暑假高三数学每日一练 专题训练2(数列)

暑假每日训练（2）--———————— 数列

D.b=-3,ac=-9

1．如果-1，a, b,c,-9成等比数列，那么

A．b=3,ac=9

B.b=-3,ac=9 C.b=3,ac=-9

2．在等差数列｛an｝中，已知a1=2,a2+a3=13，则a4+a5+a6等于

A.40 B.42 C.43 D.45

3．（06广东卷）已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为

A.5 B.4 C. 3 D. 2

4．若互不相等的实数a,b,c成等差数列，c,a,b成等比数列，且a3bc10，则aA．4 B．2 C．－2 D．－4

5．（06江西卷）已知等差数列｛an｝的前n项和为Sn，若OB＝a1S200＝（ ）

A．100 B. 101 C.200 D.201 6．（理科做）（06湖南卷）数列{an}满足:a1( ) A.

，则OA＋a200OC，且A、B、C三点共线（该直线不过原点O）



1,且对于任意的正整数3m,n都有amnaman,则lim(a1a2nan)

123 B. C.232 D.2

(文科做)在等比数列

A.2 7．设

n1an中,a12,前n项和为Sn,若数列an1也是等比数列,则Sn等于

2 B. 3n C. 2n D.3n1

an是公差为正数的等差数列，若a1a2a315，a1a2a380，则a11a12a13

A．120 B．105 C．90 D．75

9．已知等差数列{an}中,a2+a8=8,则该数列前9项和S9等于( ) A.18 B.27 C.36 D.45

{bn}都是公差为1的等差数列，10．（06天津卷）已知数列{an}、其首项分别为a1、b1，且a1（nN），则数列{cn}的前10项和等于（ ）

A．55 B．70 C．85 D．100

11．（06广东）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2,3,4,下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，以12．若数列

堆最

底层（第一层）分别按图4所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在

*b15，a1,b1N*．设cnabnf(n)表示第n堆的乒乓球总数，则

…

f(3)_____；f(n)_____（答案用n表示）.

an满足：a11,an12an.n1，2，3….则

a1a2an .

13．（06江苏）对正整数n，设曲线yx(1x)在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为an，则数列{14．（理科做）数列｛

nan}的前n项和的公式是 n11｝的前n项和为Sn，则limSn＝______________

n4n2－1（文科做）设Sn为等差数列

an的前n项和，S4＝14，S

10－

S7＝30，则S9＝

.

15．（06浙江）设Sn为等差数列

an的前n项和，若S510,S105,则公差为

（用数字作答）。

16．在数列｛an｝中，若a1=1,an+1=2an+3 (n≥1),则该数列的通项an=_________. 17．若Sn是公差不为 0的等差数列（Ⅰ）求数列S1,S2,S4的公比； （Ⅱ）S2=4，求

an的前n项和，且S1,S2,S4成等比数列

an的通项公式。

18．（06四川）数列（Ⅰ）求

an的前n项和记为Sn,a11,an12Sn1n1

an的通项公式；

bn的各项为正，其前n项和为Tn，且T315，又a1b1,a2b2,a3b3成等比数列，求Tn

yf(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f'(x)6x2，数列{an}的前

n项和为Sn，点

（Ⅱ）等差数列

19．（06湖北）已知二次函数

(n,Sn)(nN)均在函数yf(x)的图像上。

（Ⅰ）、求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）、设bn1m，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn对所有nN都成立的最小正整数m；

anan12020．（理科做）（06江西）已知数列｛an｝满足：a1＝

32，且an＝

3nan－1（n2，nN）

2an－1＋n－1（1） 求数列｛an｝的通项公式；

（2） 证明：对于一切正整数n，不等式a1•a2•……an2•n！

（文科做）（06福建）已知数列

（I）证明：数列（II）求数列（II）若数列

an满足a11,a23,an23an12an(nN*).

an1an是等比数列；

an的通项公式；

bn满足4b14b1...4b1(an1)b(nN*),证明bn是等差数列

12nn

答案与点拨：

1 B 解：由等比数列的性质可得ac＝（－1）×（－9）＝9，b×b＝9且b与奇数项的符号相同，故b＝－3，选B 2 B解：在等差数列an中，已知a12,a2a313,∴ d=3，a5=14，a4a5a6=3a5=42，选B.

5a120d153 D解：d3，故选C.

5a25d3014 D解：由互不相等的实数a,b,c成等差数列可设a＝b－d，c＝b＋d，由a3bc10可得b＝2，所以a＝2－d，c＝2＋d，又c,a,b成等比数列可得d＝6，所以a＝－4，选D 5 A解：依题意，a1＋a200＝1，故选A 6 （理）A解析：数列{an}满足: a111, 且对任意正整数m,n都有amnamana2a11a1a1，39a1111an1ana1an，∴数列{an}是首项为，公比为的等比数列。lim(a1a2an)1，选A.

n1q2333n1（文）C 解：因数列an为等比，则an2q，因数列an1也是等比数列，

则

(an11)2(an1)(an21)an122an1anan2anan2anan22an1an(1q2q)0q12

即an2，所以Sn2n，故选择答案C。

7 B解：an是公差为正数的等差数列，若a1a2a315，a1a2a380，则a2∴ d=3，a125，a1a3(5d)(5d)16，

a210d35，a11a12a13105，选B.

S33a13d1,可得a12d且d0 S66a115d38 A 解:由等差数列的求和公式可得

所以

S66a115d27d3,故选A S1212a166d90d10点评：本题主要考察等比数列的求和公式,难度一般

9 C 解：在等差数列{an}中，a2+a8=8，∴ a1a98，则该数列前9项和S9=

9(a1a9)=36，选C 2{bn}都是公差为1的等差数列，a1,b1N*．b1，10 C 解：数列{an}、其首项分别为a1、且a1b15，设cnabn*（nN），则数列{cn}的前10项和等于ab1ab2ab10=ab1ab11ab19，ab1a1(b11)4，∴

ab1ab11=456ab19

1385，选C.

n(n1)(n2)11 f(3)10，f(n)

612 2n1 解：数列an满足：a11,an12an, n1，2，3…，该数列为公比为2的等比数列，∴

2n12n1. a1a2an2113 2n+1-2 点拨：本题考查应用导数求曲线切线的斜率，数列通项公式以及等比数列的前n项和的公式 解：ynxn1(n1)xn，曲线y=xn(1-x)在x=2处的切线的斜率为k=n2n-1-(n+1)2n

切点为（2，-2n）,所以切线方程为y+2n=k(x-2),令x=0得 an=(n+1)2n,令bn=2+2+2+…+2n=2n+1-2

2

3

ana2n.数列n的前n项和为n1n1解后反思：应用导数求曲线切线的斜率时，要首先判定所经过的点为切点。否则容易出错。 14 （理）

111111 解：an＝2＝ ＝（－）24n－1（2n－1）•（2n＋1）22n－12n＋1故Sn＝a1＋a2＋…＋an

11111111111111 ＝（1－）＋（－）＋…＋（－）＝（1－＋－＋…＋－）2323522n－12n＋123352n－12n＋111111＝（1－）  limSn＝lim（1－）＝nn22n＋122n＋124(41)d14, （文）解：设等差数列an的首项为a1，公差为d，由题意得4a1210(101)7(71)9(91)154 [10a1d][7a1d]30，联立解得a1=2,d=1，所以S9＝9222215 －1 点拨：本题考查等差数列的前n项和，基础题。 解：设首项为a1，公差为d，由题得 5a110d10a12d29d4d14d1 10a145d52a19d1反思：数学问题解决的本质是，你已知什么？从已知出发又能得出什么？完成了这些，也许 水到渠成了。本题非常基础，等差数列的前n项和公式的运用自然而然的就得出结论。 16 2n13 解：在数列an中，若a11,an12an3(n1)，∴ an132(an3)(n1)，即{an3}是以

a134为首项，2为公比的等比数列，an342n12n1，所以该数列的通项an2n13.

217 解：（Ⅰ）设数列an的公差为d,由题意，得 S2S1S4

2所以(2a1d)a1(4a16d)，因为d0，所以 d2a1 ，故公比qS24 S1（Ⅱ）因为S24,d2a1,S22a12a14a1, 所以a11,d2，因此a2a1(n1)d2n1.

点拨：本题主要考察等差、等比数列的基本知识、考查运算及推理 能力。

18解：（Ⅰ）由an12Sn1可得an2Sn11n2，两式相减得an1an2an,an13ann2

又a22S113 ∴a23a1 故an是首项为1，公比为3得等比数列

n1 ∴an3

（Ⅱ）设bn的公比为d

由T315得，可得b1b2b315，可得b25 故可设b15d,b35d 又a11,a23,a39

由题意可得5d15d953 解得d12,d210

∵等差数列bn的各项为正，∴d0 ∴d2 ∴Tn3n2nn12n22n2

点拨：本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及推理能力与运算能力。

19解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得 a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x2－2x.

又因为点(n,Sn)(nN)均在函数yf(x)的图像上，所以Sn＝3n2－2n.

3n1)2(n1)＝6n－5. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－（2当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5 （nN）

（Ⅱ）由（Ⅰ）得知bn33111＝＝()，

anan1(6n5)6(n1)526n56n1故Tn＝

bi＝

i1n121111111(1)()...()＝（1－）. 77136n56n126n1因此，要使

111mm（1－）<（nN）成立的m,必须且仅须满足≤，即m≥10，所以满足要求的

22026n120最小正整数m为10.

20（理）解：（1）将条件变为：1－

n1n－1n1－）＝（，因此｛1－｝为一个等比数列，其首项为

an3anan－1n•3n11n111－＝，公比，从而1－＝n，据此得an＝n（n1）…………1

a13an33－13（2）证：据1得，a1•a2•…an＝

n！

111（1－）•（1－2）…（1－n）333111…………2 ）…（1－）2n332为证a1•a2•……an2•n！ 只要证nN时有（1－）•（1－13显然，左端每个因式都是正数，先证明，对每个nN，有

1111111－（＋2＋…＋n）…………3 （1－）•（1－2）…（1－n）333333用数学归纳法证明3式： （i） n＝1时，3式显然成立， （ii） 设n＝k时，3式成立， 即（1－）•（1－1311111＋＋…＋1－（） ）…（1－）2k2k33333则当n＝k＋1时，

11111111〔1－（＋2＋…＋k）〕•（1－k＋1） （1－）•（1－2）…（•1－k）•（1－k＋1）3333333311111111＝1－（＋2＋…＋k）－k＋1＋k＋1（＋2＋…＋k）

3333333311111－（＋2＋…＋k＋k＋1）即当n＝k＋1时，3式也成立。

3333故对一切nN，3式都成立。

11n〔1－（）〕1111113 利用3得，1－（＋2＋…＋n）＝1－3（1－）•（1－2）…（1－n）13333331－311n111n11－（）〕＝＋（）＝1－〔

223223故2式成立，从而结论成立。

列。

（文）解：本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。

（I）证明：

an23an12an,

an2an12(an1an),a11,a23,an2an12(nN*).an1an

an1an是以a2a12为首项，2为公比的等比数列。

n*（II）解：由（I）得an1an2(nN),

an(anan1)(an1an2)...(a2a1)a1

2n12n2...2121(nN).n*

（III）证明：

4b114b21...4bn1(an1)bn,

4(b1b2...bn)2nbn,

2[(b1b2...bn)n]nbn, ① 2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1. ②

②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn, 即(n1)bn1nbn20. ③ nbn2(n1)bn120. ④ ④－③，得nbn22nbn1nbn0, 即bn22bn1bn0,

bn2bn1bn1bn(nN*),

bn是等差数列。