2019-2020年高考数学总复习第五章数列练习理

1、2019-2020 年高考数学总复习第五章数列练习理1数列1,3 5,7,9的一个通项公式是（）nnan=B .an=n2n+ 12n 1一nnC.anD .an=2n 32n+ 322.已知数列an的前n项和S满足 S=n+ 2n1,则()A.an= 2n+ 1(n N)B.an= 2n 1(n N*)2n=l ,C.an=彳*2n + n2,n N2n=l,D.an= *1*2n1n2,n N3.在数列an中，已知a1= 1,且当n2时，aa?an=n,贝Ua3+as=()所示的程序框图，运行相应的程序，如果输入某个正n=（）图 X5-1-1A. 3 B . 4 C . 5 D . 6一

2、15.- （xx 年新课标n）数列an满足an+1=,a$= 2，贝Ua1=-.1 an6.已知数列an满足：a4n3= 1,a4n1= 0,a2n=an,_nN ， 则axx=,axx=.7._（xx 年浙江乐清一模）已知递增数列an的通项公式为a= n2+kn+ 2，则实数k的取 值范围为 .&（xx 年广东江门一模）将集合2s+ 2t|0Ws0），贝yb43=_.35691012A.76131A.3B.仍C.砧D.1144. （xx 年福建）阅读如图 X5-1-1整数n后，输出的 S （10,20），那么图 X5-1-29.已知在等差数列an和等比数列bn中,a1= b= 1,b

3、4= 8, an的前 10 项和So= 55.（1）求an和bn；（2）现分别从an和bn的前 3 项中各随机抽取一项写出相应的基本事件，并求这两项的值相等的概率.10.已知数列an的通项公式为an= (n+ 1)i(n N)，则当n为多大时,an最大?第 2 讲等差数列1.（xx年福建）设等差数列刘的前n项和为S，若ai= 2,S= 12，则a6=（）A. 8 B . 10C. 12 D . 142.（xx年安徽）设Sn为等差数列an的前n项和，Ss= 4a3,a7= 2，贝Ua9=（）A. - 6 B . - 4C. 2 D . 23.（xx 年天津）设an是首项为 a,公差为1 的等差数

4、列，S为其前n项和.若S,S, S4成等比数列，则a1=（ ）A. 2 B . 212S为等差数列an的前n项和，若a1+a?+恥的值是一个确定的常数，则下列a21:a7； $3；S4； SsS5.其结果为确定常数的是（）A.B .C.D .5. （xx 年新课标I）设等差数列an的前n项和为S,S1= 2,Sm= 0,Sm+1= 3,贝Um=（ ）A. 3 B . 4C. 5 D . 66 . （xx 年辽宁）设等差数列an的公差为d,若数列2a1an为递减数列，则（）A. d0C.a1d07 . （xx 年广东）已知递增的等差数列an满足a1= 1,a3=a24，贝Uan=_.8 . （x

5、x 年广东）在等差数列an中，已知a3+aa= 10,贝U3a5+a?=_ .9 . （xx 年四川）在等差数列an中，a1+a3= 8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列an 的首项、公差及前n项和.1C.- D .24.已知各式：10 . （xx 年新课标n）已知等差数列an的公差不为零，a1= 25,且 a, an,氐成等比数求an的通项公式；(2)求ai+a4+a7+a3n2.第 3 讲等比数列1 .在等比数列an中，a2= 3,a7aio= 36，贝Uai5=()A. 12 B . 12C. 6 D . 62.(xx 年江西)等比数列x,3x+ 3,6x+ 6，的第四项为()A.

6、24B . 0C. 12D . 24a1+a3+a53.-设在公差d0的等差数列an中，a1,a3,a9成等比数列，则 -=（）a2+a4+a67A - B.53c 4 D.4.（xx 年重庆）对任意的等比数列an，下列说法一定正确的是（）A. a1,a3,a9成等比数列B. a2,a3,a6成等比数列C. a2,a4,a8成等比例列D. a3,a6,a9成等比数列5.设S为等比数列 an 的前n项和，若 8a2+a5= 0,则詈=（）A. 11 B . 5C. 8 D . 11一 26 . （xx 年新课标I）设首项为 1,公比为的等比数列刘的前n项和为 S,则（）列.A. S = 2an

7、1 B .S= 3an 2C.Sn= 4 3anD .S=3 2an7 . （xx 年重庆）已知an是等差数列，a1= 1,公差 0,S为其前n项和.若 a,比,a5成等比数列，则S8=_.& （xx 年江西）某住宅小区计划植树不少于100 棵，若第一天植 2 棵，以后每天植树的棵数是前一天的 2 倍，则需要的最少天数n（n N*）等于_.9. （xx 年四川）在等比数列an中，a2-ai= 2,且 2a?为 3ai和as的等差中项，求数列an的首项、公比及前n项和.10. （xx 年北京）已知an是等差数列，满足ai= 3,a4= 12,数列bn满足bi= 4,b4= 20,且bn-

8、an是等比数列.（1）求数列an和bn的通项公式；（2）求数列bn的前n项和.第 4 讲数列的求和1 .在各项都为正数的等比数列an中，首项ai= 3,前 3 项和为 21,则as+a4+a5=（）A. 33 B . 72 C . 84 D . 1892.（xx 年新课标n）等比数列a.的前n项和为S,已知 $=a?+ 10a,a5= 9，贝Ua= ）11 1A.3B3 C. 9D.3.（xx 年新课标n）等差数列an的公差为 2，若a2,a4,as成等比数列，则an的前n项和 Si =()A.n(n+ 1) B .n n+ 1 C.D.4.（xx 年大纲）在等比数列an中，a4=2,a5=

9、5，则数列lgan的前 8 项和等于（）A. 6 B . 5 C . 4D . 35.已知等差数列an的前n项和为$,a5= 5, S= 15,则数列f 的前 100 项和为anan+1n(n 1)n n 12A _101 101 100 1006.若数列an的通项公式是an= ( 1)n (3n 2)，贝Ua+a2+ ae=()A. 15 B . 12C. 12 D . 157.(xx 年广东揭阳一模)已知等差数列an满足a10, 5a8= 8 恥，则当前n项和$取最 大值时，n=()A. 20B . 21C . 22D . 23&如图 X5-4-1 ,它满足：第n行首尾两数均为n；

10、图中的递推关系类似杨辉三角.则第n(n2)行的第 2 个数是_.22343477451114115图 X5-4-19. (xx 年新课标I)已知an是递增的等差数列，a2,a4是方程x2 5x+ 6 = 0 的根.(1)求an的通项公式；10. (xx 年广东佛山一模)数列an,bn的每一项都是正数，a1= 8, b = 16,且an,bn,an+1成等差数列，bn,an+1,bn+1成等比数列，n= 1,2,3，.(1) 求a2,b2的值；(2) 求数列an,bn的通项公式；第 5 讲利用几类经典的递推关系式求通项公式1.在等比数列an中，ai= 1，公比 |q|丰1.若am= a2a3a4

11、a5,贝Um=()A. 9 B . 10C. 11 D . 122.古希腊著名的毕达哥拉斯学派把1,3,6,10 ，这样的数称为“三角形数”，而把1,4,9,16 ，这样的数称为“正方形数”.如图 X5-5-1 ,可以发现，任何一个大于 1 的“正方形数”都可以看作两个相邻的“三角形数”之和.下列等式中，符合这一规律的表达式是( )十 3 9=3+616=6HO图 X5-5-1113= 3 + 10;25= 9+ 16; 36= 15+ 21; 49= 18+ 31; 64= 28+ 36.A.B.C.D .3.数列an的首项为 3, bn为等差数列，且bn=an+1-an(n N*).若b3

12、= 2,b10=12, 则as=( )A. 0 B . 3C. 8 D . 114. 设等比数列an的前n项和为 S,若 8a2+a5= 0,则下列式子中数值不能确定的是( )a5S5A. B. ea3S3an+1Sn+1C. D.-anS一 2 15.(xx 年新课标I)若数列an的前n项和为S=an+ 3，则数列an的通项公式是an6.已知数列an满足a1= 1,an+1= ，贝yan= .3an十 17. 已知在数列an中，a1= 1 ,an+1= 2an+n,则数列an的通项公式是an=&已知在数列an中，a1= 1,an+1= 3an+ 3n，贝Uan=_9. (xx 年新课

13、标n)已知数列an满足a1= 1,an+1= 3an+1.(1)证明：ian+ 2 是等比数列，并求an的通项公式；1113证明：A+0；+盯2.10.(xx 年安徽)数列an满足ai= 1,na+1= (n+ 1)an+n(n+ 1) ,n N*.证明：数列 半是等差数列；设bn= 3nan，求数列b的前n项和S.第 6 讲合情推理和演绎推理1观察(x2) = 2x, (x4) = 4x5, (cosx) = sinx.由归纳推理，得若定义在 R 上的 函数f(x)满足f( x) =f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，贝 Ug( x)=()A.f(x) B . f(x) C .g(x)

14、D . g(x)2 . (xx 年广东茂名一模)已知 26X1= 2,22X1X3= 3X4,2、1X3X5=4X5X6,24X1X3X5X7= 5X6X7X8,，依此类推，第n个等式为 _4如图 X5-6-1，在平面上，用一条直线截正方形的一个角，则截下的一个直角三角形按如图 X5-6-1(1)所标边长，由勾股定理，得c2=a2+b2.设想把正方形换成正方体，把截线换成如图 X5-6-1(2)所示的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥OABC若用S1,S2,S3表示三个侧面面积，S4表示截面面积，则可以类比得到的结论是5(xx 年陕西)观察下列等式：12= 112 22= 3“2

15、2小21 2 + 3 = 612 22+ 32 42= 10照此规律，第n个等式为 _ .6试从上述 5 个式子中选择一个，求出这个常数；式，可猜想出的一般结论是 _.2239396.(xx 年广东汕头一模)观察下列一组等式：1 + 2 = 4,2= 4, + 3 =3= 2，416 4163+ 4 =亍,3X4= y，根据这些等式反映的结果，可以得出一个关于自然数n的等式,这个等式可表示为17.(xx 年福建龙岩模拟)代数式 1+( “”表示无限重复)是一个固定值，可1 + -1 +以令原式=t，由 1 +=t，解得其值为t=5；，用类似方法可得，2+ 2 + 2+二5.已知 cos斗=1n

16、2n2，cosycos-5-图 X5-6-11n2n3n,coscoscos47778，根据以上等B第 7 讲直接证明与间接证明1.下列各式中，对x R 都成立的是(A. Ig(x2+ 1) lg(2x) B .x2+ 1 2x2.要证a2+b2 1 a2b2w0,只要证. 2 2A. 2ab1a bwo4. 422a+bB.a+b1 wo2 2D. (a1)(b1)02 2 23.若a,b,c是不全相等的实数，求证：a+b+cab+bc+ac.其证明过程如下:2 2 2 2 2 2/ a,b,c R,.a+b 2ab,b+c 2 be,a+c 2 ac.2 2 2又a,b,c不全相等，2 (

17、a+b+c) 2 (ab+bc+ac).二a2+b2+c2ab+bc+ac.此证法是()A.分析法 B .综合法C.反证法 D .分析法与综合法并用4.如下是证明.7 1 11 5 的过程: 要证 7- 1：1 二 5,只需证 7 +；5 71 + 1 ,即证（，7+ 5）2（11 + 1）2,即证-351，即证 3511，显然成立. （7 1Jii寸 5.其证法是（）A.分析法 B .综合法C.间接证法 D .分析法与综合法并用5.（xx 年山东）用反证法证明命题设a,b为实数，则方程x2+ax+b= 0 至少有一个 实根”时，要做的假设是（）A.方程x2+ax+b= 0 没有实根B.方程x

18、2+ax+b= 0 至多有一个实根2C.方程x+ax+b= 0 至多有两个实根D.方程x2+ax+b= 0 恰好有两个实根6.a ,3是两个不同的平面，m n是平面a及B之外的两条不同的直线，给出四个论断：mLn；a丄3:n丄3:ml a.以其中的三个论断作为条件，余下一个论断 作为结论，写出你认为正确的一个命题 _.7. 下表中的对数值有且仅有一个是错误的：x358915lgx2aba+c3 3a 3c4a 2b3ab+c+ 1请将错误的一个改正为 _ .8. （xx 年福建）已知集合a,b,c = 0,1,2，且下列三个关系：az2；b= 2；c0有且只有一个正确，则100a+ 10b+c

19、=_.9. （xx 年湖北）已知等比数列an满足|a2a3| = 10,aa3= 125.（1）求数列an的通项公式；C.1x21x+2xC.a+b22 21a b111（2）是否存在正整数m使得一+ + + 1?若存在，求m的最小值；若不存在，请a1a2am说明理由.10. (xx 年浙江)已知等差数列an的公差d0,设an的前n项和为S, ai= 1,S2S3=36.(1) 求d及 S；(2) 求m k(m k N)的值，使得a卄am+1+a耐2+am+ k= 65 成立.第 8 讲数学归纳法1.用数学归纳法证明：/n*(n+1)(n+2).(n+n)=2x1x3x x(2n+1)(nN)

20、,从“n=k”到“n=k+1”左端需乘的代数式是()A. 2k+ 1 B . 2(2k+ 1)到k+1”时，左边应加()A.k2B . (k+ 1)22 2 2 2 2C.k+ (k+ 1) +kD . (k+ 1) +k3.对一切正整数n,n2与 2n的大小关系为()A. 对一切n N*，恒有n22n*2nB. 对一切n N ,恒有n2C.当n= 1 或n5时，n22nD. 以上都不对2k+ 12k+ 3C.k+ 1 D.k+ 12.用数学归纳法证明:丄2小221 + 2 + n + +n 2n2+13，第二步证明由4.f(n)和g(n)都是定义在正整数集上的函数，满足：f(1) =g(1)

21、；对n N,f(n)f(n 1) =g(n) g(n 1).那么猜想对n N 时，有()A.f(n)g(n)B.f(n)g(n) C-f(n) =g(n)&已知f(n) =+-+-+ + ，则下列说法正确的是n n+1n+ 2n1 11f(n)中共有n项，当n= 2 时，f(2) = + 3；1 1 12f(n)中共有n+ 1 项，当n= 2 时，f(2) = -+- + -；23421 13f(n)中共有nn项，当n= 2 时，f(2) = - + -；21 1 1f(n)中共有nn+ 1 项，当n= 2 时，f(2) = 2+- + 4.2349. (xx 年广东深圳一模)已知数列

22、an的前n项和为 S,且满足 4(n+ 1)( $+ 1) = (n+2 *2) Sh(n N).(1)求a1,a2的值；求 an；n+ 13(3)设bn=，数列bn的前n项和为Tn,求证：Tn；.an410.(xx 年重庆)设a1= 1,an+1=；ja2 2an+ 2 +b(n N).(1)若b= 1，求a2,a3及数列an的通项公式；值为D.f(n)与g(n)大小关系不能确定5用数学归纳法证明 1 + 2+ 22+ 25n1是 31 的整数倍时，当n= 1 时，上式等于()5n1A.C.6.A.C.7.21+2 B . 1+2+21 + 2 + 22+ 23D . 1 + 2 + 22+

23、 23+ 241 1 1 1已知$=甬+申+k+2k(k=1,2,3)，则 乩1=()1S+ 2k+1 B .S+ 2k+S20T5 对于一切n N 成立，则正整数m的最大若b= 1,问：是否存在实数c使得a2nc4,故n的值为 4.1 15.解析：由已知，得an= 1 ,a8= 2,2an+11 1a4=,a3= 1,a2= 2, a=6.10 解析：axx=a4X503- 3= 1 ,3xx=a2X1007=a1007=a4X252- 1= 0.7.( 3, +m) 解析：由an为递增数列，得 Si+1an= (n+1)2+k(n+ 1) + 2nkn 2= 2n+ 1 +k0 恒成立，即

24、k (2n+ 1)恒成立，即k (2n+ 1)max= 3.8.20 解析：3 = 20+21; 5 =20+22,6 =21+ 22;9=2+23,10 =21+ 23,12=22+ 23;17 =041424,2 + 218= 2 + 220 = 2 + 2,.故b43= 20.9.解：(1)设等差数列 an 的公差为d,等比数列 bn 的公比为q,贝USw= 10 曰+ 45d= 55?d= 1?an=a1+ (n 1)d=n,3n 1n 1b4= bq = 8?q= 2? b = bq = 2,贝VSn=n,bn= 21.(2)a1=1,a2=2,a3=3, b=1,b2=2,b3=4

25、,从an, bn的前 3 项中各随机抽取一项写出相应的基本事件有(1,1) , (1,2) , (1,4),(2,1) , (2,2) , (2,4) , (3,1) , (3,2) , (3,4),共 9 个，符合题意的有(1,1) , (2,2),共 2 个，2 故抽取的两项的值相等的概率为 9 当n0 ,即an+1an； 当n= 9 时,an+1an= 0,即ae=a9； 当n9 时，an+1an0 ,即an+1an. 因此匕a1a2a11a12.当n= 9 或n= 10 时，数列an有最大项，最大项为as或 ae.第 2 讲等差数列1. C 解析：设等差数列an的公差为d, a= 2

26、,S3= (a1+a3) +a2= 3a2= 12 ,a2= 4 ,d12,1a6=15=1,a5= 1 _ = 2.a6同理,an+1an= (n+ 2)带)+1-(n+1)110.解:=2，贝Va6=ai+ 5d= 12.8X72.A 解析：Ss= 8ai+ 2d= 4a3= 4(ai+ 2d) , 4ai=- 20d,ai=- 5d.又Ta7=ai+ 6d=d=- 2,.ai= 10,a9=ai+ 8d= 10 + 8X( 2) = 6.3.D 解析：S,S2,S成等比数列，二S2=SS,即(2a 1) =a1(4a 6).解得a1= 12.4.A 解析：由a1+a7+a13是一个确定的

27、常数，得3a7是确定的常数，故正确；$3=11a1 +a13解析：SmSm- 1=am= 2 ,Sm+1Sm=am+1= 3，两式相减，得am+1am=d= 1.m m- Ima+= 0,6.C 解析：由已知，得 22，即 1,21.又anan1=d,故 21，从而a1d2)行的第 2 个数构成数列an，则有a3a2= 2,a4a35a8= 8a13,得 5 佝+ 7d) = 8+ 12d).3 、 c 641a10?nW=21：.61 33an=a1+ (n 1)d=a+ (n 1) 两式相减，得 2Sn= | +n+ 2n+42n+2= 1 .an数列存卩勺前n项和为Sn= 2 /bn,a

28、n+1,bn+1成等比数列，&+1=bnbn+1.数列 an,bn 的每一项都是正数， an+1=bnbn+1. 于是当n2时，an=寸bn1bn.将，代入式，得2 ,bn=bn1+jbn+1,因此数列, b是首项为 4,公差为 2 的等差数列.- bn=b+(n 1)d= 2n+ 2，于是bn= 4(n+ 1)2. 由式，得当n2时，an= Qbn1b=_n+1 _2=4n( n+1).当n= 1 时，a1= 8,满足该式子，对一切正整数n,都有an= 4n(n+1).(3)由(2)知，所证明的不等式为1 1 1 1 27 23 474n2+ 4n 1丁方法一：首先证明212- (4

29、n+ 4n 1 Ann+ 1；11 22 22? 7n+ 7n8n+ 8n 2?n+nn2).2(r一2 7?20，当n2时，该式恒成立，1111 2 了 1、当n2时,n n+120?丄n+ 11_2 2=7. 1时，一7 7综上所述，对一切正整数、一 1方法二：4n2+ 4n 1 4n2+ 4n 3 _ gn-t1 1 1当n3时，弓+石+ 亠 1 1 1 1 2n，有 a1+a1+a1+二a1 1a2 1a3 11an- 1丁7 234_5-9 + 7-+ +丄+2n+ 1 十1 1 1112 7+23+4 5+7 狞t1 2 11112当n= 1 时，77；当n= 2 时，7 + 23

30、7 + 7 =-.1 1 1 综上所述，对一切正整数n,有 +a1 1a2 1a3 1、一 . 1 1 1方法三：4n2+ 4n 1 4n2 1 ?n12n+l 2t1 1 1当n4时，二+ 乔+7234n+ 4n 11 2 七11112当n= 1 时，一一；当n= 2 时，一+一 + - = 一；7 7723 777?1 1 1 1 1 1 2当3时,7 十 23 十 47 7 十 14 十 147.1 1 1 1 2 综上所述，对一切正整数n,有 +弓a1 1a2 1a3 1an 1 7第 5 讲利用几类经典的递推关系式求通项公式1. C 2.C3. B 解析：由题意，得b+2d 2， 解

31、得bi= 6,d= 2.|b1+9d=12.Tbnan+1an,b1+b2+ +bn=an+1a1.7X6 a8b1+b2 +b7+37X(6)+厂X2+33.3a54. D 解析：数列an为等比数列，则 8a2+a5=a2(8 +q) = 0.Ta2M0,.q= 2. /a311;an+107=q=2；n有关.故选D.5. ( 2)n1解析:2 1$=3an+3,2 1$-1= an1+ 3.两式相减，得1) an22an=科一尹-1, 则an= ( 2)n1.16.解析:3n 213n 2.13an= 3an-1，an=2,an1ai= 1,7. 3X2n1n得an+1an3an+ 11=

32、一+ 3?an1 1-=3?an+1an1=1 + 3(nan1 解析：令an+1+A(n+ 1) +B 2(an+An+B)，运用待定系数法，得An1n11,B1.an+1+(n+1)+12(an+n+1). an+n+13X2. an3X2n1.an+1anan-n-i+ 1.令 3一1bn,.数列bn是首项为 1,公差为n1nn3 解析：Tan+1= 3an+ 3333n一11 的等差数列，二bn= 1 +1(n 1) =n. /.an=n3 .2 .证明：(1)由an+1 3-n+ 1，得 01+1+ 2 3-n+313n首项为 2，公比为 3 的等比数列.所以an+?3n 1因此数列

33、an的通项公式为an 厂.9.1 31a1+ 2= 2，所以 an+ 2(2)由(1)知,因为当nl1所以 31 三 2X，1 1+ + +一a213n2X31于是a=31-所以-+-+a a2n12 1c n . W n1an3 131 _13 131 3一an210. (1)证明：a1= 1,nan+1= (n+ 1)an+n(n+ 1) ,n N*,”,I+1an等式两边同除以n(n+ 1)，得=+ 1,n+1n卄an+1an即n+7一n=1.3. B 解析：由题意，得b+2d 2， 解得卍是首项为 X 公差为1的等差数列.解：由(1)，得an= 1+ (n 1)x1=n,即n从而bn=

34、 3 (an=n3【Sn= 1x31十 2X32+ 3X3十十n3n,2343S= 1X3+ 2X3+ 3X3十十n32an=n.n+12n+1r13两式相减,得一 2Sn=31十 3 十 3 十十 3 n1 3 n+1 2n2n0门十1n313nI；存1+ 3Sn=4第 6 讲合情推理和演绎推理1.2.3.D2nx1X3X5x x(2n1)=(门十 1)x(门十 2)x(门十 3)xx(n+1n门十 1n+n)12 22+ 32+ ( 1)n-12n= ( - 1)22 t 2 t 2S4=S1十S2十S3n2ncos COST 2n+ 1 2n+1n+ 1n+ 16.+ (n+ 1)=n4

35、.5.nncos2n+12nNx(n+1),nNn+ 1解析：由于+n(n+ 1)=“ 2n+1+n+nn+1xn7. 2n+l2n,解析：类似令原式=(n+ 1)=&解:n + l2nn,丄十 1n+ 1故 十(n+ 1) =x(门十 1) ,nnn有.2 十！ =t,2+1=t2，解得十 cos215 sin15 cos15t=-N.(1)选择，由 sin2151(舍去)或t= 2.11 -si n303,故这3个常数是-.4(2)推广，得到三角恒等式2sina2。十 cos (30a)sinacos(30证明:=sin=sin.2Sina +cos+(cos3032+4COSa2

36、“3a)=4.a)sina)2sina(cos30 丄1 23 .+Sina 匚二(30 a)sinacos(30cosa +sin30.3 .+Sinacosa23cosa=二.49.解：(1)设等差数列的公差为bi+a2= 5,(2a1+d= 5,因为即p3= 7,十 2d= 7.d,cosa +sin30sinacosa sin2asina1= 1,解得d= 3.所以an=a1+ (n 1)d= 1 十 3(n 1) = 3n 2.所以数列an的通项公式为an= 3n2(n N).1 1 1 1(2)因为 矿=飞二n= 332 3n+l ,3=4sin所以数列【勺前n项和11111111

37、 1 1 1 1 1 1=31-4+34 7+3 7帀+3 3F-53F-2+3 3K-2时=丄丄亠33n+1 3n+1假设存在正整数m n,且 1m0,所以 3m 6m-11,所以 1n1 + 亍2x，故 B 不正确.2. D 3.B4.A5.A 解析：反证法的步骤第一步是假设命题反面成立，而“至少有一个实根”的否定 是“没有实根”.故选 A.6. 若，则(或若，则)解析：依题意可得以下四个命题：(1) mbn, a丄B,n丄Ba ；(2)mln, a丄B,mLa?n丄B;(3)n,nLB,ml a?a L B ；(4)a L B ,nLB,rla? mln.不难发现，命题(3) , (4)

38、为真命题，而命题(1) , (2)为假命题.7.lg15 = 3ab+c解析：如果 lg3 = 2a-b是正确的，那么 lg9 = 2lg3 = 2(2a-b)= 4a- 2b；如果 lg3 = 2a-b是错误的，那么 lg9 = 4a-2b也是错误的，这与题意矛盾反过来，Ig9 = 4a-2b也不是错误的，否则 Ig3 = 2a-b是错误的.同样，如果 Ig5 =a+c,那么 Ig8 = 3lg2 =3(1 lg5) = 3(1 a-c)，如果 lg5 =a+c是错误的，那么 lg8 = 3 3a- 3c, 也错误，这与题意矛盾；显然 lg8 = 3 3a 3c也不是错误的，否则 lg5 =

39、a+c也错误.Ig15 = lg(3x5) = lg3 + lg5 = (2ab) + (a+c) = 3ab+c.二应将最后一个改正为 lg15 =3ab+c.&201 解析：由已知，若a2正确，则a= 0 或a= 1,即a= 0,b= 1,c= 2 或a= 0,b= 2,c=1 或a= 1,b= 0,c= 2 或a= 1,b= 2,c= 0 均与“三个关系有且只有一个正确” 矛盾；若b= 2 正确，则a2正确，不符合题意；所以c工0正确，a= 2,b= 0,c= 1,故 100a+ 10b+c= 201.9.解：(1)Taa2a3=a2= 125, a2= 5.又a2|q1| =

40、10,.q= 1 或q= 3.s=+a+-Fcba3a3a4+ -an-1ananan+1所以-4nin= 3m 6m-1n1小an= 5(1)或an=5X3q= 3,a1= 5或：51卄nt111 5m为奇数，(2)右q= - 1,则 _+_+ _=5a1a2am$, n为偶数1 1 3 丁am1111若q= 3,则一+ + +=三 3 + 1 + +a1a2am5、33 务=1 10综上所述，不存在满足题意的正整数m10 .解:(1)S2S= (2a1+d)(3a1+ 3d) = 36, 将a1= 1 代入上式，解得d= 2 或d= - 5.T公差d0,.d= 2,an= 1 + 2(n

41、1) = 2n- 1,+2nn2*n(nN).S=2(2)由(1)知，am+am+ 2m-1+m+k- Uk+lm k2/ rr,k N*,2m+k- 11,k+ 11,2m+k- 1 = 5,k+1 = 13.2m十k- 1 = 13,或|k + 1 = 5.(2 耐k- 1)(k+ 1) = 65.解得解得m=- 3,k= 12,m= 5,(舍去)-k= 4.综上所述，m= 5,k= 4.第 8 讲数学归纳法1.5.2.D3.C4.C解析：原等式共有1解析：S+1=5n项，当n= 1 时，25-1= 24,选 D.1 1 1 1+ 一+ + + = + + + =k+1 + 1k+ 1 +

42、 22k+ 1k+ 2k+ 32k+ 2k+ 11 1 1 1+2k+ 12k+ 21 1 1 十 V 十十 2n，1 1则f(n+ 1) f(n) =+-=-0,数列f(n)是递增数列,2n+ 12n+ 2n+ 12n+ 12n+ 21则f(n)min=f(1)=刁二me1007.6.1 1+2k2k+ 12k+ 2k+ 117.伽 解析：记f(n)=n+后+后1111&9. (1)解：当n= 1 时，有 4X(1 + 1)( a+ 1) = (1 + 2)a1, 解得a1= 8.当n= 2 时，有 4X(2 + 1)(a1+a2+ 1) = (2 + 2)a?, 解得a2= 27.

43、2n 1 n解：万法一：当 n2时，有 4(S+ 1)=-.n+ 1n+1an-14( S-1+ 1)=-.nn+ 2ann+1-，得4an=n+-n即西=亠匸.an-1n2an-1ananian-2a2- n+14 5 6=n3=尹1.3an= (n+ 1) (n2).3方法二：根据ai= 8,a2= 27,猜想：an= (n+ 1).31当n= 1 时，有ai= 8= (1 + 1)，猜想成立.2假设当n=k时，猜想也成立，即ak= (k+ 1)3.市厂=1+iin+ii1+.+n+ii丄LI+1丄34+屉3丿+Q 4 广+一1n+ n+1)4+2n+ 14.10.解：(1)方法一：a2=

44、 2,a3= 2 + 1.再由题设条件知，5 2(an+1 1) = (an 1) + 1.从而(an 1)2是首项为 0，公差为 1 的等差数列.故(an 1)2=n 1, 即卩an=n 1 + 1(n N*).方法二：a2= 2,a3= .2+ 1.可写为a1=1 1 + 1,a2= 2 1+ 1,a3=3 1 + 1.因此猜想an= ；n 1 + 1.下面用数学归纳法证明上式： 当n= 1 时，结论显然成立.假设n=k时结论成立，即ak= k 1 + 1，贝Uak+1=目ak1+ 1 + 1 =、.jk1+ 1 + 1=k+1 1 + 1,这就是说，当n=k+ 1 时结论成立.所以an=

45、讣n 1 + 1(n N).方法一：设f(x) =x12+ 1 1，贝Uan+1=f(an).令c=f(c)，即c=, c12+ 1 1.解得c= 4.下面用数学归纳法证明a2nca2n+11.当n= 1 时，a2=f(1) = 0,a3=f(0) = 2 1, 1所以a2;a31，结论成立.那么当n=k+ 1 时，有 4(k+ 1+ 1)(S+1+ 1) = (k+ 1 + 2)k+ 1 +订即4(s+1+1) =k+1；1k+ 少2ak又4(s+1)=-k+k22ak+1,2ak+12ak+1k + 2k+1，得 4ak+1=233解得ak+1= (k+ 2) = (k+1 + 1).当n

46、=k+ 1 时，猜想也成立. 因此，由数学归纳法证得an= (n+ 1)3成立.rmn+111证明：Tbn=2akk+ak+1k+ 2k+ ?k+ k+ 1an1n+12nn+1 n n+ 1，2ananian-2a21 1 1 1 1 1 1bn-1+bn=尹F+孑+F+n+12 jj j r I / Ii.i知识梳理1ca2k+2a2.再由f(x)在(g, 1上为减函数，得c=f(c)f(a2k+2)f(a2)=a31.故ca2k+31,因此a2(k+i)ca2(k+1)+11,这就是说，当n=k+ 1 时结论成立.1*综上所述，存在c= 4 使得a2nca2n+1对所有n N 成立.方法

47、二：设f(x) =, x2+ 1 1,贝Uan+1=f(an).先证 0wanW1(n N).当n= 1 时，结论显然成立.假设n=k时结论成立，即 0wakw1.易知f(x)在(一g,1上为减函数，从而0=f(1)wf(ak)wf(0)=211,即 0wak+1w1.这就是说，当n=k+ 1 时结论成立. 故成立.再证a2na2n+1(n N).当n= 1 时，a2=f(1) = 0,a3=f(a2) =f(0) = ：,.2 1,所以a2a3, 即卩n= 1 时成立.假设n=k时，结论成立，即a2kf(a2k+1) =a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2k+2) =a2(k

48、+1)+1.这就是说，当n=k+ 1 时成立. 所以对一切n N*成立.由，得a2nQa2n 2a2n+ 2 1 ,2 2即(a2n+ 1) a2n 2a2n+ 2.1因此a2nf(a2n+1)，即a2n+1a2 n+2.所以a2n+1甘a2n+1 2a2n+1+ 2 1.1解得a2n+1；.41 *综上所述，由知，存在c=：使得a2nc_jA tfFA沽T 4 J J 7 J I1fl一、平面向量基本定理的应用【例 1】已知梯形ABCD如图所示，=, MN分别为AD BC的中点.设=e1,=e2,试 用e1,e2表示， ， .n厂方法提炼应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则

49、或三角形法则进 行向量的加、减或数乘运算，共线向量定理的应用起着至关重要的作用当基底确定后，任 一向量的表示都是唯一的.请做针对训练1二、 平面向量的坐标运算【例 2】已知 A 2,4) ,B(3 , 1) ,0( 3, 4).设=a,=b,=c.(1) 求 3a+b-3c；(2) 求满足a=nto+nc的实数m n.方法提炼 1.向量的坐标运算实现了向量运算代数化，将数与形结合起来，从而使几何问 题可转化为数量运算.2 .两个向量相等当且仅当它们的坐标对应相同.此时注意方程(组)思想的应用.提醒：向量的坐标与点的坐标不同；向量平移后，其起点和终点的坐标都变了，但向量 的坐标不变.请做针对训练

50、2三、 平面向量共线的坐标表示【例 3- 1】已知a= (1,0) ,b= (2,1).(1) 当k为何值时，ka-b与a+ 2b共线；(2) 若=2a+ 3b,=a+nb且A,B, 0三点共线，求m的值.【例 3-2】已知向量a= (sin0, 2) ,b= (cos0, 1)，且a/b,其中o0,号(1) 求 sin0和 cos0的值；10n(2) 若 sin(0Q)=, 0v 0 v2，求 cos $ 的值.方法提炼向量共线的坐标表示既可以判定两向量平行，也可以由平行求参数.当两向量 的坐标均非零时，也可以利用坐标对应成比例来求解.请做针对训练3演练婀提戏已_ a售陽穩菲崛2考情分析从近

51、两年的高考试题来看，向量的坐标运算及向量共线的坐标表示是高考的热点，题型 既有选择题、填空题，又有解答题，属于中低档题目常与向量的数量积运算等交汇命题， 主要考查向量的坐标运算及向量共线条件的应用.同时又注重对函数与方程、转化化归等思 想方法的考查.预测 xx 年高考仍将以向量的坐标运算及向量共线的坐标表示为主要考点，重点考查运算 能力与应用能力.针对训练1.下列各组向量： e1= ( 1,2) ,e2= (5,7):e1= (3,5) ,e2= (6,10): 8 = (2 ,- 3) ,e2= 1,- 4，能作为表示它们所在平面内所有向量基底的是().A. B .C. D .2 .在ABC

52、中，点P在BC上，且=2，点Q是AC的中点，若=(4,3) , = (1,5)，则等于 ( ).A. ( - 6,21) B . ( - 2,7)C. (6 , - 21) D . (2 , - 7)(1 1 、3 .设a= sinx, 3n厂,b=i, ?cosx，且a/b,则锐角x等于().7t7t5n124 .已知直角坐标平面内的两个向量 量c都可以唯一的表示成c=入a+卩b,a= (1,3) ,b= (m,2m-3)，使得平面内的任意一个向 则m的取值范围是_.参考答案基础梳理自测 知识梳理1 .不共线 存在唯一一入iei+入2e2不共线的向量ei,e22.(i)(x，y)(x,y)(2)向量的坐标3.(2)(X2-xi,y2-yi) 终点的坐标减去起点的坐标(3)入b xiy2-X2yi= 0 基础自测i . D 解析： 2b-a= 2X(0，- i) (3,2) = (0，- 2) (3,2) = ( 3