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专题能力训练9 等差数列与等比数列
(时间:60分钟 满分:100分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)
1.在等比数列{an}中,若a12=4,a18=8,则a36为( )
A.32 B.64 C.128 D.256
2.已知数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2
3、an-4(n∈N*),则an=( )
A.2n+1 B.2n C.2n-1 D.2n-2
3.(甘肃兰州一中高三8月月考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”其意思为:有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,则第2天走了( )
A.192里 B.96里 C.48里 D.24里
4.在正项等比数列{an}中,a1 008·a1 009=,则lg a1+lg a2+…+lg a2 016=( )
A.2 015
4、B.2 016 C.-2 015 D.-2 016
5.已知数列{an}的首项a1=1,前n项和为Sn,且满足2an+1+Sn=2,则满足的n的最大值是( )
A.8 B.9 C.10 D.11
6.若数列{an}满足a1=2,a2=1,并且(n≥2),则数列{an}的第100项为( )
A. B. C. D.
7.已知数列{an}是等差数列,Sn为其前n项和.若正整数i,j,k,l满足i+l=j+k(i≤j≤k≤l),则( )
A.aial≤ajak B.aial≥ajak
C.SiSl≤SjSk D.SiSl≥SjSk
8.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=
5、1,an+1·an=2n(n∈N*),则S2 016=( )
A.3·21 008-3 B.22 016-1
C.22 009-3 D.22 008-3
二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
9.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a3=5,a5=3,则an= ,S7= .
10.(20xx浙江台州4月调研)已知数列{an}的前m(m≥4)项是公差为2的等差数列,从第m-1项起,am-1,am,an+1,…成公比为2的等比数列.若a1=-2,则m= ,{an}的前6项和S6= .
11.在数列{an}中,a1=2,a2=10
6、,且an+2=an+1-an(n∈N*),则a4= ,数列{an}的前2 016项和为 .
12.已知等差数列{an}满足:a4>0,a5<0,则满足>2的n的集合是 .
13.等比数列{an}的前n项和为Sn,公比不为1.若a1=1,且对任意的n∈N*都有an+2+an+1-2an=0,则S5= .
14.已知a,b,c是递减的等差数列,若将其中两个数的位置互换,得到一个等比数列,则= .
三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(本小题满分15分)已知数列{an}中,a1=1,an
7、+1=
(1)求证:数列是等比数列;
(2)设Sn是数列{an}的前n项和,求满足Sn>0的所有正整数n.
16.(本小题满分15分)在数列{an}中,a1=1,2anan+1+an+1-an=0(n∈N*).
(1)求证:数列为等差数列,并求{an}的通项公式;
(2)若tan+1(an-1)+1≥0对任意n≥2的整数恒成立,求实数t的取值范围.
参考答案
专题能力训练9 等差数列与等比数列
1.B 解析 由等比数列的性质可知:a12,a18,a24,a30,a36构成等比数列,且=2.
故a36=
8、4×24=64.
2.A 解析 由Sn=2an-4可得Sn-1=2an-1-4(n≥2),两式相减可得an=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2).又a1=2a1-4,a1=4,所以数列{an}是以4为首项,2为公比的等比数列,则an=4×2n-1=2n+1.故选A.
3.B 解析 由题意可知,此人每天走的步数构成以为公比的等比数列,
∵S6==378,∴a1=192,a2=192×=96,∴第二天走了96里.
4.D 解析 lg a1+lg a2+…+lg a2 016=lg a1a2…a2 016=lg(a1 008·a1 009)1 008=lg=lg(10-
9、2)1 008=-2 016.
故选D.
5.B 解析 当n=1时,2a2+S1=2,得a2=.当n≥2时,有2an+Sn-1=2,两式相减得an+1=an.再考虑到a2=a1,所以数列{an}是等比数列,故有Sn=2-2·.因此原不等式可化为,化简得,得n=4,5,6,7,8,9,所以n的最大值为9,选B.
6.D 解析 条件(n≥2),即,
所以数列是等差数列.
故+99×+99×=50,a100=.
7.A 解析 可以令i=1,j=2,k=3,l=4,则aial-ajak=a1a4-a2a3=a1(a1+3d)-(a1+d)(a1+2d)=-2d2≤0,故A正确,同理可以验证
10、B,C,D选项均不正确.
8.A 解析 ∵数列{an}满足a1=1,an+1·an=2n(n∈N*),∴a2·a1=2,即a2=2.当n≥2时,=2,∴数列{an}的奇数项与偶数项分别成等比数列,公比为2.
则S2 016=(a1+a3+…+a2 015)+(a2+a4+…+a2 016)==3·21 008-3.
9.8-n 28 解析 设等差数列{an}的公差为d,则2d=a5-a3=-2,d=-1,所以a1=a3-2d=7,an=a1+(n-1)d=7+(n-1)×(-1)=8-n,S7=7a1+d=7×7+21×(-1)=28.
10.4 28 解析 am-1=a1+(m-2)
11、 d=2m-6,am=2m-4,而=2,解得m=4,所以数列{an}的前6项依次为-2,0,2,4,8,16,所以S6=28.
11.-2 0 解析 ∵a1=2,a2=10,且an+2=an+1-an(n∈N*),
∴a3=a2-a1=10-2=8,同理可得a4=8-10=-2,a5=-10,a6=-8,a7=2,a8=10,….
∴an+6=an.
则a4=-2,
数列{an}的前2 016项和=(a1+a2+…+a6)×336=(2+10+8-2-10-8)=0.
12. {5} 解析 已知等差数列{an}满足a4>0,a5<0,
则d<0,前4项为正数,从第5项开始为负数,
12、
由>2得>0,
即>0,
∴<0,
∴a1+(n-2)d>0,a1+(n-1)d<0,
∴解得n=5.
故答案为{5}.
13.11 解析 设等比数列{an}的公比为q,
则an+2+an+1-2an=a1·qn+1+a1·qn-2a1·qn-1=0,
即q2+q-2=0,解得q=-2,q=1(舍去),
所以q=-2.故S5==11.
14.20 解析 依题意得①或
②或③
由①得a=b=c,这与a,b,c是递减的等差数列矛盾;
由②消去c整理得(a-b)(a+2b)=0.
又a>b,因此有a=-2b,c=4b,故=20;
由③消去a整理得(c-b)( c+2
13、b)=0.
又b>c,因此有c=-2b,a=4b,故=20.
15.(1)证明
=,
所以数列是以a2-=-为首项,为公比的等比数列.
(2)解 由(1)得a2n-=-=-,则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,
S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)
=-2-6(1+2+3+…+n)+9n
=-2×-6×+9n
=-1-3n2+6n=-3(n-1)2+2.
显然,当n∈N*时,数列{S2n}单调递减;
当n=1时,
14、S2=>0,当n=2时,S4=-<0,则当n≥2时,S2n<0,S2n-1=S2n-a2n=-3n2+6n.
同理可得仅当n=1时,S2n-1>0.
综上,可得满足条件Sn>0的n的值为1和2.
16.(1)证明 ∵2anan-1+an-an-1=0(n≥2),
∴=2(n≥2).
又=1,∴数列是首项为1,公差为2的等差数列.
∴=1+2(n-1)=2n-1,即an=.
(2)解 ∵tan+1(an-1)+1≥0对任意n≥2的整数恒成立,即t+1≥0恒成立.
∴t≤对任意n≥2的整数恒成立.
设cn=(n≥2),
则=1+>1,
∴当n≥2时,数列{cn}为递增数列,∴cn≥c2=.
∴t的取值范围为.
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