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1、数列专题主要是题型的练习与把握，高考大题是一道，另外还有23题的得分，不可以轻心哟。已知an为等比数列，下面结论中正确的是()Aa1a32a2Baa2aC若a1a3，则a1a2D若a3a1，则a4a2数列an的通项公式anncos，其前n项和为Sn，则S2012等于()A1006B2012C503 D0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)；f(x)ln|x|.则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为()A BC D已知数列a
2、n的前n项和为Sn，a11，Sn2an1，则Sn()A. 2n1 B. C. D. 对于nN*，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_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_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an2an12an0，则S5_已知f(x
3、)，各项均为正数的数列an满足a11，an2f(an)若a2010a2012，则a20a11的值是_已知各项均为正数的两个数列an和bn满足：an1，nN*.(1)设bn11，nN*，求证：数列是等差数列；(2)设bn1，nN*，且an是等比数列，求a1和b1的值已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2n2n，nN*，数列bn满足an4log2bn3，nN*.()求an，bn；()求数列anbn的前n项和Tn.设函数f(x)sin 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.已知等比数列an的公比为q.()若a3，求数列an的前
4、n项和；()证明：对任意kN，ak，ak2，ak1成等差数列对于项数为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：bkak(k1，2，m)；(3)设m100，常数a.若anan2(1)n，bn是an的控制数列，求(b1a1)(b2a2)(b100a100)数列专题B法一(比差法)：设an公比为q0.则a
5、a2aa(a1q2)22(a1q)2a(q21)20，aa2a.法二(基本不等式法)：aa2a1a32a，当且仅当a1a3时取“”号AS2012cos2cos3cos4cos22012cos1006(0204)(0608)(0201002012)50321006.Can为等比数列，公比为q，若f(x)x2，则f(an)a，f(an1)a，q2.若f(x)，则f(an)；.故、适合B由Sn2an12(Sn1Sn)Sn组成以S1a11为首项，以为公比的等比数列，Sn()n1.(1)3(2)2(1)n2时，2121020，a11，a00，b21；n4时，4122021020，b41；n6时，6122
6、121020，b60；n8时，8123022021020，b81.故填3.(2)n1时，1120，b11；n9时，9123022021120，b90；n10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2.2由已知2(a1qn1a1qn1)5a1qn，2(1q2)5q，2q25q20，q2或q，又an递增，q2.11nN，都有an1an22an.a1qna1qn12a1qn1，
7、qq22.q2q20，q1(舍去)或q2.S511.a11，an2f(an).a3，a5，a7，a9，a11.又an0，a2010a2012，aa201010，a2010，同理：a2010a2008a20，a20a11.解：(1)由题设知an1，所以，从而1(nN*)，所以数列是以1为公差的等差数列(2)因为an0，bn0，所以ab(anbn)2，从而1an1.(*)设等比数列an的公比为q，由an0知q0.下证q1.若q1，则a1a2，故当nlogq时，an1a1qn，与(*)矛盾；若0q1，则a1a21，故当nlogq时，an1a1qn1，与(*)矛盾综上，q1，故ana1(nN*)，所以
8、1a1.又bn1bn(nN*)，所以bn是公比为的等比数列若a1，则1，于是b1b2b3.又由a1得bn，所以b1，b2，b3中至少有两项相同，矛盾所以a1，从而bn.所以a1b1.解：()由Sn2n2n，得当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn14n1.所以an4n1，nN*.由4n1an4log2bn3，得bn2n1，nN*.()由()知anbn(4n1)2n1，nN*.所以Tn3721122(4n1)2n1.2Tn32722(4n5)2n1(4n1)2n.所以2TnTn(4n1)2n34(2222n1)(4n5)2n5.故Tn(4n5)2n5，nN*.解：()因为f(x)cosx0
9、，cosx，解得x2k(kZ)由xn是f(x)的第n个正极小值点知，xn2n(nN*)()由()可知，Sn2(12n)nn(n1)，所以sinSnsin(n(n1)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()当n3m2(mN*)时，sinSnsin(2m)；当n3m1(mN*)时，sinSnsin(2m)；当n3m(mN*)时，sinSnsin2m0.综上所述，sinSn.解：()由a3a1q2及q，得a11，所以数列an的前n项和Sn.()证明：对任意kN，2ak2(akak1)2a1qk1(a1qk1a1qk)a1qk1(2q2q1)，由q得2q2q
10、10，故2ak2(akak1)0，即2ak2akak1，所以，对任意kN，ak，ak2，ak1成等差数列解：(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a4k2a4k3.因为a1，所以a4k1a4k2(a1)(8k3)a4k1；a4ka4k22(2a1)(4k1)0，即a4ka4k2.a4ka4k1，从而b4k3a4k3，b4k2a4k2，b4k1a4k2，b4ka4k.因此(b1a1)(b2a2)(b100a100)(a2a3)(a6a7)(a98a99) (a4k2a4k1）=(1-a) (8k3)2525(1a)
