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2015届高考数学总复习课时训练


1. 在等差数列{an}中,满足 3a4=7a7,且 a1>0,Sn 是数列{an}前 n 项的和,若 Sn 取得最 大值,则 n=________. 4 12 1 2. 已知数列{an}满足 a1= ,2-an+1= (n∈N*),则 n =________. 3 a i= 1i an+6
?

a9+a10 1 3. 已知等比数列{an}中, 各项都是正数, 且 a1、a3、 2a2 成等差数列, 则 =________. 2 a7+a8 2 4. (2013· 郑州模拟)已知各项均不为 0 的等差数列{an},满足 2a3-a7+2a11=0,数列{bn} 是等比数列,且 b7=a7,则 b6b8=________. 5. 已知{an}是递增数列,且对任意 n∈N*都有 an=n2+λn 恒成立,则实数 λ 的取值范围 是________. 2 2 6. 在各项均为正数的数列{an}中,Sn 为前 n 项和,nan +1 =(n+1)an+anan+1 且 a3=π , 则 tanS4=________. 7. 已知二次函数 f(x)=ax2+bx 的图象过点(-4n,0),且 f′(0)=2n,(n∈N*). (1) 求 f(x)的解析式; 1? 1 (2) 若数列{an}满足 =f′? ?an?,且 a1=4,求数列{an}的通项公式. an+1 8. (2013· 重庆)已知{an}为等差数列,且 a1+a3=8,a2+a4=12. (1) 求{an}的通项公式; (2) 记{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1、ak、Sk+2 成等比数列,求正整数 k 的值. 9. 在公差为 d 的等差数列{an}中,已知 a1=10,且 a1,2a2+2,5a3 成等比数列. (1) 求 d,an; (2) 若 d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|. 10. (2013· 湖北)已知等比数列{an}满足:|a2-a3|=10,a1a2a3=125. (1) 求数列{an}的通项公式; 1 1 1 (2) 是否存在正整数 m,使得 + +…+ ≥1?若存在,求 m 的最小值;若不存在, a1 a2 an 说明理由. 11. (2013· 陕西)设{an}是公比为 q 的等比数列. (1) 推导{an}的前 n 项和公式; (2) 设 q≠1, 证明:数列{an+1}不是等比数列. 答案:9 4 解析:设公差 d,由题设 3(a1+3d)=7(a1+6d),所以 d=- a1<0.解不等式 an>0,即 a1 33 4 ? 37 +(n-1)? ?-33a1?>0,所以 n< 4 ,则 n≤9,当 n≤9 时,an>0,同理可得 n≥10,an<0. 故当 n=9 时,Sn 取得最大值. 2· 3n-n-2 答案: 4 n 1 1-3n 1 1? 1 3 1 1 1 1 1 n-1 + , 解析: 条件化为 = + , 即 + =3? 所以 = 3 - , 故 = - ? an 4 ai 1-3 an+1 an 2 an+1 4 ?an 4? i=1 n n 2×3 -2-n = . 4 4 答案:3+2 2 1 1 解析:∵ a1, a3,2a2 成等差数列,∴ 2× a3=a1+2a2,即 a3=a1+2a2,设等比数列 2 2 2 {an}的公比为 q 且 q>0,则 a3=a1q ,a2=a1q,∴ a1q2=a1+2a1q,∴ q2=1+2q,解得 q a9+a10 a9(1+q) 2 =1+ 2或 1- 2(舍), = =q =( 2+1)2=3+2 2. a7+a8 a7(1+q)

答案:16 解析:因为{an}为等差数列,所以 a3+a11=2a7,所以已知等式可化为 4a7-a2 7=0,解得 2 a7=4 或 a7=0(舍去).又{bn}为等比数列,所以 b6b8=b2 7=a7=16. 答案:(-3,+∞) 解析:∵ {an}是递增数列,∴ an+1>an,即(n+1)2+λ(n+1)>n2+λn,∴ λ>-2n-1 对 于 n∈N*恒成立.而-2n-1 在 n=1 时取得最大值-3,∴ λ>-3. 答案: 3 2 2 解析:由 nan +1 =(n+1)an+anan+1,可得(an+an+1)(nan+1-nan-an)=0.∵ 数列{an}各项 an-1 an n a3 3 a4 4 都为正数,∴ an+an+1>0,∴ nan+1-nan-an=0.∴ = .∴ = , = ,…, a4 4 a5 5 an an+1 n+1 n-1 nπ π 2π 3 π a3 3 = .各式相乘,得 = .∵ a3=π,∴ an= .∴ S4=a1+a2+a3+a4= + + + n an n 3 3 3 3 4π 10π = . 3 3 10π π ∴ tanS4=tan =tan = 3. 3 3 ?b=2n, ? 解:(1) 由 f′(x)=2ax+b,∴ ? 2 ?16n a-4nb=0. ? 1 1 2 解得 a= ,b=2n,即 f(x)= x +2nx(n∈N*). 2 2 1 1 1 1 (2) 由 = +2n,∴ - =2n. an+1 an an+1 an 1 1 4 由累加得 - =n2-n,∴ an= (n∈N*). an 4 (2n-1)2 解:(1) 设数列{an}的公差为 d,由题意知 ? ? ?2a1+2d=8, ?a1=2, ? 解得? ?2a1+4d=12, ?d=2. ? ? 所以 an=a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n. n(a1+an) n(2+2n) (2) 由(1)可得 Sn= = =n(n+1). 2 2 2 因为 a1,ak,Sk+2 成等比数列,所以 ak=a1Sk+2. 从而(2k)2=2(k+2)(k+3),即 k2-5k-6=0, 解得 k=6 或 k=-1(舍去),因此 k=6. 解:(1) 由已知得到: (2a2+2)2=5a1a3 4(a1+d+1)2=50(a1+2d) (11+d)2=25(5+d) 121+22d+d2=125 ? ? ?d=4, ?d=-1, +25d d2-3d-4=0 ? 或? ?an=4n+6 ? ?an=11-n. ? (2) 由(1)知,当 d<0 时,an=11-n, ① 当 1≤n≤11 时, n(10+11-n) an ≥ 0 , ∴ |a1| + |a2| + |a3| + … + |an| = a1 + a2 + a3 + … + an = = 2 n(21-n) ; 2 ② 当 n≥12 时, an≤0,∴ |a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+a3+…+a11-(a12+a13+…+an) =2(a1+a2+a3+…+a11)-(a1+a2+a3+…+an) 11(21-11) n(21-n) n2-21n+220 =2× - = , 2 2 2

?n(212-n),(1≤n≤11), 所以,|a |+|a |+|a |+…+|a |=? n -21n+220 ,(n≥12). ? 2
1 2 3 n 2

解:(1) 由已知条件得:a2=5. 又 a2|q-1|=10,∴ q=-1 或 3, - - 所以数列{an}的通项 an=5×(-1)n 2 或 an=5×3n 2. 1 1 1 1 (2) 若 q=-1, + +…+ =- 或 0,不存在这样的正整数 m; a1 a2 am 5 1 1 1 9 ? ?1?m? 9 若 q=3, + +…+ = 1- 3 < ,不存在这样的正整数 m. a1 a2 am 10? ? ? ? 10 (1) 解:分两种情况讨论. ① 当 q=1 时,数列{an}是首项为 a1 的常数数列,所以 Sn=a1+a1+…+a1=na1. ② 当 q≠1 时,Sn=a1+a2+…+an-1+an qSn=qa1+qa2+…+qan-1+qan. 上面两式错位相减,得 a1-qan (1 - q)Sn= a1 + (a2 - qa1) + (a3 - qa2) + … + (an- qan - 1) - qan= a1 - qan. 故 Sn= = 1- q a1(1-qn) . 1-q ?na1(q=1), 综上,Sn=?a1(1-qn) ? 1-q (q≠1). ? (2) 证明:使用反证法. 设{an}是公比 q≠1 的等比数列,假设数列{an+1}是等比数列.则 ① 当 n∈N*,使得 an+1=0 成立,则{an+1}不是等比数列. an+1+1 a1qn+1 1-q ② 当 n∈N*,使得 an+1≠0 成立,则 = =q+ n-1 恒为常数, - an+1 a1qn 1+1 a1q +1 所以 q=1.这与题目条件 q≠1 矛盾. 综上两种情况,假设数列{an+1}是等比数列均不成立,所以当 q≠1 时,数列{an+1} 不是等比数列.

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