高三数学文科高考总复习升级增分训练数列含解析

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高三数学文科高考总复习升级增分训练数列含解析

升级增分训练 数 列 ‎1.在数列{an}中,已知a1=2,a2=7,an+2等于anan+1(n∈N*)的个位数,则a2 016=(  )‎ A.8          B.6‎ C.4 D.2‎ 解析:选B 由题意得:a3=4,a4=8,a5=2,a6=6,a7=2,a8=2,a9=4,a10=8,…,所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现,周期为6,故a2 016=a335×6+6=a6=6.‎ ‎2.已知数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)在函数f(x)=x2+x-2的图象上,则数列{an}的通项公式为(  )‎ A.an=2n-2 B.an=n2+n-2‎ C.an= D.an= 解析:选D 由于点(n,Sn)在函数f(x)的图象上,则Sn=n2+n-2,当n=1时,得a1=S1=0,当n≥2时,得an=Sn-Sn-1=n2+n-2-(n-1)2+(n-1)-2]=2n.故选D.‎ ‎3.若数列{bn}的通项公式为bn=-+13,则数列{bn}中的最大项的项数为(  )‎ A.2或3 B.3或4‎ C.3 D.4‎ 解析:选B 设数列{bn}的第n项最大.‎ 由 即 整理得 即 解得n=3或n=4.‎ 又b3=b4=6,‎ 所以当n=3或n=4时,bn取得最大值.‎ ‎4.设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=a2=1,{nSn+(n+2)an}为等差数列,则an=(  )‎ A. B. C. D. 解析:选A 设bn=nSn+(n+2)an,‎ 则b1=4,b2=8,‎ 又{bn}为等差数列,所以bn=4n,‎ 所以nSn+(n+2)an=4n,‎ 所以Sn+an=4.‎ 当n≥2时,‎ Sn-Sn-1+an-an-1=0,‎ 所以an=an-1,‎ 即2·=.‎ 又因为=1,‎ 所以是首项为1,‎ 公比为的等比数列,‎ 所以=n-1(n∈N*),‎ 所以an=(n∈N*).‎ ‎5.(2017·山西省质检)记Sn为正项等比数列{an}的前n项和,若-7·-8=0,且正整数m,n满足a1ama2n=‎2a,则+的最小值是(  )‎ A. B. C. D. 解析:选C ∵{an}是等比数列,设{an}的公比为q,‎ ‎∴=q6,=q3,‎ ‎∴q6-7q3-8=0,‎ 解得q=2,又a1ama2n=‎2a,‎ ‎∴a·‎2m+2n-2=2(a124)3=a213,‎ ‎∴m+2n=15,‎ ‎∴+=(m+2n)‎ ‎=≥ ‎=,当且仅当=,n=‎2m,‎ 即m=3,n=6时等号成立,‎ ‎∴+的最小值是,故选C.‎ ‎6.对于数列{xn},若对任意n∈N*,都有<xn+1成立,则称数列{xn}为“减差数列”.设bn=2t-,若数列b3,b4,b5,…是“减差数列”,则实数t的取值范围是(  )‎ A.(-1,+∞) B.(-∞,-1]‎ C.(1,+∞) D.(-∞,1]‎ 解析:选C 由数列b3,b4,b5,…是“减差数列”,‎ 得<bn+1(n≥3),‎ 即t-+t-<2t-,‎ 即+>,‎ 化简得t(n-2)>1.‎ 当n≥3时,若t(n-2)>1恒成立,‎ 则t>恒成立,‎ 又当n≥3时,的最大值为1,‎ 则t的取值范围是(1,+∞).‎ ‎7.设等比数列{an}的公比为q,前n项和Sn>0(n=1,2,3,…).则q的取值范围为________.‎ 解析:因为{an}为等比数列,Sn>0,‎ 可以得到a1=S1>0,q≠0,‎ 当q=1时,Sn=na1>0;‎ 当q≠1时,Sn=>0,‎ 即>0(n=1,2,3,…),‎ 上式等价于不等式组(n=1,2,3,…),①‎ 或(n=1,2,3,…).②‎ 解①式得q>1,‎ 解②式,由于n可为奇数,可为偶数,得-1<q<1.‎ 综上,q的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞).‎ 答案:(-1,0)∪(0,+∞)‎ ‎8.(2016·河南六市一联)数列{an}的通项an=n2·,其前n项和为Sn,则S30=________.‎ 解析:由题意可知,an=n2·cos,‎ 若n=3k-2,‎ 则an=(3k-2)2·=(k∈N*);‎ 若n=3k-1,‎ 则an=(3k-1)2·=(k∈N*);‎ 若n=3k,‎ 则an=(3k)2·1=9k2(k∈N*),‎ ‎∴a3k-2+a3k-1+a3k=9k-,k∈N*,‎ ‎∴S30==×10=470.‎ 答案:470‎ ‎9.已知数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N*,且a1,a2+5,a3成等差数列,则an=________.‎ 解析:由a1,a2+5,a3成等差数列可得a1+a3=‎2a2+10,‎ 由2Sn=an+1-2n+1+1,‎ 得‎2a1+‎2a2=a3-7,‎ 即‎2a2=a3-7-‎2a1,‎ 代入a1+a3=‎2a2+10,得a1=1,‎ 代入2S1=a2-22+1,得a2=5.‎ 由2Sn=an+1-2n+1+1,‎ 得当n≥2时,2Sn-1=an-2n+1,‎ 两式相减,得2an=an+1-an-2n,‎ 即an+1=3an+2n,‎ 当n=1时,5=3×1+21也适合an+1=3an+2n,‎ 所以对任意正整数n,an+1=3an+2n.‎ 上式两端同时除以2n+1,‎ 得=×+,‎ 等式两端同时加1,得 +1=×+=,‎ 所以数列是首项为,‎ 公比为的等比数列,‎ 所以+1=n,‎ 所以=n-1,‎ 所以an=3n-2n.‎ 答案:3n-2n ‎10.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π)的图象经过点,,且在区间上为单调函数.‎ ‎(1)求ω,φ的值;‎ ‎(2)设an=nf(n∈N*),求数列{an}的前30项和S30.‎ 解:(1)由题可得+φ=2kπ-,k∈Z,‎ +φ=2kπ+,k∈Z,‎ 解得ω=2,φ=2kπ-,k∈Z,‎ ‎∵|φ|<π,‎ ‎∴φ=-.‎ ‎(2)由(1)及题意可知an=2nsin(n∈N*),‎ 数列(n∈N*)的周期为3,前三项依次为0,,-,‎ ‎∴a3n-2+a3n-1+a3n ‎=(3n-2)×0+(3n-1)×+3n×(-)‎ ‎=-(n∈N*),‎ ‎∴S30=(a1+a2+a3)+…+(a28+a29+a30)=-10.‎ ‎11.已知△ABC的角A,B,C的对边分别为a,b,c,其面积S=4,B=60°,且a2+c2=2b2;等差数列{an}中,a1=a,公差d=b.数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn-2bn+3=0,n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=求数列{cn}的前2n+1项和P2n+1.‎ 解:(1)∵S=acsin B=4,‎ ‎∴ac=16,‎ 又a2+c2=2b2,b2=a2+c2-2accos B,‎ ‎∴b2=ac=16,‎ ‎∴b=4,‎ 从而(a+c)2=a2+c2+‎2ac=64,a+c=8,‎ ‎∴a=c=4.‎ 故可得 ‎∴an=4n.‎ ‎∵Tn-2bn+3=0,‎ ‎∴当n=1时,b1=3,‎ 当n≥2时,Tn-1-2bn-1+3=0,‎ 两式相减,得bn=2bn-1(n≥2),‎ ‎∴数列{bn}为等比数列,‎ ‎∴bn=3·2n-1.‎ ‎(2)依题意,cn= P2n+1=(a1+a3+…+a2n+1)+(b2+b4+…+b2n)‎ ‎=+ ‎=22n+1+4n2+8n+2.‎ ‎12.(2017·广州模拟)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=2,对任意n∈N*,都有2Sn=(n+1)an.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列的前n项和为Tn,求证:≤Tn<1.‎ 解:(1)因为2Sn=(n+1)an,‎ 当n≥2时,2Sn-1=nan-1,‎ 两式相减,得2an=(n+1)an-nan-1,‎ 即(n-1)an=nan-1,‎ 所以当n≥2时,=,‎ 所以=.‎ 因为a1=2,‎ 所以an=2n.‎ ‎(2)证明:因为an=2n,‎ 令bn=,n∈N*,‎ 所以bn===-.‎ 所以Tn=b1+b2+…+bn ‎=++…+ ‎=1-=.‎ 因为>0,‎ 所以1-<1.‎ 因为f(n)=在N*上是递减函数,‎ 所以1-在N*上是递增的,‎ 所以当n=1时,Tn取最小值.‎ 所以≤Tn<1.‎
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