《新課標(biāo)高三數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí) 大題沖關(guān)集訓(xùn)三理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新課標(biāo)高三數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí) 大題沖關(guān)集訓(xùn)三理（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 大題沖關(guān)集訓(xùn)(三) 1.(20xx哈爾濱一模)數(shù)列{an}滿足an+1-an=2,a1=2,等比數(shù)列{bn}滿足b1=a1,b4=a8. (1)求數(shù)列{an},{bn}的通項公式; (2)設(shè)cn=anbn,求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 解:(1)an+1-an=2,a1=2, 所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列, 則an=2+(n-1)×2=2n, b1=a1=2,b4=a8=16, 所以q3=b4b1=8,q=2, 則bn=2n. (2)cn=anbn=n·2n+1, 則Tn=1×22+2×23+3×24+…+n&#

2、183;2n+1, 2Tn=1×23+2×24+3×25+…+n·2n+2, 兩式相減得-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)已知等差數(shù)列{an}的公差d=1,前n項和為Sn. (1)若1,a1,a3成等比數(shù)列,求a1; (2)若S5>a1a9,求a1的取值范圍. 解:(1)因為數(shù)列{an}的公差d=1,且1,a1,a3成等比數(shù)列, 所以a12=1×(a1+2), 即a12-a1-2=0, 解得a1=-1或a1

3、=2. (2)因為數(shù)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.在正項數(shù)列{an}中,a1=2,點An(an,an+1)在雙曲線y2-x2=1上,數(shù)列{bn}中,點(bn,Tn)在直線y=-12x+1上,其中Tn是數(shù)列{bn}的前n項和. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)求證:數(shù)列{bn}是等比數(shù)列. (1)解:由題an+1-an=1, 即{an}是以2為首項,公差為1的等差數(shù)列. an=2+n-1=n+1. (2)證明:由(bn,Tn

4、)在y=-12x+1上, 則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, 則{bn}是以23為首項,公比為13的等比數(shù)列. 4.(20xx高考新課標(biāo)全國卷Ⅰ)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ為常數(shù). (1)證明:an+2-an=λ; (2)是否存在λ,使得{an}為等差數(shù)列?并說明理由. (1)證明:由題設(shè),anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1. 兩式相減得an+1

5、(an+2-an)=λan+1. 由于an+1≠0,所以an+2-an=λ. (2)解:存在滿足題意的λ, 由題設(shè),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}是首項為1,公差為4的等差數(shù)列,a2n-1=4n-3; {a2n}是首項為3,公差為4的等差數(shù)列,a2n=4n-1. 所以an=2n-1,an+1-an=2. 因此存在λ=4,使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列. 5.(20xx洛陽模擬)已知函數(shù)f(x)=4x-2x+1(x≠-1,x∈R),數(shù)列{an}滿足

6、a1=a(a≠-1,a∈R),an+1=f(an)(n∈N*). (1)若數(shù)列{an}是常數(shù)列,求a的值; (2)當(dāng)a1=4時,記bn=an-2an-1(n∈N*),證明數(shù)列{bn}是等比數(shù)列,并求出通項公式an. 解:(1)因為f(x)=4x-2x+1, a1=a,an+1=f(an)(n∈N*), 數(shù)列{an}是常數(shù)列, 所以an+1=an=a, 即a=4a-2a+1, 解得a=2或a=1. 所以所求實數(shù)a的值是1或2. (2)因為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*). 所以數(shù)列{bn}是以b1=23為首項,q=23為公比的等比數(shù)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*), 所以所求的通項公式an=(23) n-2(23) n-1(n∈N*). 6.已知等差數(shù)列{an}的首項a1=3,且公差d≠0,其前n項和為Sn,且a1,a4,a13分別是等比數(shù)列{bn}的b2,b3,b4. (1)求數(shù)列

8、{an}與{bn}的通項公式; (2)證明:13≤1S1+1S2+…+1Sn<34. (1)解:設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q, ∵a1,a4,a13分別是等比數(shù)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. 等比數(shù)列{bn}的公比為q=b3b2=a4a1=3,b1=b2q=1. ∴bn=3n-1. (2)證明: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上饒六校月考)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且a2=2,S5=15,數(shù)列{bn}滿足b1=12,bn+1=n+12nbn. (1)求數(shù)列{an},{bn}的通項公式; (2)記Tn為數(shù)列{bn}的前n項和,f(n)=2Sn(2-Tn)n+2,試問f(n)是否存在最大值,若存在,求出最大值;

10、若不存在,請說明理由. 解:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1,公差為d, 則a1+d=2,5a1+10d=15, 解得a1=1,d=1, ∴an=n, 由題意知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, 當(dāng)n≥

11、3,n∈N*時,f(n+1)-f(n)<0, 當(dāng)n<3,n∈N*時,f(n+1)-f(n)≥0, 又f(1)=1,f(2)=32,f(3)=32, ∴f(n)存在最大值,為32. 8.某企業(yè)的資金每一年都比上一年分紅后的資金增加一倍,并且每年年底固定給股東們分紅500萬元.該企業(yè)年底分紅后的資金為1000萬元. (1)求該企業(yè)年底分紅后的資金; (2)求該企業(yè)從哪一年開始年底分紅后的資金超過32500萬元. 解:設(shè)an(單位:萬元)為(20xx+n)年年底分紅后的資金,其中n∈N*, 則a1=2×1000-500=1500, a2=2×1500-500=2500,…,an=2an-1-500(n≥2). ∴an-500=2(an-1-500)(n≥2), 即數(shù)列{an-500}是以a1-500=1000為首項, 公比為2的等比數(shù)列, ∴an-500=1000×2n-1, ∴an=1000×2n-1+500. (1)a4=1000×24-1+500=8500, ∴該企業(yè)年底分紅后的資金為8500萬元. (2)由an>32500,即2n-1>32,得n>6, ∴該企業(yè)從開始年底分紅后的資金超過32500萬元.