2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 限時(shí)訓(xùn)練14 等差、等比數(shù)列及數(shù)列求和 文.doc

2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 限時(shí)訓(xùn)練14 等差、等比數(shù)列及數(shù)列求和 文 1．已知等比數(shù)列{an}中，a1＝a，a2＝b，a3＝c，a，b，c分別為△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且cos B＝. (1)求數(shù)列{an}的公比q； (2)設(shè)集合A＝{x∈N|x2<2|x|}，且a1∈A，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式． 解：(1)依題意知b2＝ac，由余弦定理得cos B＝＝－＝，而＝q2，代入上式得q2＝2或q2＝， ∵在三角形ABC中，a，b，c>0， ∴q＝或q＝. (2)∵x2<2|x|， ∴x4－4x2<0，即x2(x2－4)<0， ∴－2<x<2且x≠0， 又x∈N，∴A＝{1}， ∴a1＝1，∴an＝()n－1或an＝n－1. 2．正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an； (2)令bn＝，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn.證明：對(duì)于任意的n∈N*，都有Tn<. (1)解：由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0. 由于{an}是正項(xiàng)數(shù)列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n. 于是a1＝S1＝2，n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n. 綜上，數(shù)列{an}的通項(xiàng)an＝2n. (2)證明：由于an＝2n，bn＝， 則bn＝＝. Tn＝ ＝<＝. 3．已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝n2＋5n，且滿足a4＝b14，a6＝b126，令cn＝logan(n∈N*)． (1)求數(shù)列{bn}及{cn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)Pn＝cb1＋cb2＋…＋cbn，Qn＝cc1＋cc2＋…＋ccn，試比較Pn與Qn的大小，并說(shuō)明理由． 解：(1)bn＝＝＝2n＋4(n∈N*)． 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由a4＝b14＝32，a6＝b126＝256， 得q2＝＝8，即q＝2(負(fù)值舍去)． 所以an＝a4qn－4＝32()3n－12＝()3n－2， 所以cn＝logan＝3n－2(n∈N*)． (2)由(1)知，cbn＝3(2n＋4)－2＝6n＋10，所以{cbn}是以16為首項(xiàng)，6為公差的等差數(shù)列． 同理，ccn＝3(3n－2)－2＝9n－8，{ccn}是以1為首項(xiàng)，9為公差的等差數(shù)列． 所以Pn＝cb1＋cb2＋…＋cbn＝＝3n2＋13n， Qn＝cc1＋cc2＋…＋ccn＝＝n2－n. 所以Pn－Qn＝－n(n－11)． 故當(dāng)1≤n≤10時(shí)，Pn>Qn；當(dāng)n＝11時(shí)，Pn＝Qn；當(dāng)n≥12時(shí)，Pn<Qn. 4．已知函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)f(y)且f(1)＝. (1)當(dāng)n∈N*時(shí)，求f(n)的表達(dá)式； (2)設(shè)an＝nf(n)，n∈N*，求證：a1＋a2＋a3＋…＋an<2； (3)設(shè)bn＝(9－n)，n∈N*，Sn為{bn}的前n項(xiàng)和，當(dāng)Sn最大時(shí)，求n的值． (1)解：令x＝y(tǒng)＝1，∴f(2)＝f(1)2＝ 令x＝n，y＝1，∴f(n＋1)＝f(n)f(1) ∴＝ ∴{f(n)}是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列， ∴f(n)＝n. (2)證明：設(shè)Tn為{an}的前n項(xiàng)和， ∵an＝nf(n)＝nn， ∴Tn＝＋22＋33＋…＋nn. Tn＝2＋23＋34＋…＋(n－1)n＋nn＋1， 兩式相減得Tn＝＋2＋…＋n－nn＋1， ∴Tn＝2－n－1－nn<2. (3)解：∵f(n)＝n， ∴bn＝(9－n)＝(9－n)＝， ∴當(dāng)n≤8時(shí)，bn>0；當(dāng)n＝9時(shí)，bn＝0；當(dāng)n>9時(shí)， bn<0. ∴當(dāng)n＝8或9時(shí)，Sn取得最大值．