高考数学二轮复习课时跟踪检测07数列大题练 理数(含答案)

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以下为本文档部分文字说明:

课时跟踪检测(七)数列(大题练)A卷——大题保分练1.(2018·陕西模拟)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=1n+an,Sn为数列{

bn}的前n项和,求S100的值.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,∴a23=a1a9,即(2+2d)2=2(2+8d),解得d=0(舍)或d=2.∴an=a1+

(n-1)d=2n.(2)bn=1n+an=12nn+=121n-1n+1.∴S100=b1+b2+…+b100=12×1-12+12-13+…+1100-1101=12×1-1101=50101.2.(2018·兰州诊断性

测试)在公差不为零的等差数列{an}中,a1=1,a2,a4,a8成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=2an,Tn=b1+b2+…+bn,求Tn.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则依题意有

a1=1,a1+3d2=a1+da1+7d,解得d=1或d=0(舍去),∴an=1+(n-1)=n.(2)由(1)得an=n,∴bn=2n,∴{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,∴Tn=-2n1-2=2n+1-2.3.(2018·北京调研)已知数列{an}满

足a1=1,且an+1=2an,设bn-2=3log2an(n∈N*).(1)求数列{bn}的通项公式;(2)求数列{|an-bn|}的前n项和Sn.解:(1)因为an+1=2an,a1=1,所以数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列.所以a

n=2n-1.又因为bn-2=3log2an(n∈N*),所以bn=3log22n-1+2=3(n-1)+2=3n-1.(2)因为数列{an}中的项为1,2,4,8,16,…,2n-1,数列{bn}中的项为2,5,8,11,14,…,3n-1,所以①当n≤4时,|an

-bn|=bn-an=3n-1-2n-1,所以Sn=nn-1+2--2n1-2=3n2+n+22-2n.②当n>4时,|an-bn|=an-bn=2n-1-(3n-1),所以Sn=S4+(a5+a6+…+an)-(b5+

b6+…+bn)=2n-3n2+n-422,综合①②得Sn=3n2+n+22-2n,n≤4,2n-3n2+n-422,n>4.4.(2018·厦门质检)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an2an+3,n∈N*.(1)求证:数列1a

n为等差数列;(2)设T2n=1a1a2-1a2a3+1a3a4-1a4a5+…+1a2n-1a2n-1a2na2n+1,求T2n.解:(1)证明:由an+1=3an2an+3,得1an+1=2an+33an=1an+23,所以1an+1-1an=23.

又a1=1,则1a1=1,所以数列1an是首项为1,公差为23的等差数列.(2)设bn=1a2n-1a2n-1a2na2n+1=1a2n-1-1a2n+11a2n,由(1)得,数列1an是公差为23的等差数列,所以1a

2n-1-1a2n+1=-43,即bn=1a2n-1-1a2n+11a2n=-43×1a2n,所以bn+1-bn=-431a2n+2-1a2n=-43×43=-169.又b1=-43×

1a2=-43×1a1+23=-209,所以数列{bn}是首项为-209,公差为-169的等差数列,所以T2n=b1+b2+…+bn=-209n+nn-2×-169=-49(2n2+3n).5.

(2018·洛阳模拟)已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn,且对任意的n∈N*,满足Sn=13a1(an-1).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列{bn}满足anbn=log2an,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<89.解:(1)当

n=1时,a1=S1=13a1(a1-1)=13a21-13a1,∵a1≠0,∴a1=4.∴Sn=43(an-1),∴当n≥2时,Sn-1=43(an-1-1),两式相减得an=4an-1(n≥2),

∴数列{an}是首项为4,公比为4的等比数列,∴an=4n.(2)证明:∵anbn=log2an=2n,∴bn=2n4n,∴Tn=241+442+643+…+2n4n,14Tn=242+443+644+…+2n4n+1,两式相减

得34Tn=24+242+243+244+…+24n-2n4n+1=214+142+143+144+…+14n-2n4n+1=2×141-14n1-14-2n4n+1=23-23×4n-2n4n+1=23-6n+83×4n+1.∴Tn=89-6

n+89×4n<89.B卷——深化提能练1.(2018·广州模拟)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.解:(1)

由题知2a1+7d=4,5a1+5×42d=-5,解得a1=-5,d=2,故an=2n-7(n∈N*).(2)由an=2n-7<0,得n<72,即n≤3,所以当n≤3时,an=2n-7<0,当n≥4时,an=2n-7>0.易知Sn=n2-6n,S3=-9,所以T5=-(a

1+a2+a3)+a4+a5=-S3+(S5-S3)=S5-2S3=13.当n≤3时,Tn=-Sn=6n-n2;当n≥4时,Tn=-S3+(Sn-S3)=Sn-2S3=n2-6n+18.故Tn=6n-n2,n≤3,n

2-6n+18,n≥4.2.(2018·郑州一模)在等差数列{an}中,已知a3=5,且a1,a2,a5为递增的等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}的通项公式bn=an+12,n=2k-1,2n2-

1,n=2k(k∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,易知d≠0,由题意得,(a3-2d)(a3+2d)=(a3-d)2,即d2-2d=0,解得d=2或d=0(舍去

),所以数列{an}的通项公式为an=a3+(n-3)d=2n-1.(2)当n=2k,k∈N*时,Sn=b1+b2+…+bn=b1+b3+…+b2k-1+b2+b4+…+b2k=a1+a2+…+ak+(20+21+…+2k-1)=k+2k-2+1-2k1-2=k2+2k-1=n24+2n2-

1;当n=2k-1,k∈N*时,n+1=2k,则Sn=Sn+1-bn+1=n+24+2n+12-1-2n+12-1=n2+2n-34+2n-12.综上,Sn=n24+2n2-1,n=2k,n2+2n-34+2n-12,n=2k-1,(k∈N*

).3.(2018·武汉调研)已知数列{an}的前n项和Sn=2an-2.(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=an·log2an,求数列{bn}的前n项和Tn.解:(1)当n=1时,a1=2a1-2,所以a1=2.当n≥2时,Sn-1=2

an-1-2,Sn-Sn-1=(2an-2)-(2an-1-2),即an=2an-1.所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.(2)由(1)得bn=2nlog22n=n·2n,所以Tn=1×21+

2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1,两式相减,得-Tn=21+22+23+…+2n-n×2n+1=-2n1-2-n×2n+1=(1-n)2n+1-2,所以Tn=(n-1)2n+1+2.4.

(2018·唐山模拟)已知在数列{an}中,a1=1,anan+1=12n.(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.解:(1)证明:由题意可得a1a2=12,则a2=12.又anan+1=12n,an+1an+2=12n+1,∴an+2an=12.∴数列{a2n-1}是以1为首项,12为公比的等比数列;

数列{a2n}是以12为首项,12为公比的等比数列.(2)T2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=1-12n1-12+121-12n1-12=3-3

·12n.∴bn=3n(n+1)12n,bn+1=3(n+1)(n+2)12n+1,∴bn+1bn=n+22n,∴b1<b2=b3,b3>b4>…>bn>…,∴数列{bn}的最大项为b2=b3=92.5.(2018·广东五校联考)已知{an}是递增数列,其前n

项和为Sn,a1>1,且10Sn=(2an+1)(an+2),n∈N*.(1)求数列{an}的通项an;(2)是否存在m,n,k∈N*,使得2(am+an)=ak成立?若存在,写出一组符合条件的m,n,k的值;若不存在,请说明理

由.解:(1)由10a1=(2a1+1)(a1+2),得2a21-5a1+2=0,解得a1=2或a1=12.又a1>1,所以a1=2.因为10Sn=(2an+1)(an+2),所以10Sn=2a2n+5an+2,故10an+1=10Sn+1-10Sn=2a

2n+1+5an+1+2-2a2n-5an-2,整理,得2(a2n+1-a2n)-5(an+1+an)=0,即(an+1+an)[2(an+1-an)-5]=0.因为{an}是递增数列且a1=2,所以an+1+an≠0,因此an+1-an=52.所以数列{a

n}是以2为首项,52为公差的等差数列,所以an=2+52(n-1)=12(5n-1).(2)满足条件的正整数m,n,k不存在,理由如下:假设存在m,n,k∈N*,使得2(am+an)=ak,则5m-1+5n-1=12(5k-1),整理,得2m+2n-k

=35,(*)显然,(*)式左边为整数,所以(*)式不成立.故满足条件的正整数m,n,k不存在.

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