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    2019届高考数学二轮复习查漏补缺练习:解答必刷卷3《数列》(含解析)
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    2019届高考数学二轮复习查漏补缺练习:解答必刷卷3《数列》(含解析)

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    解答必刷卷(三) 数列

    考查范围:第28讲~第32讲

    题组一 真题集训

    1.等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.

    (1)求{an}的通项公式;

    (2)记Sn为{an}的前n项和,若Sm=63,求m.

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    2.设数列{an}满足a1+3a2++(2n-1)an=2n.

    (1)求{an}的通项公式;

    (2)求数列的前n项和.

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    3.设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(nN*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(nN*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.

    (1)求Sn和Tn;

    (2)若Sn+(T1+T2++Tn)=an+4bn,求正整数n的值.

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    题组二 模拟强化

    4.已知数列{an}满足a1=1,an-an-1=2n-1(n2,nN*).

    (1)求数列{an}的通项公式;

    (2)设数列bn=log2(an+1),求数列的前n项和Sn.

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    5.已知数列{an}的通项公式为an=2n-11.

    (1)求证:数列{an}是等差数列;

    (2)令bn=|an|,求数列{bn}的前10项和S10.

     

     

     

     

     

     

     

     

    6.在数列{an}中,a1=1,an+1=

    (1)证明:数列a2n-是等比数列;

    (2)若Sn是数列{an}的前n项和,求S2n.

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    7.已知数列{an}为等差数列,且a2+a3=8,a5=3a2.

    (1)求数列{an}的通项公式;

    (2)记bn=,设{bn}的前n项和为Sn,求使得Sn>的最小的正整数n.

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

    解答必刷卷(三)

    1.解:(1)设{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.

    由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.

    故an=(-2)n-1或an=2n-1.

    (2)若an=(-2)n-1,则Sn=.由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.

    若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.

    综上,m=6.

    2.解:(1)因为a1+3a2++(2n-1)an=2n,故当n2时,

    a1+3a2++(2n-3)an-1=2(n-1).

    两式相减得(2n-1)an=2,所以an=(n2).

    又由题设可得a1=2,

    从而{an}的通项公式为an=.

    (2)记的前n项和为Sn,

    由(1)知==-,

    则Sn=-+-++-=.

    3.解:(1)设等比数列{bn}的公比为q.

    由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.

    因为q>0,所以可得q=2,故bn=2n-1.

    所以Tn==2n-1.

    设等差数列{an}的公差为d.

    由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.

    由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故an=n,所以Sn=.

    (2)由(1),有T1+T2++Tn=(21+22++2n)-n=-n=2n+1-n-2.

    由Sn+(T1+T2++Tn)=an+4bn,可得+2n+1-n-2=n+2n+1,整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍)或n=4.

    所以,n的值为4.

    4.解:(1)an-an-1=2n-1(n2,nN*),

    an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(an-2-an-3)++(a2-a1)+a1,

    即an=2n-1+2n-2+2n-3++22+21+1,则an==2n-1.

    (2)bn=log2(an+1)=n,则==-,

    Sn=-+-+-++-=1-=.

    5.解:(1)证明:an=2n-11,an+1-an=2(n+1)-11-2n+11=2(nN*),数列{an}为等差数列.

    (2)由(1)得bn=|an|=|2n-11|,当n5时,bn=|2n-11|=11-2n,

    当n6时,bn=|2n-11|=2n-11.

    S10=[55-2×(1+2+3+4+5)]+[2×(6+7+8+9+10)-55]=50.

    6.解:(1)证明:设bn=a2n-,则b1=a2-=a1+1-=-,

    因为=====,

    所以数列a2n-是以-为首项,为公比的等比数列.

    (2)由(1)得bn=a2n-=-·=-·,即a2n=-·+,

    由a2n=a2n-1+(2n-1),得a2n-1=3a2n-3(2n-1)=-·-6n+,

    所以a2n-1+a2n=-·+-6n+9=-2·-6n+9,

    故S2n=(a1+a2)+(a3+a4)++(a2n-1+a2n)=-2×+++-6×(1+2++n)+9n=-2×-6·+9n=-1-3n2+6n=-3(n-1)2+2.

    7.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,依题意有

    解得从而数列{an}的通项公式为an=2n-1,nN*.

    (2)因为bn==-,所以Sn=-+-++-=1-.

    令1->,解得n>1008.5,故使得Sn>的最小正整数为1009.

     

     

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