《新课标高三数学 一轮复习 大题冲关集训三理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新课标高三数学 一轮复习 大题冲关集训三理（7页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、
大题冲关集训(三)
1.(20xx哈尔滨一模)数列{an}满足an+1-an=2,a1=2,等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a8.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解:(1)an+1-an=2,a1=2,
所以数列{an}为等差数列,
则an=2+(n-1)×2=2n,
b1=a1=2,b4=a8=16,
所以q3=b4b1=8,q=2,
则bn=2n.
(2)cn=anbn=n·2n+1,
则Tn=1×22+2×23+3×24+…+n&#
2、183;2n+1,
2Tn=1×23+2×24+3×25+…+n·2n+2,
两式相减得-Tn=1×22+23+24+…+2n+1-n·2n+2,
整理得Tn=(n-1)2n+2+4.
2.(20xx高考福建卷)已知等差数列{an}的公差d=1,前n项和为Sn.
(1)若1,a1,a3成等比数列,求a1;
(2)若S5>a1a9,求a1的取值范围.
解:(1)因为数列{an}的公差d=1,且1,a1,a3成等比数列,
所以a12=1×(a1+2),
即a12-a1-2=0,
解得a1=-1或a1
3、=2.
(2)因为数列{an}的公差d=1,且S5>a1a9,
所以5a1+10>a12+8a1,
即a12+3a1-10<0,
解得-5<a1<2.
3.在正项数列{an}中,a1=2,点An(an,an+1)在双曲线y2-x2=1上,数列{bn}中,点(bn,Tn)在直线y=-12x+1上,其中Tn是数列{bn}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求证:数列{bn}是等比数列.
(1)解:由题an+1-an=1,
即{an}是以2为首项,公差为1的等差数列.
an=2+n-1=n+1.
(2)证明:由(bn,Tn
4、)在y=-12x+1上,
则Tn=-12bn+1,
Tn-1=-12bn-1+1,n≥2,
bn=-12bn+12bn-1,n≥2,
bn=13bn-1,n≥2.
又b1=-12b1+1,
得b1=23,
则{bn}是以23为首项,公比为13的等比数列.
4.(20xx高考新课标全国卷Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.
(1)证明:an+2-an=λ;
(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.
(1)证明:由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1.
两式相减得an+1
5、(an+2-an)=λan+1.
由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.
(2)解:存在满足题意的λ,
由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1.
由(1)知,a3=λ+1,
令2a2=a1+a3,解得λ=4.
故an+2-an=4,由此可得
{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;
{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.
所以an=2n-1,an+1-an=2.
因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.
5.(20xx洛阳模拟)已知函数f(x)=4x-2x+1(x≠-1,x∈R),数列{an}满足
6、a1=a(a≠-1,a∈R),an+1=f(an)(n∈N*).
(1)若数列{an}是常数列,求a的值;
(2)当a1=4时,记bn=an-2an-1(n∈N*),证明数列{bn}是等比数列,并求出通项公式an.
解:(1)因为f(x)=4x-2x+1,
a1=a,an+1=f(an)(n∈N*),
数列{an}是常数列,
所以an+1=an=a,
即a=4a-2a+1,
解得a=2或a=1.
所以所求实数a的值是1或2.
(2)因为a1=4,bn=an-2an-1(n∈N*),
所以b1=23,
bn+1=an+1-2an+1-1=4an-2an+1-24an-2a
7、n+1-1=2(an-2)3(an-1),
即bn+1=23bn(n∈N*).
所以数列{bn}是以b1=23为首项,q=23为公比的等比数列,
于是bn=23（23）n-1=（23）n(n∈N*),
由bn=an-2an-1,
即an-2an-1=（23）n,
解得an=(23) n-2(23) n-1(n∈N*),
所以所求的通项公式an=(23) n-2(23) n-1(n∈N*).
6.已知等差数列{an}的首项a1=3,且公差d≠0,其前n项和为Sn,且a1,a4,a13分别是等比数列{bn}的b2,b3,b4.
(1)求数列
8、{an}与{bn}的通项公式;
(2)证明:13≤1S1+1S2+…+1Sn<34.
(1)解:设等比数列{bn}的公比为q,
∵a1,a4,a13分别是等比数列{bn}的b2,b3,b4,
∴(a1+3d)2=a1(a1+12d).
又a1=3,
∴d2-2d=0,
∴d=2或d=0(舍去).
∴an=3+2(n-1)=2n+1.
等比数列{bn}的公比为q=b3b2=a4a1=3,b1=b2q=1.
∴bn=3n-1.
(2)证明:由(1)知Sn=n2+2n,
∴1Sn=1n(n+2)=12（1n-1n+2）,
∴1S1+1S2+…+1Sn
=12(1-1
9、3)+(12-14)+…+(1n-1n+2)
=12（1+12-1n+1-1n+2）
=34-12（1n+1+1n+2）<34.
∵1n+1+1n+2≤12+13=56,
∴34-12(1n+1+1n+2)≥13,
∴13≤1S1+1S2+…+1Sn<34.
7.(20xx上饶六校月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=2,S5=15,数列{bn}满足b1=12,bn+1=n+12nbn.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记Tn为数列{bn}的前n项和,f(n)=2Sn(2-Tn)n+2,试问f(n)是否存在最大值,若存在,求出最大值;
10、若不存在,请说明理由.
解:(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,
则a1+d=2,5a1+10d=15,
解得a1=1,d=1,
∴an=n,
由题意知bn+1n+1=bn2n,
∴bnn=b11(12)n-1,
∴bn=n2n.
(2)由(1),得Tn=12+222+323+…+n2n,
12Tn=122+223+324+…+n2n+1,
所以Tn=2-n+22n,
又Sn=n(n+1)2,
所以f(n)=2Sn(2-Tn)n+2=n2+n2n,
f(n+1)-f(n)=(n+1)2+n+12n+1-n2+n2n=(n+1)(2-n)2n+1,
当n≥
11、3,n∈N*时,f(n+1)-f(n)<0,
当n<3,n∈N*时,f(n+1)-f(n)≥0,
又f(1)=1,f(2)=32,f(3)=32,
∴f(n)存在最大值,为32.
8.某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍,并且每年年底固定给股东们分红500万元.该企业年底分红后的资金为1000万元.
(1)求该企业年底分红后的资金;
(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过32500万元.
解:设an(单位:万元)为(20xx+n)年年底分红后的资金,其中n∈N*,
则a1=2×1000-500=1500,
a2=2×1500-500=2500,…,an=2an-1-500(n≥2).
∴an-500=2(an-1-500)(n≥2),
即数列{an-500}是以a1-500=1000为首项,
公比为2的等比数列,
∴an-500=1000×2n-1,
∴an=1000×2n-1+500.
(1)a4=1000×24-1+500=8500,
∴该企业年底分红后的资金为8500万元.
(2)由an>32500,即2n-1>32,得n>6,
∴该企业从开始年底分红后的资金超过32500万元.
新课标高三数学 一轮复习 大题冲关集训三理
