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河北省唐山一中2014-2015学年高一(下)4月月考数学试卷(理科)


河北省唐山一中 2014-2015 学年高一 (下) 4 月月考数学试卷 (理 科)
一.选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分. 1.已知等差数列中,a4=1,a7+a9=16,则 a12 的值是( A. 15 B. 30 C. 31 2.在△ ABC 中,a=15,b=10,A=60°,则 cosB=( A. ﹣ B. ) D.
2 2

) D. 64

C. ﹣
2

3. 在△ ABC 中, 角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c, 若 a +c ﹣b =ac, 则角 B 的值为 ( A. 或 B. C. 或 D.



4.已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,若 a2015=S2015=2015,则首项 a1=( ) A. 2015 B. ﹣2015 C. 2013 D. ﹣2013 5. 已知等比数列{an}的公比为 q, 前 n 项和为 Sn, 且 S3, S9, S6 成等差数列, 则 q 等于 ( A. ﹣1 或 B. 1 或﹣ C. 1 D. ﹣
3



6.要测量底部不能到达的电视塔 AB 的高度,在 C 点测得塔顶 A 的仰角是 45°,在 D 点测 得塔顶 A 的仰角是 30°, 并测得水平面上的∠BCD=120°, CD=40m, 则电视塔的高度为 ( )

A. 10 7.数列 A.

m

B. 20m

C. 20

m

D. 40m 的前 10 项和为( )

B.

C.

D.

8.在△ ABC 中,三边 a、b、c 与面积 S 的关系是 S= (a +b ﹣c ) ,则角 C 应为( A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°

2

2

2



9.若 Sn,Tn 分别是等差数列{an},{bn}的前 n 项的和,且

=

(n∈N ) ,则

*

+

=(



A.

B.

C.

D.

10.将正奇数集合{1,3,5,…}由小到大按第 n 组有(2n﹣1)个奇数进行分组: (第一组) {1}, (第二组{3,5,7}, (第三组){9,11,13,15,17},…,则 2015 位于第( )组 中. A. 31 B. 32 C. 33 D. 34 11.在△ ABC 中,角 A、B、C、的对边分别为 a、b、c, (a+b) (cosA+cosB)=2c,则△ ABC ( ) A. 是等腰三角形,但不一定是直角三角形 B. 是直角三角形,但不一定是等腰三角形 C. 既不是等腰三角形,也不是直角三角形 D. 既不是等腰三角形,也是直角三角形

12. 设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn 且满足 S15>0, S16<0 则 最大的项为( A. ) B. C. D.



二.填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sm=5,S2m=20,则 S3m= 14.在△ ABC 中,若∠A=120°,AB=5,BC=7,则△ ABC 的面积 S= 15. 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 a1=1, an+1=2Sn, 则数列{an}的通项公式为 16.在△ ABC 中,D 为 BC 边上一点,BC=3BD,AD= 则 BD= .

. . . AB,

,∠ADB=135°.若 AC=

三.解答题:本大题共 6 小题,共 70 分. 17.在△ ABC 中,a=3,b=2 ,∠B=2∠A. (Ⅰ)求 cosA 的值;

(Ⅱ)求 c 的值. 18. 已知等比数列{an}中, a2, a3, a4 分别是某等差数列的第 5 项、 第 3 项、 第 2 项, 且 a1=64, 公比 q≠1. (Ⅰ)求 an; (Ⅱ)设 bn=log2an,求数列{|bn|}的前 n 项和 Tn. 19.是否存在三角形满足以下两个性质: (1)三边是连续的三个自然数; (2)最大角是最小角的 2 倍.若存在,求出该三角形;若不存在,请说明理由. 20.已知数列{an}是首项 a1=1,公差为 2 的等差数列,数列{bn}是首项 b1=1,公比为 3 的等 比数列.数列{cn}满足 cn=an?bn. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 21.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=2an+1(n∈N ) (1)求数列{an}的通项公式; b1﹣1 b2﹣1 b3﹣1 bn﹣1 bn (2)若数列{bn}满足 4 ?4 ?4 …4 =(an+1) ,证明:{bn}是等差数列. 22.数列{an}的首项 a1=1,前 n 项和为 Sn,满足关系 3tSn﹣(2t+3)Sn﹣1=3t(t>0,n=2,3, 4…) (1)求证:数列{an}为等比数列; (2)设数列{an}的公比为 f(t) ,作数列{bn},使 b1=1,bn=f( ) , (n=2,3,4…) ,求
*

bn (3)求 Tn=(b1b2﹣b2b3)+(b3b4﹣b4b5)+…+(b2n﹣1b2n﹣b2nb2n+1)的值.

河北省唐山一中 2014-2015 学年高一 (下) 4 月月考数学试卷 (理 科)
参考答案与试题解析

一.选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分. 1.已知等差数列中,a4=1,a7+a9=16,则 a12 的值是( ) A. 15 B. 30 C. 31 考点:等差数列的性质. 专题:等差数列与等比数列. 分析:根据等差数列的通项公式以及等差数列的性质进行求解. 解答: 解:∵a7+a9=16, ∴2a8=16,即 a8=8, ∵a4=1, ∴d= = = ,

D. 64

则 a12=a8+4d=8+4× =8+7=15, 故选:A. 点评:本题主要考查等差数列的应用,根据等差数列的通项公式和性质是解决本题的关键. 2.在△ ABC 中,a=15,b=10,A=60°,则 cosB=( A. ﹣ B. ) D.

C. ﹣

考点:正弦定理. 分析:根据正弦定理先求出 sinB 的值,再由三角形的边角关系确定∠B 的范围,进而利用 2 2 sin B+cos B=1 求解. 解答: 解:根据正弦定理 , 解得 , 可得,

又∵b<a, ∴B<A,故 B 为锐角, ∴ 故选 D. ,

点评:正弦定理可把边的关系转化为角的关系, 进一步可以利用三角函数的变换, 注意利用 三角形的边角关系确定所求角的范围. 3. 在△ ABC 中, 角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c, 若 a +c ﹣b =ac, 则角 B 的值为 ( A. 或 B. C. 或 D.
2 2 2



考点:余弦定理. 专题:计算题;解三角形. 分析:根据余弦定理结合题中等式,算出 cosB= 可得 B= .
2 2 2

= ,结合三角形内角的范围,

解答: 解:∵a +c ﹣b =ac ∴由余弦定理,得 cosB= 结合 B∈(0,π) ,可得 B= 故选:B 点评:本题给出三角形三边的平方关系,求 B 的大小.着重考查了利用余弦定理解三角形 的知识,属于基础题. 4.已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,若 a2015=S2015=2015,则首项 a1=( ) A. 2015 B. ﹣2015 C. 2013 D. ﹣2013 考点:等差数列的前 n 项和. 专题:等差数列与等比数列. 分析:设等差数列{an}的公差为 d,由题意可得 a1 和 d 的方程组,解方程组可得. 解答: 解:设等差数列{an}的公差为 d, 由题意可得 a2015=a1+2014d=2015, S2015=2015a1+ d=2015 = =

联立解得 a1=﹣2013,d=2, 故选:D 点评:本题主要考查等差数列的通项公式以及前 n 项和公式的应用,考查学生的计算能力. 5. 已知等比数列{an}的公比为 q, 前 n 项和为 Sn, 且 S3, S9, S6 成等差数列, 则 q 等于 ( A. ﹣1 或 B. 1 或﹣ C. 1 D. ﹣
3



考点:等差数列的性质. 专题:等差数列与等比数列.

分析:由题意可得 q≠1,由求和公式可得 + =2 ,解关于 q 的方程可得.

解答: 解:若 q=1,则有 S3=3a1,S6=6a1,S9=9a1. ∵a1≠0,∵S3+S6≠2S9,与已知矛盾,故 q≠1. 由题意可得 S3+S6=2S9,∴
3 6 3

+
6 3

=2

可得整理得 q (2q ﹣q ﹣1)=0,由 q≠0 得方程 2q ﹣q ﹣1=0. 3 3 分解因式可得(2q +1) (q ﹣1)=0, 3 3 ∵q≠1,q ﹣1≠0,∴2q +1=0, ∴q = 故选:D 点评:本题考查等差数列和等比数列的综合应用,涉及分类讨论的思想,属中档题. 6.要测量底部不能到达的电视塔 AB 的高度,在 C 点测得塔顶 A 的仰角是 45°,在 D 点测 得塔顶 A 的仰角是 30°, 并测得水平面上的∠BCD=120°, CD=40m, 则电视塔的高度为 ( )
3

A. 10

m

B. 20m

C. 20

m

D. 40m

考点:已知三角函数模型的应用问题. 专题:应用题;综合题. 分析:设出 AB=x,进而根据题意可表示出 BD,DC,进而在△ DBC 中利用余弦定理建立 方程求得 x. 解答: 解:由题可设 AB=x,则 , 2 2 2 在△ DBC 中,∠BCD=120°,CD=40,由余弦定理得 BD =BC +CD ﹣2BC?CD?cos∠DCB 2 2 2 即: ( ) =(40) +x ﹣2×40?x?cos120° 2 整理得:x ﹣20x﹣800=0 解得 x=40 或 x=﹣20(舍) 所以,所求塔高为 40 米. 故选 D.

点评:本题主要考查了解三角形的实际应用. 考查了运用数学知识, 建立数学模型解决实际 问题的能力.

7.数列 A. B. C.

的前 10 项和为( D.



考点:数列的求和. 专题:点列、递归数列与数学归纳法. 分析:设 an= 解答: 解:设 an= 则 an= × 则数列的前 n 项和 Sn= (1﹣ 则 S10= (1﹣ )= (1﹣ )= = ( +…+ = ,利用裂项法进行求和即可. , ﹣ ) , ﹣ , )= (1﹣ ) ,

故选:D 点评:本题主要考查数列求和的计算,利用裂项法是解决本题的关键. 8.在△ ABC 中,三边 a、b、c 与面积 S 的关系是 S= (a +b ﹣c ) ,则角 C 应为( A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
2 2 2



考点:余弦定理;正弦定理. 专题:计算题. 分析:用三角形面积公式表示出 S,利用题设等式建立等式,进而利用余弦定理求得 2 2 2 2abcosC=a +b ﹣c ,进而整理求得 sinC 和 cosC 的关系进而求得 C. 解答: 解:由三角形面积公式可知 S= absinC, ∵S= ∴ absinC= 由余弦定理可知 2abcosC=a +b ﹣c ∴sinC=cosC,即 tanC=1, ∴C=45° 故选 B 点评:本题主要考查了余弦定理的应用.要能熟练掌握余弦定理公式及其变形公式.
2 2 2



9.若 Sn,Tn 分别是等差数列{an},{bn}的前 n 项的和,且

=

(n∈N ) ,则

*

+

=(



A.

B.

C.

D.

考点:等差数列的性质;等差数列的前 n 项和. 专题:等差数列与等比数列. 分析:由等差数列的前 n 项和与题意,不妨设 Sn=n(2n+1)=2n +n,Tn=n(4n﹣2)=4n ﹣2n,由公式求出 an、bn,再代入所求的式子进行化简求值. 2 2 解答: 解:设 Sn=n(2n+1)=2n +n,Tn=n(4n﹣2)=4n ﹣2n, ∴an=Sn﹣Sn﹣1=4n﹣1,bn=Tn﹣Tn﹣1=8n﹣6, ∴a10=39,a11=43,b3=18,b6=42,b15=114,b18=138, 则原式= + = = .
2 2

故选:D. 点评:此题考查等差数列的通项公式、 前 n 项和公式的灵活应用, 及数列的前 n 项和与数列 中项的关系,熟练掌握等差数列的性质是解本题的关键. 10.将正奇数集合{1,3,5,…}由小到大按第 n 组有(2n﹣1)个奇数进行分组: (第一组) {1}, (第二组{3,5,7}, (第三组){9,11,13,15,17},…,则 2015 位于第( )组 中. A. 31 B. 32 C. 33 D. 34 考点:归纳推理. 专题:推理和证明. 分析:依题意前 n 组中有奇数 1+3+5+…+(2n﹣1)个,由等差数列的前 n 项和公式化简, 求出 2015 第 1008 正奇数,由 31 =961<1004<1024=32 ,可知 2015 位于第 31+1=32 组中. 解答: 解:依题意前 n 组中共有奇数: 1+3+5+…+(2n﹣1)=
2 2 2 2

=n 个,

2

而 2015=2×1008﹣1,它是第 1008 正奇数. ∵31 =961<1008<1024=32 ,∴20015 应在第 31+1=32 组中. 故选:B. 点评:本题考查归纳推理,等差数列的前 n 项和公式,考查了观察、归纳、推理能力,属于 基础题. 11.在△ ABC 中,角 A、B、C、的对边分别为 a、b、c, (a+b) (cosA+cosB)=2c,则△ ABC ( ) A. 是等腰三角形,但不一定是直角三角形 B. 是直角三角形,但不一定是等腰三角形

C. 既不是等腰三角形,也不是直角三角形 D. 既不是等腰三角形,也是直角三角形 考点:正弦定理;同角三角函数基本关系的运用. 专题:解三角形. 分析:根据正弦定理和两角和的正弦公式化简(a+b) (cosA+cosB)=2c,根据内角的范围 判断出△ ABC 的形状. 解答: 解:由题意知, (a+b) (cosA+cosB)=2c, ∴由正弦定理得, (sinA+sinB) (cosA+cosB)=2sinC, sinAcosA+sinAcosB+sinBcosA+sinBcosB=2sinC sinAcosA+sin(A+B)+sinBcosB=2sinC 又 sin(A+B)=sinC,则 sinAcosA﹣sin(A+B)+sinBcosB=0, ∴sinAcosA﹣sinAcosB﹣sinBcosA+sinBcosB=0 sinA(cosA﹣cosB)﹣sinB(cosA﹣cosB)=0 ∴(cosA﹣cosB) (sinA﹣sinB)=0, ∴cosA=cosB 或 sinA=sinB, 又 A、B∈(0,π) ,则 A=B, ∴a=b,则△ ABC 是等腰三角形, 故选:A. 点评:本题考查正弦定理,两角和的正弦公式的应用,以及化简、变形能力,属于中档题.

12. 设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn 且满足 S15>0, S16<0 则 最大的项为( A. ) B. C. D.



考点:等差数列的性质. 专题:等差数列与等比数列. 分析:利用等差数列的求和公式即等差数列的性质可得 a8>0,a9<0,d<0,即 an 递减, 前 8 项中 Sn 递增,即当 Sn 最大且 an 取最小正值时,
2

有最大值,从而可得答案.

解答: 解:∵等差数列前 n 项和 Sn= ?n +(a1﹣ )n, 由 S15=15a8>0,S16=16× <0 可得:

a8>0,a9<0,d<0; 故 Sn 最大值为 S8. 又 d<0,an 递减,前 8 项中 Sn 递增, 故 Sn 最大且 an 取最小正值时, 有最大值,



最大.

故选:C. 点评:本题考查等差数列的求和公式即等差数列的性质,分析得到当 Sn 最大且 an 取最小正 值时, 有最大值是关键,考查推理与运算能力,属于难题.

二.填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 Sm=5,S2m=20,则 S3m= 65 . 考点:等比数列的前 n 项和. 专题:等差数列与等比数列. 分析:利用等比数列的性质进行求解即可. 解答: 解:在等比数列{an}中,∵Sm=5≠0,S2m=20≠0, ∴Sm,S2m﹣Sm,S3m﹣S2m,也成等比数列, 即 5,15,S3m﹣20 也成等比数列, 则公比 q=3, 则 S3m﹣20=3×15=45, 即 S3m=65, 故答案为:65. 点评:本题主要考查等比数列前 n 项和公式的性质,在等比数列中,Sm,S2m﹣Sm,S3m﹣ S2m,也成等比数列,要求熟练掌握这个结论. 14.在△ ABC 中,若∠A=120°,AB=5,BC=7,则△ ABC 的面积 S= .

考点:正弦定理. 专题:计算题. 分析:用余弦定理求出边 AC 的值,再用面积公式求面积即可. 2 2 2 解答: 解:据题设条件由余弦定理得|BC| =|AB| +|AC| ﹣2|AB||AC|cosA 即 49=25+|AC| ﹣2×5×|AC|×(﹣ ) , 即 AC| +5×|AC|﹣24=0 解得|AC|=3 故△ ABC 的面积 S= ×5×3×sin120°= 故应填 点评:考查用余弦定理建立方程求值及用三角形的面积公式求三角形的面积, 训练公式的熟 练使用.
2 2

15.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,an+1=2Sn,则数列{an}的通项公式为 .

考点:数列的概念及简单表示法. 专题:等差数列与等比数列. 分析:先看 n≥2 根据题设条件可知 an=2Sn﹣1, 两式想减整理得 an+1=3an, 判断出此时数列{an} 为等比数列,a2=2a1=2,公比为 3,求得 n≥2 时的通项公式,最后综合可得答案. 解答: 解:当 n≥2 时,an=2Sn﹣1, ∴an+1﹣an=2Sn﹣2Sn﹣1=2an, 即 an+1=3an, ∴数列{an}为等比数列,a2=2a1=2,公比为 3, n﹣2 ∴an=2?3 , 当 n=1 时,a1=1 ∴数列{an}的通项公式为 .

故答案为:



点评:本题主要考查了数列的递推式求数列通项公式.解题的最后一定要验证 a1.是基础 题. 16.在△ ABC 中,D 为 BC 边上一点,BC=3BD,AD= 则 BD= 2+ . ,∠ADB=135°.若 AC= AB,

考点:余弦定理. 专题:计算题;压轴题. 分析:先利用余弦定理可分别表示出 AB,AC,把已知条件代入整理,根据 BC=3BD 推断 出 CD=2BD,进而整理 AC =CD +2﹣2CD 得 AC =4BD +2﹣4BD 把 AC= 理,最后联立方程消去 AB 求得 BD 的方程求得 BD. 解答: 用余弦定理求得 2 2 2 AB =BD +AD ﹣2AD?BDcos135° 2 2 2 AC =CD +AD ﹣2AD?CDcos45° 2 2 2 2 即 AB =BD +2+2BD ①AC =CD +2﹣2CD ② 又 BC=3BD 所以 CD=2BD 2 2 所以 由(2)得 AC =4BD +2﹣4BD(3) 因为 AC= AB 2 2 所以 由(3)得 2AB =4BD +2﹣4BD (4) (4)﹣2(1) 2 BD ﹣4BD﹣1=0 求得 BD=2+
2 2 2 2

AB,代入整

故答案为:2+ 点评:本题主要考查了余弦定理的应用.考查了学生创造性思维能力和基本的推理能力. 三.解答题:本大题共 6 小题,共 70 分. 17.在△ ABC 中,a=3,b=2 ,∠B=2∠A. (Ⅰ)求 cosA 的值; (Ⅱ)求 c 的值. 考点:正弦定理;余弦定理. 专题:解三角形. 分析: (Ⅰ)由条件利用正弦定理和二倍角公式求得 cosA 的值. (Ⅱ)由条件利用余弦定理,解方程求得 c 的值. 解答: 解: (Ⅰ)由条件在△ ABC 中,a=3, ,∠B=2∠A,利用正弦定理可得 ,即 解得 cosA= .
2 2 2

=



(Ⅱ)由余弦定理可得 a =b +c ﹣2bc?cosA,即 9=

+c ﹣2×2

2

×c×

,即 c

2

﹣8c+15=0. 解方程求得 c=5,或 c=3. 当 c=3 时,此时 a=c=3,根据∠B=2∠A,可得 B=90°,A=C=45°, △ ABC 是等腰直角三角形,但此时不满足 a +c =b ,故舍去. 综上,c=5. 点评:本题主要考查正弦定理和余弦定理,以及二倍角公式的应用,注意把 c=3 舍去,这是 解题的易错点,属于中档题. 18. 已知等比数列{an}中, a2, a3, a4 分别是某等差数列的第 5 项、 第 3 项、 第 2 项, 且 a1=64, 公比 q≠1. (Ⅰ)求 an; (Ⅱ)设 bn=log2an,求数列{|bn|}的前 n 项和 Tn. 考点:数列的求和. 专题:等差数列与等比数列. 分析: (1)设某等差数列为{bn},则 b5=a2=a1q=64q,b3=a3=64q , 用 b5=b2+3(b3﹣b2) ,解得 q,再利用等比数列的通项公式即可得出. (2)利用对数的运算法则、等差数列的前 n 项和公式即可得出. 解答: 解: (1)设某等差数列为{bn},则 b5=a2=a1q=64q,b3=a3=64q , ∵b5=b2+3(b3﹣b2) , 3 2 3 ∴64q=64q +3(64q ﹣64q ) , 化为 2q ﹣3q+1=0,q≠1,解得 q= .
2 2 2 2 2 2

.利





=

= =﹣n﹣5.



(2)∵bn=log2an= ∴|bn|=n+5 ∴数列{|bn|}的前 n 项和 Tn=



点评:本题考查了对数的运算法则、 等差数列与等比数列的通项公式及前 n 项和公式, 属于 中档题. 19.是否存在三角形满足以下两个性质: (1)三边是连续的三个自然数; (2)最大角是最小角的 2 倍.若存在,求出该三角形;若不存在,请说明理由. 考点:解三角形. 专题:解三角形. 分析:设三角形三边是连续的三个自然 n﹣1,n,n+1,三个角分别为 α,π﹣3α,2α,由正 弦定理求得 cosα= n? ,再由余弦定理可得 (n﹣1) =(n+1) +n ﹣2(n+1)
2 2 2

,求得 n=5,从而得出结论.

解答: 解:设三角形三边是连续的三个自然 n﹣1,n,n+1,三个角分别为 α,π﹣3α,2α, 由正弦定理可得 ∴cosα= .
2 2 2 2 2 2

=



再由余弦定理可得 (n﹣1) =(n+1) +n ﹣2(n+1)n?cosα,即 (n﹣1) =(n+1) +n ﹣2(n+1)n?
2



化简可得 n ﹣5n=0,∴n=5. 此时,三角形的三边分别为:4,5,6,可以检验最大角是最 小角的 2 倍. 综上,存在一个三角形三边长分别为 4,5,6,且最大角是最小角的 2 倍. 2 点评:本题考查正弦定理、余弦定理的应用,求得 n ﹣5n=0,是解题的难点,属于中档题. 20.已知数列{an}是首项 a1=1,公差为 2 的等差数列,数列{bn}是首项 b1=1,公比为 3 的等 比数列.数列{cn}满足 cn=an?bn. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 考点:数列的求和. 专题:等差数列与等比数列. 分析: (1)根据等比数列和等差数列的通项公式进行求解即可求数列{an},{bn}的通项 公式; (2)求出数列{cn}的通项公式,利用错位相减法进行求和即可.

解答: 解: (1)∵数列{an}是首项 a1=1,公差为 2 的等差数列,数列{bn}是首项 b1=1,公 比为 3 的等比数列, ∴an=1+2(n﹣1)=2n﹣1,bn=3 . n﹣1 (2)∵an=2n﹣1,bn=3 . n﹣1 ∴cn=an?bn=(2n﹣1)3 . 则 Sn=c1+c2+c3+…+cn, 0 1 n﹣1 即 Sn=1?3 +3?3 +…+(2n﹣1)?3 , 2 3 n﹣1 n 3Sn=3+3?3 +5?3 +…+(2n﹣3)?3 +(2n﹣1)?3 , 2 3 n﹣1 n 两式相减得﹣2Sn=1+2?3+2?3 +2?3 +…+2?3 ﹣(2n﹣1)?3 =1+
n n﹣1

﹣(2n﹣1)?3
n

n

=﹣2+3 ﹣(2n﹣1)?3 n =﹣2+(2﹣2n)?3 n 则 Sn=1+(n﹣1)?3 . 点评:本题主要考查等比数列和等差数列的通项公式的求解,以及利用错位相减法进行求 和,考查学生的运算能力. 21.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=2an+1(n∈N ) (1)求数列{an}的通项公式; b1﹣1 b2﹣1 b3﹣1 bn﹣1 bn (2)若数列{bn}满足 4 ?4 ?4 …4 =(an+1) ,证明:{bn}是等差数列. 考点:数列的求和. 专题:点列、递归数列与数学归纳法. 分析: (1)通过对 an+1=2an+1 变形可得 an+1+1=2(an+1) ,进而可得 an+1=2 ,从而可得 结论; (2)通过同底指数幂的运算性质,可得 = ,两边取对数
n *

得 2[b1+b2+…+bn﹣n]=nbn,进而 2[b1+b2+…+bn+1﹣(n+1)]=(n+1)bn+1,两式相减并整理 得: (n﹣1)bn+1﹣nbn+2=0,进而 nbn+2﹣(n+1)bn+1+2=0,再两式相减即得结论. 解答: (1)解:∵an+1=2an+1, ∴an+1+1=2(an+1) , ∴数列{an+1}是公比为 2 的等比数列, 又∵a1=1,∴1+a1=2, n ∴an+1=2 , n ∴数列{an}的通项公式 an=2 ﹣1; ﹣ ﹣ b1 1 b2 1 b3﹣1 bn﹣1 bn (2)证明:∵4 ?4 ?4 …4 =(an+1) , ∴ 两边取对数,得:log2 ∴2(b1+b2+…+bn)﹣2n=nbn, 即 2[b1+b2+…+bn﹣n]=nbn, 2[b1+b2+…+bn+1﹣(n+1)]=(n+1)bn+1, = , =log2 ,

两式相减得:bn+1﹣1=

bn+1﹣ bn,

整理得: (n﹣1)bn+1﹣nbn+2=0, ∴nbn+2﹣(n+1)bn+1+2=0, 两式相减得:nbn+2﹣2nbn+1+nbn=0, ∴bn+2﹣2bn+1+bn=0, 即 bn+2+bn=2bn+1, ∴数列{bn}是等差数列. 点评:本题考查利用数列的递推公式构造等比数列求解通项公式, 利用数列的递推公式转化 数列的和与项之间的关系,裂项求解数列的和的应用,注意解题方法的积累,属于中档题. 22.数列{an}的首项 a1=1,前 n 项和为 Sn,满足关系 3tSn﹣(2t+3)Sn﹣1=3t(t>0,n=2,3, 4…) (1)求证:数列{an}为等比数列; (2)设数列{an}的公比为 f(t) ,作数列{bn},使 b1=1,bn=f( ) , (n=2,3,4…) ,求

bn (3)求 Tn=(b1b2﹣b2b3)+(b3b4﹣b4b5)+…+(b2n﹣1b2n﹣b2nb2n+1)的值. 考点:数列递推式;等比关系的确定;数列的求和. 专题:综合题. 分析: (1)由已知 3tSn﹣(2t+3)Sn﹣1=3t,可得 3tsn﹣1﹣(2t+3)sn﹣2=3t,两式相减可 得数列 an 与 an﹣1 的递推关系,从而可证. (2)把 f(t)的解析式代入 bn,进而可知 bn= +bn﹣1,判断出{bn}是一个首项为 1,公差为 的等差数列.进而根据等差数列的通项公式求得答案. (3){bn}是等差数列,用分组法求得数列的 b1b2﹣b2b3+b3b4﹣…+b2n﹣1b2n﹣b2nb2n+1 和. 解答: (1)证:∵3tSn﹣(2t+3)Sn﹣1=3t,3tSn+1﹣(2t+3)Sn=3t(n≥2) ,两式相减得 3tan+1﹣(2t+3)an=0 又 t>0 ∴ (n≥2) ,

又当 n=2 时,3tS2﹣(2t+3)S1=3t, 即 3t(a1+a2)﹣(2t+3)a1=3t,得 ,







(n≥1) ,

∴{an}为等比数列

(2)解:由已知得,f(t)=

∴bn=f(

)=

= +bn﹣1(n≥2,n∈N ) .

*

∴{bn}是一个首项为 1,公差为 的等差数列. 于是 bn= n+ (3)解:Tn=b1b2﹣b2b3+b3b4﹣…+b2n﹣1b2n﹣b2nb2n+1? =b2(b1﹣b3)+b4(b3﹣b5)+…+b2n(b2n﹣1﹣b2n+1)=﹣2(b2+b4+…+b2n) =﹣2d(b2+b4+…+b2n) = = 点评:本题主要考查了利用递推关系实现数列和与项的相互转化, 进而求通项公式, 等差数 列的通项公式的运用,数列的求和,在解题中体现了分类讨论的思想.


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