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    【聚焦典型题】(苏教版)2014届高考一轮数学(理):《数列的概念与简单表示法》(一轮复习限时提分训练基础到提升含精细解析) Word版含答案

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    【聚焦典型题】(苏教版)2014届高考一轮数学(理):《数列的概念与简单表示法》(一轮复习限时提分训练基础到提升含精细解析) Word版含答案第1页
    【聚焦典型题】(苏教版)2014届高考一轮数学(理):《数列的概念与简单表示法》(一轮复习限时提分训练基础到提升含精细解析) Word版含答案第2页
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    2020-2021学年第3章 不等式综合与测试测试题

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    这是一份2020-2021学年第3章 不等式综合与测试测试题,共5页。试卷主要包含了填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    (时间:30分钟 满分:60分)
    一、填空题(每小题5分,共30分)
    1.已知数列,1,eq \r(3),eq \r(5),eq \r(7),…,eq \r(2n-1),…,则3eq \r(5)是它的第________项.
    解析 3eq \r(5)=eq \r(45)=eq \r(2×23-1).
    答案 23
    2.(2013·福州一模)把1,3,6,10,15,21这些数叫做三角形数,这是因为这些数目的点子可以排成一个正三角形(如图所示).
    则第七个三角形数是________.
    解析 观察三角形数的增长规律,可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是本身的序号,所以根据这个规律计算即可.根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是1+2+3+4+5+6+7=28.
    答案 28
    3.(2011·四川卷改编)数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则a6=________.
    解析 a1=1,a2=3S1=3,a3=3S2=12=3×41,a4=3S3=48=3×42,a5=3S4=3×43,a6=3S5=3×44.
    答案 3×44
    4.(2012·南京调研)已知正数数列{an}对任意p,q∈N*,都有ap+q=ap·aq,若a2=4,则a9=________.
    解析 由条件,可有a1=2,a2=4,a4=16,a8=256,a9=512.
    答案 512
    5.在数列{an}中,a1=2,an+1=an+n+1,则通项an=________.
    解析 由an+1-an=n+1,可得an-an-1=n,
    an-1-an-2=n-1,an-2-an-3=n-2,

    a3-a2=3,a2-a1=2,
    以上n-1个式子左右两边分别相加得,
    an-a1=2+3+…+n,
    ∴an=1+(1+2+3+…+n)=eq \f(nn+1,2)+1.
    答案 eq \f(nn+1,2)+1
    6.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n,第k项满足5<ak<8,则k的值为________.
    解析 ∵Sn=n2-9n,∴n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-10,
    a1=S1=-8适合上式,∴an=2n-10(n∈N*),
    ∴5<2k-10<8,得7.5<k<9.∴k=8.
    答案 8
    二、解答题(每小题15分,共30分)
    7.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn>1,且6Sn=(an+1)(an+2),n∈N*.求{an}的通项公式.
    解 由a1=S1=eq \f(1,6)(a1+1)(a1+2),
    解得a1=1或a1=2,由已知a1=S1>1,因此a1=2.
    又由an+1=Sn+1-Sn
    =eq \f(1,6)(an+1+1)(an+1+2)-eq \f(1,6)(an+1)(an+2),
    得an+1-an-3=0或an+1=-an.
    因an>0,故an+1=-an不成立,舍去.
    因此an+1-an-3=0.
    即an+1-an=3,从而{an}是公差为3,首项为2的等差数列,
    故{an}的通项为an=3n-1.
    8.在数列{an}中,已知a1=1,an+1=an+2n-1,求an.
    解 由an+1=an+2n-1,得an+1-an=2n-1.
    所以a2-a1=1,
    a3-a2=2,
    a4-a3=22,
    a5-a4=23,

    an-an-1=2n-2(n≥2),
    将以上各式左右两端分别相加,得an-a1=1+2+22+…+2n-2=2n-1-1,所以an=2n-1(n≥2),
    又因为a1=1适合上式,故an=2n-1(n∈N*).
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    1.数列{an}的通项公式是an=n2+kn+2,若对所有的n∈N*,都有an+1>an成立,则实数k的取值范围是________.
    解析 an+1>an,即(n+1)2+k(n+1)+2>n2+kn+2,则k>-(2n+1)对所有的n∈N*都成立,而当n=1时,-(2n+1)取得最大值-3,所以k>-3.
    答案 (-3,+∞)
    2.(2012·合肥三检)在数列{an}中,a1=eq \f(1,2),an+1=1-eq \f(1,an)(n≥2),则a16=________.
    解析 由题可知a2=1-eq \f(1,a1)=-1,a3=1-eq \f(1,a2)=2,a4=1-eq \f(1,a3)=eq \f(1,2),∴此数列是以3为周期的周期数列,a16=a3×5+1=a1=eq \f(1,2).
    答案 eq \f(1,2)
    3.已知{an}的前n项和为Sn,且满足lg2(Sn+1)=n+1,则an=________.
    解析 由已知条件可得Sn+1=2n+1.
    ∴Sn=2n+1-1,
    当n=1时,a1=S1=3,
    当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-1-2n+1=2n,
    n=1时不适合an,∴an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3 n=1,,2n n≥2.))
    答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3 n=1,2n n≥2))
    4.(2012·南通调研三)已知5×5数字方阵
    eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a11 a12 a13 a14 a15,a21 a22 a23 a24 a25,a31 a32 a33 a34 a35,a41 a42 a43 a44 a45,a51 a52 a53 a54 a55,))中,aij=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1,j是i的整数倍,,-1,j不是i的整数倍,))
    则eq \i\su(j=2,5,a)3j+eq \i\su(i=2,4,a)i4=________.
    解析 由条件可知a32=-1,a33=1,a34=-1,a35=-1,a24=1,a34=-1,a44=1,从而原式=-1.
    答案 -1
    5.(2012·无锡一中期中)设数列{bn}满足:b1=eq \f(1,2),bn+1=beq \\al(2,n)+bn,
    (1)求证:eq \f(1,bn+1)=eq \f(1,bn)-eq \f(1,bn+1);
    (2)若Tn=eq \f(1,b1+1)+eq \f(1,b2+1)+…+eq \f(1,bn+1),对任意的正整数n,3Tn-lg2m-5>0恒成立.求m的取值范围.
    解 (1)∵b1=eq \f(1,2),bn+1=beq \\al(2,n)+bn=bn(bn+1),
    ∴对任意的n∈N*,bn>0.
    ∴eq \f(1,bn+1)=eq \f(1,bnbn+1)=eq \f(1,bn)-eq \f(1,bn+1),即eq \f(1,bn+1)=eq \f(1,bn)-eq \f(1,bn+1).
    (2)Tn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b1)-\f(1,b2)))+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b2)-\f(1,b3)))+…+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)-\f(1,bn+1)))=eq \f(1,b1)-eq \f(1,bn+1)=2-eq \f(1,bn+1).
    ∵bn+1-bn=beq \\al(2,n)>0,∴bn+1>bn,∴数列{bn}是单调递增数列.
    ∴数列{Tn}关于n递增.∴Tn≥T1.
    ∵b1=eq \f(1,2),∴b2=b1(b1+1)=eq \f(3,4).∴T1=2-eq \f(1,b2)=eq \f(2,3).
    ∴Tn≥eq \f(2,3).∵3Tn-lg2m-5>0恒成立.
    ∴lg2m

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