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(n∈N*)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 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-2C.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-=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.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:4709.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-2n10.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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