专题六 数列（小题专练）-【创新教程】2016-2020五年高考真题文科数学分类特训

１５．３１１　AB →􀅰AC→＝３×２×cos６０°＝３,AD→＝１３AB →＋２３AC →,则 AD→􀅰AE→＝ １３AB →＋２３AC →( )(λAC→－AB→)＝λ３×３＋ ２λ ３× ４－１３×９－ ２ ３×３＝－４⇒λ＝ ３ １１． １６．４,２ ５　设向量a,b的夹角为θ,由余弦定理有:|a－b|＝ １２＋２２－２×１×２×cosθ＝ ５－４cosθ． |a＋b|＝ １２＋２２－２×１×２×cos(π－θ)＝ ５＋４cosθ, 则: |a＋b|＋|a－b|＝ ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ, 令 y ＝ ５＋４cosθ ＋ ５－４cosθ,则 y２ ＝ １０ ＋ ２ ２５－１６cos２θ∈[１６,２０], 据此可得:(|a＋b|＋|a－b|)max＝ ２０＝２ ５,(|a＋b|＋ |a－b|)min＝ １６＝４, 即|a＋b|＋|a－b|的最小值是４,最大值是２ ５． １７．３　由tanα＝７可得sinα＝７ ２１０ ,cosα＝ ２１０ ,根据向量的分 解,易得 ncos４５°＋mcosα＝ ２ nsin４５°－msinα＝０{ ,即 ２ ２n＋ ２ １０m＝ ２ ２ ２n－ ７ ２ １０m＝０ ì î í ï ï ïï ,即得 m＝５４ ,n＝７４ ,所以m＋n＝３． １８．７８　 令DF→＝a,DB→＝b,则DC→＝－b,DE→＝２a,DA→＝３a,则 BA→＝３a－b,CA→＝３a＋b,BE→＝２a－b,CE→＝２a＋b,BF→＝a －b,CF→＝a＋b,则BA→􀅰CA→＝９a２－b２,BF→􀅰CF→＝a２－b２, BE→􀅰CE→＝４a２－b２,由BA→􀅰CA→＝４,BF→􀅰CF→＝－１可 得 ９a２－b２＝４,a２－b２＝－１,因此a２＝５８ ,b２＝１３８ ,因此BE→􀅰 CE→＝４a２－b２＝４×５８ － １３ ８＝ ７ ８． １９．７　由a􀅰b＝１,|a|＝１,|b|＝２可得两向量的夹角为６０°, 建立平面 直 角 坐 标 系,可 设a＝(１,０),b＝(１,３),e＝ (cosθ,sinθ),则|a􀅰e|＋|b􀅰e|＝|cosθ|＋|cosθ＋ ３sinθ |≤|cosθ|＋|cosθ|＋ ３|sinθ|＝ ３|sinθ|＋２|cosθ|≤ ７, 所以|a􀅰e|＋|b􀅰e|的最大值为 ７． 专题六　数　列 考点一　等差数列 １．B　由题意可知,等差数列的公差d＝a５－a１５－１ ＝ －１＋９ ５－１ ＝２ , 则其通项公式为:an＝a１＋(n－１)d＝－９＋(n－１)×２＝２n －１１, 注意到a１＜a２＜a３＜a４＜a５＜０＜a６＝１＜a７＜􀆺, 且由T５＜０可知Ti＜０(i≥６,i∈N∗ ) 由 Ti Ti－１ ＝ai＞１(i≥７,i∈N∗ )可知数列{Tn}不存在最小项, 由于a１＝－９,a２＝－７,a３＝－５,a４＝－３,a５＝－１,a６＝１, 故数列{Tn}中的正项只有有限项:T２＝６３,T４＝６３×１５＝９４５． 故数列{Tn}中存在最大项,且最大项为T４． ２．A　如图,记hn 为△AnBnBn＋１的边BnBn＋１ 上的高(n∈N∗ ),设锐角的大小为θ,根据 图象可 知,hn＋１ ＝hn＋|AnAn＋１|sinθ,又 |BnBn＋１|＝|Bn＋１Bn＋２|,∴Sn＋１－Sn＝ １ ２| Bn＋１Bn＋２|􀅰hn＋１－ １ ２|BnBn＋１| 􀅰hn＝ １ ２|BnBn＋１| 􀅰(hn＋１ －hn)＝ １ ２|BnBn＋１| 􀅰|AnAn＋１|sinθ．根据题意,|BnBn＋１|＝ |Bn＋１Bn＋２|,|AnAn＋１|＝|An＋１An＋２|,∴ １ ２|BnBn＋１| 􀅰|An An＋１|sinθ为常数,∴{Sn}为等差数列,故选 A． ３．B　由S８＝４S４ 得８a１＋ ８×７ ２ ×１＝４ ４a１＋ ４×３ ２ ×１( ) ,得a１ ＝１２ ,所以a１０＝ １ ２＋９×１＝ １９ ２ ,故选B． ４．A　由a１＋a３＋a５＝３a３＝３,得a３＝１,又S５＝ ５(a１＋a５) ２ ＝ ５a３＝５,故选 A． ５．２５　由a２＋a６＝２,可得a１＋d＋a１＋５d＝２,因为a１＝－２, 可求出d＝１,由数列的 前n 项 和 公 式 得S１０＝－２×１０＋ １０×(１０－１) ２ ×１＝－２０＋４５＝２５． ６．１０　∵a１＝１,a２＝３,a３＝６,∴S３＝１０． ７．３n２－２n　公共项为１,７,１３,􀆺,数列{an}是以１为首项６为 公差的等差数列,其前n项和为１＋６n－５２ n＝３n ２－２n． ８．１００　本题考点为等差数列的求和,为基础题目,难度不大． 不能构造等数列首项和公差的方程组致使求解不通,应设出 等差数列的公差,为列方