2013走向高考数学6-1

基础巩固强化1.数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1，则{an}的通项公式为()A．an＝2n－1B．an＝2n＋1C．an＝4n＝1，2n－1n≥2.D．an＝4n＝1，2n＋1n≥2.[答案]D[解析]a1＝S1＝4，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，∴an＝4n＝1，2n＋1n≥2.2．(文)(2012·河北保定模拟)已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，则b5＋b9等于()A．2B．4C．6D．8[答案]D[解析]∵a3a11＝4a7，∴a27＝4a7，∴a7＝4，∴b5＋b9＝2b7＝2a7＝8.(理)在数列{an}中，已知an＋1＋an－1＝2an(n∈N＋，n≥2)，若平面上的三个不共线的向量OA→、OB→、OC→，满足OC→＝a1007OA→＋a1008OB→，三点A、B、C共线，且直线不过O点，则S2014等于()A．1007B．1008C．2014D．2015[答案]A[解析]由条件知{an}成等差数列，∵A、B、C共线，∴a1007＋a1008＝1，∴S2014＝2014a1＋a20142＝1007(a1007＋a1008)＝1007.3．(文)设an＝－2n2＋29n＋3，则数列{an}中的最大项的值是()A．107B．108C．10818D．109[答案]B[解析]∵an＝－2n－2942＋8658，∴当n＝7时，an最大．a7＝108.(理)如果f(a＋b)＝f(a)·f(b)(a，b∈R)且f(1)＝2，则f2f1＋f4f3＋f6f5＋…＋f2014f2013等于()A．2011B．2012C．2013D．2014[答案]D[解析]令a＝n，b＝1，f(n＋1)＝f(n)·f(1)，∴fn＋1fn＝f(1)＝2，∴f2f1＋f4f3＋f6f5＋…＋f2014f2013＝2×1007＝2014.4．(文)由1开始的奇数列，按下列方法分组：(1)，(3,5)，(7,9,11)，…，第n组有n个数，则第n组的首项为()A．n2－nB．n2－n＋1C．n2＋nD．n2＋n＋1[答案]B[解析]前n－1组共有1＋2＋…＋(n－1)＝n－1n－1＋12＝nn－12个奇数，故第n组的首项为2×nn－12＋1＝n2－n＋1.[点评]可直接验证，第2组的首项为3，将n＝2代入可知A、C、D都不对，故选B.(理)已知整数对按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，……则第2014个数对是()A．(3,61)B．(3,60)C．(61,3)D．(61,2)[答案]C[解析]根据题中规律知，(1,1)为第1项，(1,2)为第2项，(1,3)为第4项，…，整数对和为n＋1的有n项，由nn＋12≤2014得n≤62，且n＝63时，nn＋12＝2016，故第2014个数对是和为64的倒数第3项，即(61,3)．5．(2012·佛山质检)数列{an}满足an＋an＋1＝12(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为()A．5B.72C.92D.132[答案]B[解析]∵an＋an＋1＝12，a2＝2，∴an＝－32，n为奇数，2，n为偶数.∴S21＝11×(－32)＋10×2＝72.6．已知数列{an}中，a1＝1，且1an＋1＝1an＋3(n∈N*)，则a10＝()A．28B．33C.133D.128[答案]D[解析]∵1an＋1－1an＝3，∴数列1an是首项为1a1＝1，公差为3的等差数列，∴1an＝1＋3(n－1)＝3n－2，∴an＝13n－2，∴a10＝128.7．已知数列{an}中，a1＝12，an＋1＝1－1an(n≥2)，则a2014＝________.[答案]12[解析]由题可知a2＝1－1a1＝－1，a3＝1－1a2＝2，a4＝1－1a3＝12，∴此数列是以3为周期的周期数列，∴a2014＝a1＝12.8．(2012·大同调研)在数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3(n∈N*)，则数列{an}的通项an＝________.[答案]2n＋1－3[解析]依题意得，an＋1＋3＝2(an＋3)，a1＋3＝4，因此数列{an＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列，于是有an＋3＝4×2n－1＝2n＋1，则an＝2n＋1－3.9．(2012·吉林重点中学一模)已知数列{an}，其前n项和Sn＝n2＋n＋1，则a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝________.[答案]100[解析]a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S7＝(122＋12＋1)－(72＋7＋1)＝100.10．(文)(2012·山东文，20)已知等差数列{an}的前5项和为105，且a10＝2a5.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm.[解析](1)设数列{an}的公差为d，前n项和为Tn.∵T5＝105，a10＝2a5，∴5a1＋5×5－12d＝105，a1＋9d＝2a1＋4d.∴a1＝7，d＝7.∴an＝a1＋(n－1)d＝7＋7(n－1)＝7n(n∈N*)．(2)对m∈N*，若an＝7n≤72m，则n≤72m－1.因此bm＝72m－1，所以数列{bm}是首项为7、公比为49的等比数列，故Sm＝b11－qm1－q＝7×1－49m1－49＝7×72m－148＝72m＋1－748.(理)(2012·吉林质检)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2(n∈N*)．(1)求证：数列{an＋1}是等比数列；(2)求数列{an}的通项与前n项和．[分析](1)欲证{an＋1}为等比数列，只需将条件式an＋1＝3an＋2变形为an＋1＋1＝q(an＋1)(其中q为常数)即可；(2)由{an＋1}为等比数列，可得{an}的通项公式，再分组求和．[解析](1)证明：由an＋1＝3an＋2，得an＋1＋1＝3(an＋1)，从而an＋1＋1an＋1＝3，即数列{an＋1}是首项为3，公比为3的等比数列．(2)由(1)知，an＋1＝3·3n－1＝3n⇒an＝3n－1，∴Sn＝32(3n－1)－n.能力拓展提升11.设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则a3＝()A．8B．4C．2D．1[答案]A[解析]由S1＝2(a1－1)得a1＝2；由S2＝2(a2－1)得a2＝4.由S3＝2(a3－1)得，a3＝8.12．设数列{an}满足a1＋2a2＝3，且对任意的n∈N*，点列{Pn(n，an)}恒满足PnPn＋1＝(1,2)，则数列{an}的前n项和Sn为()A．n(n－43)B．n(n－34)C．n(n－23)D．n(n－12)[答案]A[解析]设Pn＋1(n＋1，an＋1)，则PnPn＋1＝(1，an＋1－an)＝(1,2)，即an＋1－an＝2，所以数列{an}是以2为公差的等差数列．又a1＋2a2＝3，所以a1＝－13，所以Sn＝n(n－43)，选A.13．(文)(2012·浙江理，13)设公比为q(q0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.[答案]32[解析]∵S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，∴a1(1＋q)＝3a1q＋2，①a1(1＋q＋q2＋q3)＝3a1q2＋2，②②－①得，a1(1＋q)q2＝3a1q(q2－1)，∵q0，∴q＝32.(理)(2012·湖北文，17)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1,3,6,10，…记为数列{an}，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn}．可以推测：b2012是数列{an}中的第________项．[答案]5030[解析]由前四组可以推知an＝nn＋12，b1＝a4＝10，b2＝a5＝15，b3＝a9＝45，b4＝a10＝55，依次可知，当n＝4,5,9,10,14,15,19,20,24,25，…时，an能被5整除，由此可得，b2k＝a5k(k∈N*)，∴b2012＝a5×1006＝a5030.14．(2012·北京理，10)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1＝12，S2＝a3，则a2＝________.[答案]1[解析]本题考查了等差数列的基本量的运算以及等差数列的通项公式，前n和的求法．由S2＝a3得2a1＋d＝a1＋2d，∴a1＝d＝12，∴a2＝a1＋d＝1.15．(文)(2012·黄冈期末)已知数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn且Sn＋1＝32Sn＋1，(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{1an}的前n项和为Tn，求满足不等式Tn12Sn＋2的n值．[解析](1)由Sn＋1＝32Sn＋1得，当n≥2时，Sn＝32Sn－1＋1，∴Sn＋1－Sn＝32(Sn－Sn－1)，即an＋1＝32an，∴an＋1an＝32，又a1＝1，得S2＝32a1＋1＝a1＋a2，∴a2＝32，∴a2a1＝32.∴数列{an}是首项为1，公比为32的等比数列，∴an＝(32)n－1.(2)∵数列{an}是首项为1，公比为32的等比数列，∴数列{1an}是首项为1，公比为23的等比数列，∴Tn＝1－23n1－23＝3[1－(23)n]，又∵Sn＝2·(32)n－2，∴不等式Tn12Sn＋2化为3[1－(23)n]632n，即得(23)n13，∴n＝1或n＝2.(理)已知a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，其中n＝1,2,3，….(1)证明数列{lg(1＋an)}是等比数列；(2)设Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)，求Tn及数列{an}的通项．[解析](1)证明：由已知an＋1＝a2n＋2an，∴an＋1＋1＝(an＋1)2.∵a1＝2，∴an＋11，两边取对数得，lg(1＋an＋1)＝2lg(1＋an)，即lg1＋an＋1lg1＋an＝2.∴{lg(1＋an)}是公比为2的等比数列．(2)由(1)知lg(1＋an)＝2n－1·lg(1＋a1)＝2n－1·lg3＝lg32n－1.∴1＋an＝32n－1.(*)∴Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)16．(文)数列{an}中，a1＝13.前n项和Sn满足Sn＋1－Sn＝(13)n＋1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式an以及前n项和Sn；(2)若S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差数列，求实数t的值．[解析](1)由Sn＋1－Sn＝(13)n＋1得an＋1＝(13)n＋1(n∈N*)，又a1＝13，故an＝(13)n(n∈N*)．从而Sn＝13×[1－13n]1－13＝12[1－(13)n](n∈N*)．(2)由(1)可得S1＝13，S2＝49，S3＝1327，从而由S1，t(S1＋S2)，3(S2＋S3)成等差数列可得，13＋3×(49＋1327)＝2×(13＋49)t，解得t＝2.(理)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且3an＋1＋2Sn＝3(n为正整数)．(1)求出数列{an}的通项公式；(2)若对任意正整数n，k≤Sn恒成立，求实数k的最大值．[解析](1)∵3an＋1＋2Sn＝3，①∴当n≥2时，3an＋2Sn－1＝3，②由①－②得，3an＋1－3an＋2an＝0.∴an＋1an＝13(n≥2)．又∵a1＝1,3a2＋2a1＝3，解得a2＝13.∴数列{an}是首项为1，公比q＝13的等比数列．∴an＝a1qn－1＝13n－1(n为正整数