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    2021高考数学(文)大一轮复习习题 升级增分训练 数列 word版含答案

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    2021高考数学(文)大一轮复习习题 升级增分训练 数列 word版含答案

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    这是一份2021高考数学(文)大一轮复习习题 升级增分训练 数列 word版含答案,共7页。
    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(nN*)的个位数,则a2 016=(  )A.8          B.6C.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 016a335×6+6a6=6.2.已知数列{an}的前n项和为Sn,点(nSn)在函数f(x)=x2x-2的图象上,则数列{an}的通项公式为(  )A.an=2n-2  B.ann2n-2C.an  D.an解析:选D 由于点(nSn)在函数f(x)的图象上,则Snn2n-2,当n=1时,得a1S1=0,当n≥2时,得anSnSn-1n2n-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4C.3  D.4解析:选B 设数列{bn}的第n项最大.整理得解得n=3或n=4.b3b4=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a1a2=1,{nSn+(n+2)an}为等差数列,则an=(  )A.  B.C.  D.解析:选A 设bnnSn+(n+2)anb1=4,b2=8,又{bn}为等差数列,所以bn=4n所以nSn+(n+2)an=4n所以Snan=4.n≥2时,SnSn-1anan-1=0,所以anan-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(nN*),所以an(nN*).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mn满足a1ama2n2a,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qq6q3q6-7q3-8=0,解得q=2,a1ama2n2aa·2m+2n-2=2(a124)3a213m+2n=15,(m+2n),当且仅当n2mm=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nN*,都有xn+1成立,则称数列{xn}为“减差数列”.设bn=2t,若数列b3b4b5,…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b3b4b5,…是“减差数列”,bn+1(n≥3),tt<2t化简得t(n-2)>1.n≥3时,若t(n-2)>1恒成立,t恒成立,又当n≥3时,的最大值为1,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a1S1>0,q≠0,q=1时,Snna1>0;q≠1时,Sn>0,>0(n=1,2,3,…),上式等价于不等式组(n=1,2,3,…),(n=1,2,3,…).式得q>1,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ann2·,其前n项和为Sn,则S30=________.解析:由题意可知,ann2·cosn=3k-2,an=(3k-2)2·(kN*);n=3k-1,an=(3k-1)2·(kN*);n=3kan=(3k)2·1=9k2(kN*),a3k-2a3k-1a3k=9kkN*S30×10=470.答案:4709.已知数列{an}的前n项和为Sn,满足2Snan+1-2n+1+1,nN*,且a1a2+5,a3成等差数列,则an=________.解析:由a1a2+5,a3成等差数列可得a1a32a2+10,由2Snan+1-2n+1+1,2a12a2a3-7,2a2a3-7-2a1代入a1a32a2+10,a1=1,代入2S1a2-22+1,a2=5.2Snan+1-2n+1+1,得当n≥2时,2Sn-1an-2n+1,两式相减,得2anan+1an-2nan+1=3an+2nn=1时,5=3×1+21也适合an+1=3an+2n所以对任意正整数nan+1=3an+2n上式两端同时除以2n+1×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-2n10.已知函数f(x)=2sin(ωxφ)(ω>0,|φ|<π)的图象经过点,且在区间上为单调函数.(1)求ωφ的值;(2)设annf(nN*),求数列{an}的前30项和S30解:(1)由题可得φ=2kπ-kZ,φ=2kπ+kZ,解得ω=2,φ=2kπ-kZ,|φ|<π,φ=-(2)由(1)及题意可知an=2nsin(nN*),数列(nN*)的周期为3,前三项依次为0,,-a3n-2a3n-1a3n=(3n-2)×0+(3n-1)×+3n×(-)=-(nN*),S30=(a1a2a3)+…+(a28a29a30)=-1011.已知ABC的角ABC的对边分别为abc,其面积S=4B=60°,且a2c2=2b2;等差数列{an}中,a1a,公差db.数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn-2bn+3=0,nN*(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)Sacsin B=4ac=16,a2c2=2b2b2a2c2-2accos Bb2ac=16,b=4,从而(ac)2a2c22ac=64,ac=8,ac=4.故可得an=4nTn-2bn+3=0,n=1时,b1=3,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,cnP2n+1=(a1a3+…+a2n+1)+(b2b4+…+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nN*,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)ann≥2时,2Sn-1nan-1两式相减,得2an=(n+1)annan-1即(n-1)annan-1所以当n≥2时,所以因为a1=2,所以an=2n(2)证明:因为an=2nbnnN*所以bn所以Tnb1b2+…+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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