2021年高考数学二轮专题复习《数列》大题练习题(含答案)
展开
这是一份2021年高考数学二轮专题复习《数列》大题练习题(含答案),共14页。试卷主要包含了∴an=a1+d=2n,))等内容,欢迎下载使用。
已知在递增等差数列{an}中,a1=2,a3是a1和a9的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn= SKIPIF 1 < 0 ,Sn为数列{bn}的前n项和,求S100的值.
已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a3+a6=4,S5=-5.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若Tn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|,求T5的值和Tn的表达式.
已知是正项数列的前项和,,.
(1)证明:数列是等差数列;
(2)当时,,求数列的前项和.
已知等比数列的前项和为,且,.
(1)求数列的通项公式;
(2)若数列满足,求数列的前项和.
在各项均为正数的等比数列{an}中,a1a3=64,a2+a5=72,数列{bn}的前n项和Sn满足Sn=.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式.
(2)设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.
已知数列{an}中,a1=511,4an=an-1-3(n≥2).
(1)求证:数列{an+1}为等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=|lg2(an+1)|,求数列{bn}的前n项和Sn.
已知数列{an}是递增的等差数列,a2=3,a1,a3-a1,a8+a1成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,求满足Sn>的最小的n的值.
已知数列{an}满足a1=1,an+1=eq \f(3an,2an+3),n∈N*.
(1)求证:数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列;
(2)设T2n=eq \f(1,a1a2)-eq \f(1,a2a3)+eq \f(1,a3a4)-eq \f(1,a4a5)+…+eq \f(1,a2n-1a2n)-eq \f(1,a2na2n+1),求T2n.
已知在数列{an}中,a1=1,anan+1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
(1)求证:数列{a2n}与{a2n-1}都是等比数列;
(2)若数列{an}的前2n项的和为T2n,令bn=(3-T2n)·n·(n+1),求数列{bn}的最大项.
已知数列{an}的前n项和为 SKIPIF 1 < 0 ,且满足 SKIPIF 1 < 0 .
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令 SKIPIF 1 < 0 ,记数列 SKIPIF 1 < 0 的前 SKIPIF 1 < 0 项和为 SKIPIF 1 < 0 .
证明: SKIPIF 1 < 0 .
正项数列{an}的前n项和Sn满足:
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)令,数列{bn}的前n项和为Tn.
证明:对于任意的n∈N*,都有Tn<.
已知数列{an}为递增的等差数列,其中a3=5,且a1,a2,a5成等比数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设记数列{bn}的前n项和为Tn,求使得成立的m的最小正整数.
记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知S9=-a5.
(1)若a3=4,求{an}的通项公式;
(2)若a1>0,求使得Sn≥an的n的取值范围.
已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.
(1)证明是等比数列,并求{an}的通项公式;
(2)证明:.
已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn,若S10=110,且a1,a2,a4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足,若数列{bn}前n项和Tn,证明.
已知等差数列{an}的公差d≠0,且a3=5,a1,a2,a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=eq \f(1,a\\al(2,n)+4n-2),Sn是数列{bn}的前n项和.若对任意正整数n,不等式2Sn+(-1)n+1·a>0恒成立,求实数a的取值范围.
\s 0 参考答案
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d.∵a3是a1和a9的等比中项,
∴aeq \\al(2,3)=a1a9,即(2+2d)2=2(2+8d),解得d=0(舍)或d=2.∴an=a1+(n-1)d=2n.
(2)bn=eq \f(1,n+1an)=eq \f(1,2nn+1)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)-\f(1,n+1))).
∴S100=b1+b2+…+b100
=eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,2)+\f(1,2)-\f(1,3)+…+\f(1,100)-\f(1,101)))
=eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,101)))
=eq \f(50,101).
解:(1)由题知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1+7d=4,,5a1+\f(5×4,2)d=-5,))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=-5,,d=2,))故an=2n-7(n∈N*).
(2)由an=2n-7得n>12.
所以满足Sn>的最小的n的值为13.
解:(1)证明:由an+1=eq \f(3an,2an+3),得eq \f(1,an+1)=eq \f(2an+3,3an)=eq \f(1,an)+eq \f(2,3),
所以eq \f(1,an+1)-eq \f(1,an)=eq \f(2,3).又a1=1,则eq \f(1,a1)=1,
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1,公差为eq \f(2,3)的等差数列.
(2)设bn=eq \f(1,a2n-1a2n)-eq \f(1,a2na2n+1)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2n-1)-\f(1,a2n+1)))eq \f(1,a2n),
由(1)得,数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是公差为eq \f(2,3)的等差数列,
所以eq \f(1,a2n-1)-eq \f(1,a2n+1)=-eq \f(4,3),即bn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2n-1)-\f(1,a2n+1)))eq \f(1,a2n)=-eq \f(4,3)×eq \f(1,a2n),
所以bn+1-bn=-eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2n+2)-\f(1,a2n)))=-eq \f(4,3)×eq \f(4,3)=-eq \f(16,9).
又b1=-eq \f(4,3)×eq \f(1,a2)=-eq \f(4,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)+\f(2,3)))=-eq \f(20,9),
所以数列{bn}是首项为-eq \f(20,9),公差为-eq \f(16,9)的等差数列,
所以T2n=b1+b2+…+bn=-eq \f(20,9)n+eq \f(nn-1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(16,9)))=-eq \f(4,9)(2n2+3n).
解:(1)证明:由题意可得a1a2=eq \f(1,2),则a2=eq \f(1,2).
又anan+1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,an+1an+2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n+1,∴eq \f(an+2,an)=eq \f(1,2).
∴数列{a2n-1}是以1为首项,eq \f(1,2)为公比的等比数列;
数列{a2n}是以eq \f(1,2)为首项,eq \f(1,2)为公比的等比数列.
(2)T2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)
=eq \f(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,1-\f(1,2))+eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1-\f(1,2))=3-3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
∴bn=3n(n+1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,bn+1=3(n+1)(n+2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n+1,
∴eq \f(bn+1,bn)=eq \f(n+2,2n),∴b1b4>…>bn>…,
∴数列{bn}的最大项为b2=b3=eq \f(9,2).
解:(1)当 SKIPIF 1 < 0 时,有 SKIPIF 1 < 0 ,解得 SKIPIF 1 < 0 .
当 SKIPIF 1 < 0 时,有 SKIPIF 1 < 0 ,则 SKIPIF 1 < 0 ,
整理得: SKIPIF 1 < 0 , SKIPIF 1 < 0 数列 SKIPIF 1 < 0 是以 SKIPIF 1 < 0 为公比,以 SKIPIF 1 < 0 为首项的等比数列.
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ,
即数列 SKIPIF 1 < 0 的通项公式为: SKIPIF 1 < 0 .
(2)由(1)有 SKIPIF 1 < 0 ,则
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
易知数列 SKIPIF 1 < 0 为递增数列, SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ,即 SKIPIF 1 < 0 .
解:(1)因为数列的前项和满足:,
所以当时,,
即解得或,
因为数列都是正项,所以,
因为,所以,
解得或,
因为数列都是正项,所以,
当时,有,
所以,解得,
当时,,符合
所以数列的通项公式,;
(2)因为,
所以,
所以数列的前项和为:
,
当时,有,所以,
所以对于任意,数列的前项和.
解:(1)在等差数列中,设公差为d≠0,
由题意,得,解得.
∴an=a1+(n﹣1)d=1+2(n﹣1)=2n﹣1;
(2)由(1)知,an=2n﹣1.
则=,
∴Tn==.
∵Tn+1﹣Tn==>0,
∴{Tn}单调递增,而,
∴要使成立,则,得m,
又m∈Z,则使得成立的m的最小正整数为2.
解:(1)设等差数列的首项为,公差为,
根据题意有,解答,
所以,
所以等差数列的通项公式为;
(2)由条件,得,即,
因为,所以,并且有,所以有,
由得,整理得,
因为,所以有,即,解得,
所以的取值范围是:
解:(1)证明:由得,
所以,所以是等比数列,首项为,公比为3,
所以,解得.
(2)由(1)知:,所以,
因为当时,,所以,
于是=,所以.
解:
解:(1)因为a3=5,a1,a2,a5成等比数列,
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1+2d=5,,a1+d2=a1a1+4d,))解得a1=1,d=2,
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)因为bn=eq \f(1,a\\al(2,n)+4n-2)=eq \f(1,2n-12+4n-2)
=eq \f(1,4n2-1)=eq \f(1,2n-12n+1)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n-1)-\f(1,2n+1))),
所以Sn=b1+b2+…+bn
=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,3)))+eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)-\f(1,5)))+…+eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n-1)-\f(1,2n+1)))=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,2n+1))),
依题意,对任意正整数n,不等式1-eq \f(1,2n+1)+(-1)n+1a>0,
当n为奇数时,1-eq \f(1,2n+1)+(-1)n+1a>0即a>-1+eq \f(1,2n+1),所以a>-eq \f(2,3);
当n为偶数时,1-eq \f(1,2n+1)+(-1)n+1a>0即a<1-eq \f(1,2n+1),所以a<eq \f(4,5).
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(2,3),\f(4,5))).
相关试卷
这是一份2023高考数学二轮专题训练——数列大题,文件包含专题12-3数列大题三pdf、专题12-2数列大题二pdf、专题12-1数列大题一pdf等3份试卷配套教学资源,其中试卷共113页, 欢迎下载使用。
这是一份高考数学二轮复习提升培优专题27数列大题综合(解析版),共32页。试卷主要包含了解答题等内容,欢迎下载使用。
这是一份高考数学二轮复习大题专项练02数列(含答案),共8页。