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1、高考數(shù)學新一輪復習 專題五 數(shù)列（文、理）
已知{an}為等比數(shù)列，下面結論中正確的是( )
A．a(chǎn)1＋a3≥2a2
B．a(chǎn)＋a≥2a
C．若a1＝a3，則a1＝a2
D．若a3＞a1，則a4＞a2
數(shù)列{an}的通項公式an＝ncos，其前n項和為Sn，則Sxx等于( )
A．1006 B．xx
C．503 D．0
定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)，如果對于任意給定的等比數(shù)列{an}，{f(an)}仍是等比數(shù)列，則稱f(x)為“保等比數(shù)列函數(shù)”．現(xiàn)有定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函數(shù)：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；
2、③f(x)＝；
④f(x)＝ln|x|.
則其中是“保等比數(shù)列函數(shù)”的f(x)的序號為( )
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，則Sn＝( )
A. 2n－1 B.
C. D.
對于n∈N*，將n表示為n＝ak×2k＋ak－1×2k－1＋…＋a1×21＋a0×20，當i＝k時，ai＝1，當0≤i≤k－1時，ai為0或1，定義bn如下：在n的上述表示中，當a0，a1，a2，…，ak中等于1的個數(shù)為奇數(shù)時，bn＝1；否則bn＝0.
(1)b2＋b4＋b6＋b8＝________；
(2
3、)記cm為數(shù)列{bn}中第m個為0的項與第m＋1個為0的項之間的項數(shù)，則cm的最大值是________．
已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，若a1>0，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，則數(shù)列{an}的公比q＝________．
等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，公比不為1.若a1＝1，且對任意的n∈N＋都有an＋2＋an＋1－2an＝0，則S5＝__________．
已知f(x)＝，各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋2＝f(an)．若axx＝axx，則a20＋a11的值是________．
已知各項均為正數(shù)的兩個數(shù)列{an}和{bn}滿足：an＋1＝，n∈N*.
(1
4、)設bn＋1＝1＋，n∈N*，求證：數(shù)列是等差數(shù)列；
(2)設bn＋1＝·，n∈N*，且{an}是等比數(shù)列，求a1和b1的值．
已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N*，數(shù)列{bn}滿足an＝4log2bn＋3，n∈N*.
(Ⅰ)求an，bn；
(Ⅱ)求數(shù)列{an·bn}的前n項和Tn.
設函數(shù)f(x)＝＋sin x的所有正的極小值點從小到大排成的數(shù)列為{xn}．
(Ⅰ)求數(shù)列{xn}的通項公式；
(Ⅱ)設{xn}的前n項和為Sn，求sinSn.
已知等比數(shù)列{an}的
5、公比為q＝－.
(Ⅰ)若a3＝，求數(shù)列{an}的前n項和；
(Ⅱ)證明：對任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差數(shù)列．
對于項數(shù)為m的有窮數(shù)列{an}，記bk＝max{a1，a2，…，ak}(k＝1，2，…，m)，即bk為a1，a2，…，ak中的最大值，并稱數(shù)列{bn}是{an}的控制數(shù)列．如1，3，2，5，5的控制數(shù)列是1，3，3，5，5.
(1)若各項均為正整數(shù)的數(shù)列{an}的控制數(shù)列為2，3，4，5，5，寫出所有的{an}；
(2)設{bn}是{an}的控制數(shù)列，滿足ak＋bm－k＋1＝C(C為常數(shù)，k＝1，2，…，m)．求證：bk＝ak(k＝1，2，…，
6、m)；
(3)設m＝100，常數(shù)a∈.若an＝an2－(－1)n，{bn}是{an}的控制數(shù)列，求(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(b100－a100)．
專題五 數(shù) 列
B 法一(比差法)：設{an}公比為q≠0.則a＋a－2a＝a＋(a1q2)2－2(a1q)2＝a(q2－1)2≥0，
∴a＋a≥2a.
法二(基本不等式法)：∵a＋a≥2a1a3＝2a，當且僅當a1＝a3時取“＝”號．
A Sxx＝cos＋2cosπ＋3cos＋4cos2π＋…＋xxcos1006π
＝(0－2＋0＋4)＋(0－6＋0＋8)＋…＋(0－xx＋0＋xx)
＝503×2
＝
7、1006.
C ∵{an}為等比數(shù)列，公比為q，若f(x)＝x2，
則f(an)＝a，f(an＋1)＝a，
∴＝＝q2.若f(x)＝，
則f(an)＝；＝＝.
故①、③適合．
B 由Sn＝2an＋1＝2(Sn＋1－Sn)．∴＝
∴{Sn}組成以S1＝a1＝1為首項，以為公比的等比數(shù)列，
∴Sn＝()n－1.
(1)3 (2)2 (1)n＝2時，2＝1×21＋0·20，a1＝1，a0＝0，∴b2＝1；
n＝4時，4＝1×22＋0×21＋0×20，∴b4＝1；
n＝6時，6＝1×22＋1×21＋0×20，∴b6＝0；
n＝8時，8＝1×23＋0×22＋0×21＋0×20，∴
8、b8＝1.
故填3.
(2)n＝1時，1＝1×20，∴b1＝1；
n＝9時，9＝1×23＋0×22＋0×21＋1·20，∴b9＝0；
n＝10時，10＝1×23＋0×22＋1×21＋0·20，∴b10＝0；
n＝11時，11＝1×23＋0×22＋1×21＋1·20，∴b11＝1；
n＝12時，12＝1×23＋1×22＋0×21＋0·20，∴b12＝0；
n＝13時，13＝1×23＋1×22＋0×21＋1·20，∴b13＝1；
n＝14時，14＝1×23＋1×22＋1×21＋0·20，∴b14＝1；
…
歸納得：cm的最大值為2.
2 由已知2(a1qn－1＋a1qn＋1)
9、＝5a1qn，
∴2(1＋q2)＝5q，∴2q2－5q＋2＝0，
∴q＝2或q＝，
又∵{an}遞增，∴q＝2.
11 ?n∈N＋，都有an＋1＋an＋2＝2an.
∴a1·qn＋a1qn＋1＝2a1qn－1，∴q＋q2＝2.
∴q2＋q－2＝0，∴q＝1(舍去)或q＝－2.
∴S5＝＝11.
∵a1＝1，an＋2＝f(an)＝.
∴a3＝，a5＝，a7＝，
a9＝，a11＝.
又an>0，axx＝axx＝，
∴a＋axx－1＝0，
∴axx＝，
同理：axx＝axx＝…＝a20＝，
∴a20＋a11＝＋
＝.
解：(1)由題設知
an＋1＝＝＝，
所以
10、＝，
從而－＝1(n∈N*)，
所以數(shù)列是以1為公差的等差數(shù)列．
(2)因為an＞0，bn＞0，
所以≤a＋b＜(an＋bn)2，
從而1＜an＋1＝≤.(*)
設等比數(shù)列{an}的公比為q，由an＞0知q＞0.下證q＝1.
若q＞1，則a1＝＜a2≤，
故當n＞logq時，an＋1＝a1qn＞，與(*)矛盾；
若0＜q＜1，則a1＝＞a2＞1，
故當n＞logq時，an＋1＝a1qn＜1，與(*)矛盾．
綜上，q＝1，故an＝a1(n∈N*)，所以1＜a1≤.
又bn＋1＝·＝·bn(n∈N*)，所以{bn}是公比為的等比數(shù)列．若a1≠，則＞1，于是b1＜b2＜b3.
11、又由a1＝得bn＝，所以b1，b2，b3中至少有兩項相同，矛盾．所以a1＝，從而bn＝＝.
所以a1＝b1＝.
解：(Ⅰ)由Sn＝2n2＋n，得
當n＝1時，
a1＝S1＝3；
當n≥2時，
an＝Sn－Sn－1＝4n－1.
所以an＝4n－1，n∈N*.
由4n－1＝an＝4log2bn＋3，得
bn＝2n－1，n∈N*.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知
anbn＝(4n－1)·2n－1，n∈N*.
所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1.
2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n.
所以
2Tn－Tn＝(4n－1)2n－
12、[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]
＝(4n－5)2n＋5.
故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.
解：(Ⅰ)因為f′(x)＝＋cosx＝0，cosx＝－，
解得x＝2kπ±π(k∈Z)．
由xn是f(x)的第n個正極小值點知，
xn＝2nπ－π(n∈N*)．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，
Sn＝2π(1＋2＋…＋n)－nπ＝n(n＋1)π－，
所以sinSn＝sin(n(n＋1)π－)．
因為n(n＋1)表示兩個連續(xù)正整數(shù)的乘積，n(n＋1)一定為偶數(shù)．所以sinSn＝－sin()．
當n＝3m－2(m∈N*)時，
sinSn＝－sin(2mπ－π)＝－；
當n＝3m
13、－1(m∈N*)時，
sinSn＝－sin(2mπ－π)＝；
當n＝3m(m∈N*)時，sinSn＝－sin2mπ＝0.
綜上所述，sinSn＝.
解：(Ⅰ)由a3＝a1q2＝及q＝－，得a1＝1，
所以數(shù)列{an}的前n項和
Sn＝＝.
(Ⅱ)證明：對任意k∈N＋，
2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝2a1qk＋1－(a1qk－1＋a1qk)
＝a1qk－1(2q2－q－1)，
由q＝－得2q2－q－1＝0，故2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝0，即2ak＋2＝ak＋ak＋1，
所以，對任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差數(shù)列．
解：(1)數(shù)列{an}為：2，3，
14、4，5，1；2，3，4，5，2；2，3，4，5，3；2，3，4，5，4；2，3，4，5，5.
(2)因為bk＝max{a1，a2，…，ak}，bk＋1＝max{a1，a2，…，ak，ak＋1}，所以bk＋1≥bk.
因為ak＋bm－k＋1＝C，ak＋1＋bm－k＝C，
所以ak＋1－ak＝bm－k＋1－bm－k≥0，即ak＋1≥ak.
因此，bk＝ak.
(3)對k＝1，2，…，25，
a4k－3＝a(4k－3)2＋(4k－3)；
a4k－2＝a(4k－2)2＋(4k－2)；
a4k－1＝a(4k－1)2－(4k－1)；
a4k＝a(4k)2－(4k)．
比較大小，可得a4k－2>a4k－3.
因為a4k－1；
a4k－a4k－2＝2(2a－1)(4k－1)>0，即a4k>a4k－2.
∴a4k>a4k－1，
從而b4k－3＝a4k－3，b4k－2＝a4k－2，b4k－1＝a4k－2，b4k＝a4k.
因此(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(b100－a100)
＝(a2－a3)＋(a6－a7)＋…＋(a98－a99)
＝ (a4k－2－a4k－1）=(1-a) (8k－3)
＝2525(1－a)．
高考數(shù)學新一輪復習 專題五 數(shù)列（文、理）
