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1、专题五数列 1.已知 an为等比数列，下面结论中正确的是 () Aa1a32a2 Ba 2 1a 2 32a 2 2 C若 a1a3，则 a1a2 D若 a3a1，则 a4 a2 2.数列 an的通项公式 anncosn 2 ，其前 n 项和为 Sn，则 S2012等于 () A1006B2012 C503 D0 3.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
2、列函数”的f(x)的序号为 () AB CD 4.已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，a11，Sn2an1，则 Sn( ) A. 2 n1 B. 3 2 n 1 C. 2 3 n 1 D. 1 2 n1 5.对于 n N*，将 n 表示为 nak2kak12k 1 a 1 2 1a 02 0，当 ik 时， a i 1，当 0i k1 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
3、，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都有 an2an 12an0，则 S5_ 8.已知 f(x) 1 1x，各项均 为正数的数列 an满足 a11，an2f(an)若 a2010 a2012，则 a20 a11的值是 _ 9.已知各项均为正数的两个数列 an和 bn满足： an1 an bn a 2 nb 2 n ，nN *. (1)设 bn11b n an ，nN *，求证：数列bn an 2 是等差数列； (2)设
4、bn1 2 bn an，nN * ，且 an是等比数列，求 a1和 b1的值 10.已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2n2 n，nN *，数列 b n 满足 an4log2bn3， nN *. ()求 an，bn； ()求数列 anbn的前 n 项和 Tn. 11.设函数 f(x) x 2sin x 的所有正的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. 来源: 数理化网 12.已知等比数列 an 的公比为q 1 2. ()若 a31 4，求数列 an 的前 n 项和； ()证明：对任意kN，ak，ak2，a
5、k1成等差数列 13.对于项数为m 的有穷数列 an，记 bkmax a1，a2， ak(k 1，2， 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ak bmk1C(C 为常数， k1，2， m)求证： bkak(k1，2， m)； (3)设 m100，常数 a 1 2，1 .若 anan 2( 1) n（ n1） 2 n， bn是 an的控制数列，求(b1 a1)(b2a2
6、) (b100a100) 来源: 专题五数列 1.B 法一 (比差法 )：设an 公比为 q0.则 a 2 1 a 2 32a 2 2a 2 1(a1q 2)22(a 1q) 2a2 1(q 2 1)2 0， a2 1 a 2 32a 2 2. 法二 (基本不等式法)： a 2 1a 2 32a1a32a 2 2，当且仅当 a1a3时取“”号 2.A S2012cos 2 2cos 3cos3 2 4cos2 2012cos1006 (0 204)(0608) (02010 02012) 5032 1006. 3.C an为等比数列，公比为q，若 f(x)x 2， 则 f(an)a2 n，f(
7、an1)a 2 n1， f（an1） f（an） a 2 n1 a 2 n q2.若 f(x) （x）， 则 f(an) |an|；f（a n1） f（an） |an1| |an| |q|. 故、适合 来源 : 4.B 由 Sn2an12(Sn1Sn) Sn1 Sn 3 2 Sn 组成以 S1a11 为首项，以 3 2为公比的等比数列， Sn (3 2) n1. 5.(1)3 (2)2(1)n2 时， 212 1020，a 11，a00， b21； n4 时， 412 2021 020， b 4 1； n6 时， 612 2121 020， b 6 0； n8 时， 812 3022 0210
8、20， b 81. 故填 3. (2)n1 时， 112 0， b 11； n9 时， 912 3022 021120， b 90； n10 时， 1012 30 22121 020， b 100； n11 时， 1112 30 22 121120， b 111； n12 时， 1212 31 22021 020， b 120； n13 时， 1312 31 22021 120， b 131； n14 时， 1412 31 22121 020， b 141； 归纳得： cm的最大值为2. 6.2 由已知 2(a1q n1 a 1q n1)5a 1q n， 2(1q2) 5q， 2q25q20，
9、 q2 或 q 1 2， 又 an递增， q2. 7.11 ? nN，都有 an1 an2 2an. a1 qna1qn 12a 1q n1， qq22. q2 q20， q1(舍去 )或 q 2. S5 1（ 2） 5 12 11. 8.13 53 26 a11， an2f(an) 1 1 an. a3 1 2，a5 2 3，a7 3 5， a95 8，a 11 8 13. 又 an0，a2010a2012 1 1a2010， a2 2010a201010， a2010 15 2 ， 同理： a2010a2008 a20 15 2 ， a20a11 15 2 8 13 3135 26 . 9
10、.解： (1)由题设知 an1 anbn a 2 nb 2 n 1 bn an 1 bn an 2 bn1 1 bn an 2， 所以 bn1 an1 1 bn an 2 ， 从而 bn1 an1 2 bn an 2 1(nN *)， 所以数列 bn an 2 是以 1 为公差的等差数列 (2)因为 an0，bn0， 所以 （anbn） 2 2 a 2 nb 2 n(anbn) 2， 从而 1 an1 anbn a 2 nb 2 n 2.(*) 设等比数列 an的公比为 q，由 an0 知 q0.下证 q1. 若 q1，则 a1 a2 q a22， 故当 n logq 2 a1 时， an1a
11、1qn2，与 (*) 矛盾； 若 0 q1，则 a1 a2 q a21， 故当 n logq 1 a1时， an 1a1qn1，与 (*) 矛盾 综上， q 1，故 ana1(nN *)，所以 1a 1 2. 又 bn12b n an 2 a1 bn(nN *)，所以 b n是公比为 2 a1 的等比数列 若 a12，则 2 a1 1，于是 b1 b2 b3.又由 a1 a1bn a 2 1b 2 n 得 bna 1a 2 12a 2 1 a 2 11 ，所以 b1，b2，b3中至少有两项相 同，矛盾所以a12，从而 bna 1a 2 12a 2 1 a 2 11 2. 所以 a1b12. 1
12、0.解： ( )由 Sn2n2n，得 当 n1 时， a1S13； 当 n2 时， anSnSn1 4n1. 所以 an4n1，nN *. 由 4n1 an4log2bn 3，得 bn2 n1， nN*. ()由()知 anbn(4n1) 2 n1，nN*. 所以 Tn37 211 22 (4n 1)2n 1 . 2Tn3272 2 (4n5) 2n1(4n1) 2n. 所以 2TnTn(4n1)2 n34(2 22 2n1) (4n5)2 n5. 故 Tn(4n 5)2n5，nN *. 11.解： ( )因为 f (x) 1 2cosx0，cosx 1 2， 解得 x 2k 2 3(kZ)
13、由 xn是 f(x)的第 n 个正极小值点知， 来源: xn2n 2 3(nN * ) ()由()可知， Sn2(12 n) 2 3nn(n1) 2n 3 ， 所以 sinSnsin(n(n1) 2n 3 ) 因为 n(n 1)表示两个连续正整数的乘积，n(n1)一定为偶数所以sinSn sin(2n 3 ) 当 n3m2(mN *)时， sinSn sin(2m 4 3) 3 2 ； 当 n3m1(mN *)时， sinSn sin(2m 2 3) 3 2 ； 当 n3m(mN *)时， sinS n sin2m0. 综上所述， sinSn 3 2 ，n3m2（mN * ） 3 2 ，n3m
14、 1（mN *） 0， n3m（mN *） . 12.解： ( )由 a3a1q 21 4及 q 1 2，得 a11， 所以数列 an 的前 n 项和 来源 : Sn 11（ 1 2） n 1（ 1 2） 2（ 1 2） n1 3 . ()证明 ：对任意 kN， 2ak2(akak1)2a1q k1(a 1q k1a 1q k) a1qk 1(2q2q1)， 由 q 1 2得 2q 2q10，故 2a k2(akak1)0，即 2ak2akak1， 所以，对任意kN，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
15、；2，3，4，5， 4；2，3，4，5， 5. (2)因为 bkmax a1，a2， ak ，bk1max a1， a2， ak，ak1，所以 bk1bk. 因为 akbmk1C，ak1bmkC， 所以 ak1akbmk1bmk0，即 ak1 ak. 因此， bkak. (3)对 k1，2， 25， a4k3a(4k3) 2(4k3)； a4k2a(4k2) 2(4k2)； a4k1a(4k1) 2(4k1)； a4k a(4k) 2(4k) 比较大小，可得a4k2a4k3. 因为 1 2a4k1； a4ka4k22(2a1)(4k1)0，即 a4ka4k2. a4ka4k1， 从而 b4k3a4k3，b4k2a4k2， b4k1a4k2，b4ka4k. 因此 (b1a1) (b2a2) (b100a100) (a2a3)(a6a7) (a98 a99) k1 25 (a4k2 a4k1）=(1-a) k1 25 (8k3) 2525(1a)