2015届高考数学（文、理）新一轮专题复习：专题五+数　列

1、1 / 6专题五数列1.已知an为等比数列，下面结论中正确的是()Aa1a32a2Ba21a232a22C若a1a3，则a1a2D若a3a1，则a4a22.数列an的通项公式anncosn2，其前n项和为Sn，则S2012等于()A1006B2012C503D03.定义在(，0)(0，)上的函数f(x)，如果对于任意 给定的等比数列an，f(an)仍是等比数列， 则称f(x)为“保等比数列函数” 现有定义在(， 0)(0， )上的如下函数：f(x)x2；f(x)2x；f(x) |x|；f(x)ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为()ABCD4.已知数列an的前n项和为Sn，

2、a11，Sn2an1，则Sn()A. 2n1B.32n1C.23n1D.12n15.对于nN N*，将n表示为nak2kak12k1a121a020，当ik时，ai1，当 0ik1 时，ai为 0 或 1，定义bn如下：在n的上述表示中，当a0，a1，a2，ak中等于 1 的个数为奇数时，bn1；否则bn0.(1)b2b4b6b8_；(2)记cm为数列bn中第m个为 0 的项与第m1 个为 0 的项之间的项数， 则cm的最大值是_6.已知等比数列an为递增数列，若a10，且 2(anan2)5an1，则数列an的公比q_7.等比数列an的前n项和为Sn，公比不为 1.若a11，且对任意的nN

3、N都有an2an12an0，则S5_8.已知f(x)11x，各项均为正数的数列an满足a11，an2f(an)若a2010a2012，则a20a11的值是_9.已知各项均为正数的两个数列an和bn满足：an1anbna2nb2n，nN N*.(1)设bn11bnan，nN N*，求证：数列bnan2是等差数列；(2)设bn1 2bnan，nN N*，且an是等比数列，求a1和b1的值2 / 610.已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2n2n，nN N*，数列bn满足an4log2bn3，nN N*.()求an，bn；()求数列anbn的前n项和Tn.11.设函数f(x)x2sinx的所有正的

4、极小值点从小到大排成的数列为xn()求数列xn的通项公式；()设xn的前n项和为Sn，求 sinSn.12.已知等比数列an的公比为q12.()若a314，求数列an的前n项和；()证明：对任意kN N，ak，ak2，ak1成等差数列13.对于项数为m的有穷数列an，记bkmaxa1，a2，ak(k1，2，m)，即bk为a1，a2，ak中的最大值，并称数列bn是an的控制数列如 1，3，2，5，5 的控制数列是 1，3，3，5，5.(1)若各项均为正整数的数列an的控制数列为 2，3，4，5，5，写出所有的an；(2)设bn是an的控制数列，满足akbmk1C(C为常数，k1，2，m)求证：b

5、kak(k1，2，m)；(3)设m100， 常数a12，1.若anan2(1)n（n1）2n， bn是an的控制数列， 求(b1a1)(b2a2)(b100a100)3 / 6专题五数列1.B法一(比差法)：设an公比为q0.则a21a232a22a21(a1q2)22(a1q)2a21(q21)20，a21a232a22.法二(基本不等式法)：a21a232a1a32a22，当且仅当a1a3时取“”号2.AS2012cos22cos3cos324cos22012cos1006(0204)(0608)(0201002012)50321006.3.Can为等比数列，公比为q，若f(x)x2，则f

6、(an)a2n，f(an1)a2n1，f（an1）f（an）a2n1a2nq2.若f(x) （x），则f(an) |an|；f（an1）f（an）|an1|an| |q|.故、适合4.B由Sn2an12(Sn1Sn)Sn1Sn32Sn组成以S1a11 为首项，以32为公比的等比数列，Sn(32)n1.5.(1)3(2)2(1)n2 时，2121020，a11，a00，b21；n4 时，4122021020，b41；n6 时，6122121020，b60；n8 时，8123022021020，b81.故填 3.(2)n1 时，1120，b11；n9 时，9123022021120，b90；n10

7、 时，10123022121020，b100；n11 时，11123022121120，b111；n12 时，12123122021020，b120；n13 时，13123122021120，b131；n14 时，14123122121020，b141；归纳得：cm的最大值为 2.6.2由已知 2(a1qn1a1qn1)5a1qn，2(1q2)5q，2q25q20，q2 或q12，又an递增，q2.7.11nN N，都有an1an22an.a1qna1qn12a1qn1，qq22.q2q20，q1(舍去)或q2.S51（2）51211.8.13 5326a11，an2f(an)11an.4 /

8、 6a312，a523，a735，a958，a11813.又an0，a2010a201211a2010，a22010a201010，a20101 52，同理：a2010a2008a201 52，a20a111 52813313 526.9.解：(1)由题设知an1anbna2nb2n1bnan1bnan2bn11bnan2，所以bn1an11bnan2，从而bn1an12bnan21(nN N*)，所以数列bnan2是以 1 为公差的等差数列(2)因为an0，bn0，所以（anbn）22a2nb2n(anbn)2，从而 1an1anbna2nb2n 2.(*)设等比数列an的公比为q，由an0

9、 知q0.下证q1.若q1，则a1a2qa2 2，故当nlogq2a1时，an1a1qn 2，与(*)矛盾；若 0q1，则a1a2qa21，故当nlogq1a1时，an1a1qn1，与(*)矛盾综上，q1，故ana1(nN N*)，所以 1a1 2.又bn1 2bnan2a1bn(nN N*)，所以bn是公比为2a1的等比数列若a1 2，则2a11，于是b1b2b3.又由a1a1bna21b2n得bna1a212a21a211，所以b1，b2，b3中至少有两项相同，5 / 6矛盾所以a1 2，从而bna1a212a21a211 2.所以a1b1 2.10.解：()由Sn2n2n，得当n1 时，

10、a1S13；当n2 时，anSnSn14n1.所以an4n1，nN N*.由 4n1an4log2bn3，得bn2n1，nN N*.()由()知anbn(4n1)2n1，nN N*.所以Tn3721122(4n1)2n1.2Tn32722(4n5)2n1(4n1)2n.所以2TnTn(4n1)2n34(2222n1)(4n5)2n5.故Tn(4n5)2n5，nN N*.11.解：()因为f(x)12cosx0，cosx12，解得x2k23(kZ Z)由xn是f(x)的第n个正极小值点知，xn2n23(nN N*)()由()可知，Sn2(12n)23nn(n1)2n3，所以 sinSnsin(n

11、(n1)2n3)因为n(n1)表示两个连续正整数的乘积，n(n1)一定为偶数所以 sinSnsin(2n3)当n3m2(mN N*)时，sinSnsin(2m43)32；当n3m1(mN N*)时，sinSnsin(2m23)32；当n3m(mN N*)时，sinSnsin2m0.综上所述，sinSn32，n3m2（mN N*）32，n3m1（mN N*）0，n3m（mN N*）.12.解：()由a3a1q214及q12，得a11，6 / 6所以数列an的前n项和Sn11（12）n1（12）2（12）n13.()证明：对任意kN N，2ak2(akak1)2a1qk1(a1qk1a1qk)a1

12、qk1(2q2q1)，由q12得 2q2q10，故 2ak2(akak1)0，即 2ak2akak1，所以，对任意kN N，ak，ak2，ak1成等差数列13.解：(1)数列an为：2，3，4，5，1；2，3，4，5，2；2，3，4，5，3；2，3，4，5，4；2，3，4，5，5.(2)因为bkmaxa1，a2，ak，bk1maxa1，a2，ak，ak1，所以bk1bk.因为akbmk1C，ak1bmkC，所以ak1akbmk1bmk0，即ak1ak.因此，bkak.(3)对k1，2，25，a4k3a(4k3)2(4k3)；a4k2a(4k2)2(4k2)；a4k1a(4k1)2(4k1)；a4ka(4k)2(4k)比较大小，可得a4k2a4