＋23n.