1、大二轮理2大二轮 数学 理适考素能特训3大二轮 数学 理一、选择题12016重庆测试在数列an中，若 a12，且对任意正整数m，k，总有amkamak，则an的前n项和Sn()An(3n1)B.nn32Cn(n1)D.n3n12解析 依题意得 an1ana1，即有 an1ana12，所以数列an是以 2 为首项、2 为公差的等差数列，an22(n1)2n，Snn22n2n(n1)，选 C.4大二轮 数学 理22016郑州质检正项等比数列an中的 a1、a4031 是函数 f(x)13x34x26x3 的极值点，则 log 6 a2016()A1 B2C.2D1解析 因为 f(x)x28x6，且
2、 a1、a4031 是方程 x28x60 的两根，所以 a1a4031a220166，即 a2016 6，所以 log6 a20161，故选 A.5大二轮 数学 理32016太原一模已知数列an的通项公式为 an(1)n(2n1)cosn2 1(nN*)，其前 n 项和为 Sn，则 S60()A30 B60C90 D120解析 由题意可得，当 n4k3(kN*)时，ana4k31；当 n4k2(kN*)时，ana4k268k；当 n4k1(kN*)时，ana4k11；当 n4k(kN*)时，ana4k8k.a4k3a4k2a4k1a4k8，S60815120.故选 D.6大二轮 数学 理4某年
3、“十一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨 6 时 30 分有 2 人进入公园，接下来的第一个 30 分钟内有 4 人进去 1 人出来，第二个 30 分钟内有 8 人进去 2 人出来，第三个 30 分钟内有16 人进去 3 人出来，第四个 30 分钟内有 32 人进去 4 人出来按照这种规律进行下去，到上午 11 时 30 分公园内的人数是()A21147 B21257C21368 D214807大二轮 数学 理解析 由题意，可知从早晨 6 时 30 分开始，接下来的每个 30 分钟内进入的人数构成以 4 为首项，2 为公比的等比数列，出来的人数构成以 1 为首
4、项，1 为公差的等差数列，记第 n 个 30 分钟内进入公园的人数为 an，第 n 个 30 分钟内出来的人数为 bn 则 an42n1，bnn，则上午 11 时 30分公园内的人数为 S2412101210110221257.8大二轮 数学 理5已知曲线 C：y1x(x0)及两点 A1(x1,0)和 A2(x2,0)，其中 x2x10.过 A1，A2 分别作 x 轴的垂线，交曲线 C 于 B1，B2两点，直线 B1B2 与 x 轴交于点 A3(x3,0)，那么()Ax1，x32，x2 成等差数列Bx1，x32，x2 成等比数列Cx1，x3，x2 成等差数列Dx1，x3，x2 成等比数列9大二
5、轮 数学 理解析 由题意，得 B1，B2 两点的坐标分别为x1，1x1，x2，1x2.所以直线 B1B2 的方程为 y 1x1x2(xx1)1x1，令 y0，得 xx1x2，所以 x3x1x2，因此，x1，x32，x2 成等差数列10大二轮 数学 理62016江西南昌模拟设无穷数列an，如果存在常数 A，对于任意给定的正数(无论多小)，总存在正整数 N，使得 nN 时，恒有|anA|1，所以对于正数 01，不存在正整数 N，使得 nN 时，恒有|an2|0 成立，即 2 不是数列113 135 15712n12n1 的极限13大二轮 数学 理对 于 ，|an 2|112 122 123 12n
6、12 11 12n1122 22n，令 22n1log2，所以对于任意给定的正数(无论多小)，总存在正整数 N，使得 nN 时，恒有|an2|1，所以对于正数01，不存在正整数 N，使得 nN 时，恒有|an2|0，an13an，an为等比数列，且公比为3，Sn3n1.16大二轮 数学 理82016唐山统考Sn 为等比数列an的前 n 项和，若2S4S22，则 S6 的最小值为_3解析 由题意得 2(a1a1qa1q2a1q3)a1a1q2，整理，得(a1a1q)(12q2)2，即 S2(12q2)2.因为 12q20，所以 S20.又由 2S4S22，得 S412S21.由等比数列的性质，得
7、 S2，S4S2，S6S4 成等比数列，所以(S4S2)2S2(S6S4)，所以 S6S4S22S2S4112S22S212S2134S2 1S2234S2 1S2 3，当且仅当34S2 1S2，即 S22 33 时等号成立，所以 S6 的最小值为 3.17大二轮 数学 理92016武昌调研设 Sn 为数列an的前 n 项和，Sn 12n (1)nan(nN*)，则数列Sn的前 9 项和为_ 3411024解析 因为 Sn 12n(1)nan，所以 Sn1 12n1(1)n1an1(n2)，两式相减得 SnSn1 12n 12n1(1)nan(1)n1an1，即 an 12n(1)nan(1)
8、nan1(n2)，18大二轮 数学 理当 n 为偶数时，an 12nanan1，即 an1 12n，此时 n1 为奇数，所以若 n 为奇数，则 an 12n1；当 n 为奇数时，an 12nanan1，即 2an 12nan1，所以 an1 12n1，此时 n1 为偶数，所以若 n 为偶数，则 an 12n.19大二轮 数学 理所以数列an的通项公式为 an 12n1，n为奇数12n，n为偶数所以数列Sn的前 9 项和为 S1S2S3S99a18a27a36a43a72a8a9(9a18a2)(7a36a4)(3a7 2a8)a9 122 124 126 128 1210 1221145114
9、 3411024.20大二轮 数学 理三、解答题102016合肥质检在数列an中，a112，an1n12n an，nN*.(1)求证：数列ann 为等比数列；(2)求数列an的前 n 项和 Sn.21大二轮 数学 理解(1)证明：由 an1n12n an 知 an1n112ann，ann 是以12为首项，12为公比的等比数列(2)由(1)知ann 是首项为12，公比为12的等比数列，ann 12n，an n2n，Sn 121 222 n2n，22大二轮 数学 理则12Sn 122 223 n2n1，得12Sn12 122 123 12n n2n11n22n1，Sn2n22n.23大二轮 数学
10、理112015安徽高考设 nN*，xn 是曲线 yx2n21 在点(1,2)处的切线与 x 轴交点的横坐标(1)求数列xn的通项公式；(2)记 Tnx21x23x22n1，证明：Tn 14n.解(1)y(x2n21)(2n2)x2n1，曲线 yx2n21 在点(1,2)处的切线斜率为 2n2，从而切线方程为 y2(2n2)(x1)令 y0，解得切线与 x 轴交点的横坐标 xn1 1n1nn1.24大二轮 数学 理(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知Tnx21x23x22n11223422n12n2.当 n1 时，T114.当 n2 时，因为 x22n12n12n22n122n2 2n121
11、2n22n22n n1n，所以 Tn1221223n1n 14n.综上可得对任意的 nN*，均有 Tn 14n.25大二轮 数学 理122016河南开封质检已知数列an满足 a11，an11 14an，其中 nN*.(1)设 bn22an1，求证：数列bn是等差数列，并求出an的通项公式；(2)设 cn 4ann1，数列cncn2的前 n 项和为 Tn，是否存在正整数 m，使得 Tn1cmcm1对于 nN*恒成立？若存在，求出 m 的最小值；若不存在，请说明理由26大二轮 数学 理解(1)bn1bn22an1122an1221 14an 122an1 4an2an122an12(常数)，数列b
12、n是等差数列a11，b12，因此 bn2(n1)22n，由 bn22an1得 ann12n.27大二轮 数学 理(2)由 cn 4ann1，ann12n 得 cn2n，cncn24nn221n 1n2，Tn2113121413151n 1n22112 1n1 1n2 3，28大二轮 数学 理依题意要使 Tn1cmcm1对于 nN*恒成立，只需1cmcm13，即mm143，解得 m3 或 m4，又 m 为正整数，所以 m 的最小值为 3.29大二轮 数学 理典题例证2016山东高考已知数列an的前 n 项和 Sn3n28n，bn是等差数列，且 anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令
13、 cnan1n1bn2n.求数列cn的前 n 项和 Tn.30大二轮 数学 理审题过程切入点 依据 an 与 Sn 的关系可求 an，进而求出bn 的通项关注点 先化简数列 cn，然后依据其结构特征采取错位相减求和.31大二轮 数学 理规范解答(1)由题意知当 n2 时，anSnSn16n5，当 n1 时，a1S111，所以 an6n5.设数列bn的公差为 d，由a1b1b2，a2b2b3，得112b1d，172b13d，32大二轮 数学 理可解得 b14，d3.所以 bn3n1.(2)由(1)知 cn6n6n13n3n 3(n1)2n1.又 Tnc1c2cn，所以 Tn3222323(n1)2n1，2Tn3223324(n1)2n2，两式作差，得Tn322223242n1(n1)2n234412n12 n12n2 3n2n2，所以 Tn3n2n2.33大二轮 数学 理模型归纳求数列的通项公式及前 n 项和的模型示意图如下：