高考数学专题复习数列
1.(2019·广东潮州二模)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤.”意思是:现有一根金箠,长5尺,头部1尺,重4斤,尾部1尺,重2斤.若该金箠从头到尾,每一尺的质量构成等差数列,则该金箠共重( )
A.6斤 B.7斤 C.9斤 D.15斤
2.若lg a1,lg a2,lg a3,lg a4,lg a5是公差为2的等差数列,则=( )
A.106 B.107 C.108 D.109
3.在等差数列{an}中,a2+a5+a8=12,那么关于x的方程x2+(a4+a6)x+10=0( )
A.无实根 B.有两个相等实根
C.有两个不等实根 D.不能确定有无实根
4.我国古代数学名著《九章算术》中,有已知长方形面积求一边的算法,其方法的前两步为:
第一步,构造数列1,,,,…,;
第二步,将第一步中数列的各项乘以n,得到的新数列记为a1,a2,a3,…,an.
则a1a2+a2a3+…+an-1an=( )
A.n2 B.(n-1)2 C.n(n-1) D.n(n+1)
5.(多选)(2019·辽宁育才中学)如图是谢宾斯基三角形,在所给的四个三角形图案中,黑色的小三角形个数构成数列{an}的前4项,则( )
A.an=3n-1 B.an=2n-1 C.a4=27 D.an-an-1=2·3n-2(n≥2)
6.(多选)一个弹性小球从100 m高处自由落下,每次着地后又跳回原来高度的再落下.设它第n次着地时,经过的总路程记为Sn,则当n≥2时,下面说法正确的是( )
A.Sn<500 B.Sn≤500
C.Sn的最小值为 D.Sn的最大值为400
7.已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S3,S9,S6成等差数列,a2+a5=4,则a8=________.
8.已知数列{an}的前n项和为Sn,过点P(n,Sn)和点Q(n+1,Sn+1)(n∈N*)的直线的斜率为3n-2,则a2+a4+a5+a9=________.
9.(一题两空)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.则数列{bn}的通项公式为________;数列{an}的通项公式an=________.
10.(2019·湖南长沙雅礼中学5月模拟)春夏季节是流感多发期,某地医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an},已知a1=1,a2=2,且满足an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则该医院近30天入院治疗流感的总人数为________.
11.[创新题型](2020·山东高考预测卷)在①b4=a3+a5;②b4+b6=3a3+3a5;③3a2+a3=b4这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.
已知{an}是等差数列,其前n项和为Sn,{bn}是公比大于0的等比数列,b1=1,b3=b2+2,b5=a4+2a6,且________,设cn=,是否存在k,使得对任意的n∈N*,都有ck≤cn?
12.已知函数f(x)=ax2+bx的图象经过(-1,0)点,且在x=-1处的切线斜率为-1.设数列{an}的前n项和Sn=f(n)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列前n项的和Tn.
B级——提能综合练
13.(多选)(2020·贵州遵义二联改编)对于数列{an}(n∈N*),满足性质“对任意的正整数n,≤an+1都成立”的数列是( )
A.an=n2+n+1 B.an=2n+1
C.an=ln D.an=2n-1
14.(2019·安徽黄山三检)在数列的每相邻两项之间插入此两项的积,形成新的数列,这样的操作叫作该数列的一次“扩展”.将数列1,2进行“扩展”,第一次得到数列1,2,2;第二次得到数列1,2,2,4,2;…;第n次“扩展”后得到的数列为1,x1,x2,…,xt,2.记an=log 2(1·x1·x2·…·xt·2),其中t=2n-1,n∈N*,则数列{an}的通项an=________.
15.(2020·安徽安庆模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,an=2-1.
(1)求a1的值,并求数列{an}的通项an;
(2)设bn=an+2an,数列{bn}的前n项和为Tn,求使不等式Tn
0,∴此方程有两个不等实根.故选C.
4.解析:选C 由题意得,新数列为n,,,,…,,
故a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an
=n·+·+·+…+·
=n2
=n2
=n2
=n(n-1).
故选C.
5.解析:选ACD 黑色的小三角形个数构成数列{an}的前4项,分别为a1=1,a2=3,a3=3×3=32,a4=32×3,因此{an}的通项公式可以是an=3n-1.
6.解析:选AC 第一次着地时,共经过了100 m,第二次着地时,共经过了m,第三次着地时,共经过了m,…,以此类推,第n次着地时,共经过了m.所以Sn=100+=100+400.则Sn是关于n的增函数,所以当n≥2时,Sn的最小值为S2,且S2=.又Sn=100+400<100+400=500.故选A、C.
7.解析:因为S3,S9,S6成等差数列,所以公比q≠1,=+,整理得2q6=1+q3,所以q3=-,故a2·=4,解得a2=8,故a8=8×=2.
答案:2
8.解析:因为过点P(n,Sn)和点Q(n+1,Sn+1)(n∈N*)的直线的斜率为3n-2,所以=Sn+1-Sn=an+1=3n-2(n∈N*),所以a2=1,a4=7,a5=10,a9=22,所以a2+a4+a5+a9=40.
答案:40
9.解析:设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q+q2-6=0.又因为q>0,解得q=2.所以,bn=2n.
由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.①
由S11=11b4,可得a1+5d=16,②
联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.
答案:2n 3n-2
10.解析:由于an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),
所以当n为奇数时,an+2=an,当n为偶数时,an+2-an=2,
所以a1=a3=…=a29,a2,a4,…,a30构成公差为2的等差数列.
因为a1=1,a2=2,
所以a1+a2+a3+…+a29+a30=15+15×2+×2=255.
答案:255
11.解:设数列{an}的公差为d,{bn}的公比为q(q>0),
因为{bn}是公比大于0的等比数列,且b1=1,b3=b2+2,
所以q2=q+2,解得q=2(q=-1不合题意,舍去).所以bn=2n-1.
若存在k,使得对任意的n∈N*,都有ck≤cn,则cn存在最小值.
若选①,则由b5=a4+2a6,b4=a3+a5,
可得解得
所以Sn=n2+n,cn===.
因为n∈N*,所以n2+n≥2,所以cn不存在最小值,
即不存在满足题意的k.
若选②,由b5=a4+2a6,b4+b6=3a3+3a5,可得解得
所以Sn=-n2+n,cn==.
因为当n≤20时,cn>0,当n≥21时,cn<0,
所以易知cn的最小值为c21=-.
即存在k=21,使得对任意的n∈N*,都有ck≤cn.
若选③,则由b5=a4+2a6,a2+a3=b4,
可得解得
所以Sn=,cn==.
因为2n2+26n≥28,所以cn不存在最小值,
即不存在满足题意的k.
12.解:(1)函数f(x)=ax2+bx的图象经过(-1,0)点,
则a-b=0,即a=b.①
因为f′(x)=2ax+b,函数f(x)=ax2+bx在x=-1处的切线斜率为-1,所以-2a+b=-1.②
由①②得a=1,b=1,
所以数列{an}的前n项和Sn=f(n)=n2+n.
当n≥2时,Sn-1=(n-1)2+(n-1),
所以an=Sn-Sn-1=2n.
当n=1时,a1=2符合上式,则an=2n.
(2)由于an=2n,
则==,
则Tn=
==.
B级——提能综合练
13.解析:选BCD 对于A,==8>a2=7,不满足性质“对任意的正整数n,≤an+1都成立”;对于B、D,数列{2n+1}和{2n-1}都是等差数列,故有=an+1,满足性质“对任意的正整数n,≤an+1都成立”;对于C,an=ln,an+2+an=ln,2an+1=ln2,又·-2=<0,即有≤an+1,因此数列{an}满足性质“对任意的正整数n,≤an+1都成立”.综上所述,满足性质“对任意的正整数n,≤an+1都成立”的数列为B、C、D.
14.解析:由题意,根据an=log2(1·x1·x2·…·xt·2),可得an+1=log2[1·(1·x1)·x1·(x1·x2)·x2·…·xt·(xt·2)·2]=log2=3an-1,
设an+1+m=3(an+m),即an+1=3an+2m,可得m=-,
易知a1=log2(1×2×2)=2,则数列是首项为2-=,公比为3的等比数列,故an-=×3n-1,
所以an=(n∈N*).
答案:(n∈N*)
15.解:(1)由已知an=2-1,得当n=1时,a1=2-1,解得a1=1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1,代入已知有2-1=Sn-Sn-1,可得Sn-1=2.
又an>0,故=-1或=1-(舍),即-=1(n≥2),
可得是以1为首项,1为公差的等差数列,
所以=n,则an=2n-1.
(2)由(1)知an=2n-1,则bn=an+2an=2n-1+22n-1,
所以数列{bn}的前n项和Tn=(1+2n-1)+=n2+.
因为Tn
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