【師說】高考數學文二輪復習 專題能力提升練三 Word版含解析

《【師說】高考數學文二輪復習 專題能力提升練三 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【師說】高考數學文二輪復習 專題能力提升練三 Word版含解析（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題能力提升練(三)　數列 　　　　　　　　　　　　　 一、選擇題(每小題5分) 1．已知數列{an}是公差不為0的等差數列，且a2＋a6＝a8，則＝(　　) A．8 B．6 C．5 D．3 解析：在等差數列中，由a2＋a6＝a8得2a1＋6d＝a1＋7d，得a1＝d≠0，所以＝＝＝＝3. 答案：D 2．已知公差不為0的等差數列{an}的前21項的和等于前8項的和．若a8＋ak＝0，則k＝(　　) A．20 B．21 C．22 D．23 解析：設Sn為{an}的前n項和，∵S21＝S8，∴S14＝S15，即a15＝0，∴a8＋a22＝2a15＝0，又∵a8＋a

2、k＝0，∴k＝22. 答案：C 3．已知等差數列{an}單調遞增且滿足a1＋a10＝4，則a8的取值范圍是(　　) A．(2,4) B．(－∞，2) C．(2，＋∞) D．(4，＋∞) 解析：由題知{an}的公差d>0，a1＋a10＝a6－5d＋a10＝2a8－5d＝4，所以a8＝2＋d>2. 答案：C 4．已知數列{an}的前n項和Sn＝n2－2n＋2，則數列{an}的通項公式為(　　) A．an＝2n－3 B．an＝2n＋3 C．an＝ D．an＝ 解析：當n＝1時，a1＝S1＝1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－3.由于當n

3、＝1時，a1的值不適合n≥2的解析式，故選C. 答案：C 5．已知正項數列{an}中，a1＝1，a2＝2,2a＝a＋a(n≥2)，則a6等于(　　) A．16 B．8 C．2 D．4 解析：由2a＝a＋a(n≥2)可知數列{a}是等差數列，且以a為首項，以d＝a－a＝4－1＝3為公差，所以數列{a}的通項公式為a＝1＋3(n－1)＝3n－2，所以a＝36－2＝16，即a6＝4，故選D. 答案：D 6．已知各項均為正數的數列{an}的前n項和為Sn，首項為a1，且，an，Sn成等差數列．則a5＝(　　) A．4 B．8 C．16 D．32 解析：由題意知2an＝

4、Sn＋，an>0，當n＝1時，2a1＝a1＋，∴a1＝.當n≥2時，Sn＝2an－，Sn－1＝2an－1－， 兩式相減得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，整理得＝2，∴數列{an}是以為首項，2為公比的等比數列，an＝2n－1＝2n－2，∴a5＝8. 答案：B 7．已知數列{an}的各項均為正整數，其前n項和為Sn.若an＋1＝，且S3＝29，則a1＝(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：當a1＝4時，a2＝2，a3＝1，S3＝7，排除A；當a1＝5時，a2＝16，a3＝8，S3＝29，B符合題意，故選B. 答案：B 8．設數列{an}的前n項和為Sn，a

5、1＝1，且對任意正整數n，點(an＋1，Sn)在直線2x＋y－2＝0上，則a10＝(　　) A．512 B．1 024 C. D. 解析：因為點(an＋1，Sn)在直線2x＋y－2＝0上，所以2an＋1＋Sn－2＝0.當n>1時，2an＋Sn－1－2＝0，兩式相減得2an＋1－2an＋Sn－Sn－1＝0，即2an＋1－2an＋an＝0，所以an＋1＝an.又當n＝1時，2a2＋S1－2＝2a2＋a1－2＝0，a2＝＝a1，所以{an}是首項a1＝1，公比q＝的等比數列，所以a10＝9＝. 答案：C 9．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且S2＝10，S5＝55，則過點P

6、(n，an)和Q(n＋2，an＋2)(n∈N*)的直線的斜率是(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 解析：設等差數列{an}的公差為d，因為S2＝2a1＋d＝10，S5＝(a1＋a5)＝5(a1＋2d)＝55，所以d＝4，所以kPQ＝＝＝d＝4，故選A. 答案：A 10．設等差數列{an}的前n項和為Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，其中m≥2，則nSn的最小值為(　　) A．－3 B．－5 C．－6 D．－9 解析：由已知得，am＝Sm－Sm－1＝2(m≥2)，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，因為數列{an}為等差數列，所以公差d＝am＋1－am＝1.

7、又Sm＝＝0，所以m(a1＋2)＝0，因為m≠0，所以a1＝－2，故Sn＝－2n＋＝，即nSn＝，令f(x)＝(x>0)，則f ′(x)＝x2－5x，令f ′(x)>0，得x>， 令f ′(x)<0，得0

8、k－1，② 當n＝2k＋1(k∈N*)時，a2k＋1＋a2k＝2k＋1，③ ①＋②得，a2k＋a2k－2＝4k－1，③－①得，a2k＋1＋a2k－1＝1， ∴S40＝(a1＋a3＋a5＋…＋a39)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a40)＝110＋(7＋15＋23＋…＋79)＝10＋710＋8＝440. 答案：440 12．設正項等比數列{an}的前n項和為Sn，若S3＝3，S9－S6＝12，則S6＝__________. 解析：在等比數列{an}中，S3，S6－S3，S9－S6成等比數列，即3，S6－3,12成等比數列，所以(S6－3)2＝312＝36，所以S6－3＝6，所以S6

9、＝9或S6＝－3(舍去)． 答案：9 13．在數列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3(n≥1)，則該數列的通項an＝__________. 解析：因為an＋1＝2an＋3，所以an＋1＋3＝2an＋3＋3＝2(an＋3)，即數列{an＋3}是以a1＋3＝4為首項，以q＝2為公比的等比數列，所以數列的通項an＋3＝42n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－3. 答案：2n＋1－3 14．已知函數f(n)＝n2cos(nπ)，且an＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100＝__________. 解析：因為f(n)＝n2cos(nπ)，所以a1＋a2＋a3＋

10、…＋a100＝[f(1)＋f(2)＋…＋f(100)]＋[f(2)＋…＋f(101)]， f(1)＋f(2)＋…＋f(100)＝－12＋22－32＋42－…－992＋1002＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(1002－992)＝3＋7＋…＋199＝＝5 050， f(2)＋…＋f(101)＝22－32＋42－…－992＋1002－1012＝(22－32)＋(42－52)＋…＋(1002－1012)＝－5－9－…－201＝＝－5 150， 所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝[f(1)＋f(2)＋…＋f(100)]＋[f(2)＋…＋f(101)]＝－5 150＋5 050＝－100.

11、 答案：－100 15．對于一切實數x，令[x]為不大于x的最大整數，則函數f(x)＝[x]稱為高斯函數或取整函數．若an＝f，n∈N*，Sn為數列{an}的前n項和，則S3n＝__________. 解析：當n＝3k，n＝3k＋1，n＝3k＋2時，均有an＝f＝，所以 ＝3(n－1)＋n＝n2－n. 答案：n2－n 三、解答題(第16,17,18,19題每題12分，第20題13分，第21題14分) 16．在數列{an}中，a1＝，an＋1＝an，n∈N*. (1)求證：數列為等比數列； (2)求數列{an}的前n項和Sn. 解：(1)由an＋1＝an知＝， ∴是以為首項

12、，為公比的等比數列． (2)由(1)知是首項為，公比為的等比數列， ∴＝n，∴an＝， ∴Sn＝＋＋…＋，① 則Sn＝＋＋…＋，② ①－②得：Sn＝＋＋＋…＋－＝1－， ∴Sn＝2－. 17．已知遞增的等比數列{an}的前n項和為Sn，a6＝64，且a4，a5的等差中項為3a3. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn. 解：(1)設等比數列{an}的公比為q(q>0)， 由題意，得， 解得， 所以an＝2n. (2)因為bn＝＝， 所以Tn＝＋＋＋＋…＋，① Tn＝＋＋＋…＋＋，② 由①－②得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝－＝

13、－， 故Tn＝－＝－. 18．設函數f(x)＝＋sinx的所有正的極小值點從小到大排成的數列為{xn}． (1)求數列{xn}的通項公式； (2)令bn＝，設數列的前n項和為Sn，求證：Sn<. 解：(1)f(x)＝＋sinx，令f ′(x)＝＋cosx＝0，得x＝2kπ(k∈Z)． 由f ′(x)>0?2kπ－

14、{an}中，a1＝8，a4＝2，且滿足an＋2－2an＋1＋an＝0. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Sn. 解：(1)∵an＋2－2an＋1＋an＝0， ∴an＋2－an＋1＝an＋1－an， ∴{an＋1－an}為常數列， ∴{an}是以a1為首項的等差數列，設an＝a1＋(n－1)d， 則a4＝a1＋3d， ∴d＝＝－2，∴an＝10－2n. (2)由(1)知an＝10－2n，令an＝0，得n＝5. 當n>5時，an<0；當n＝5時，an＝0；當n<5時，an>0. ∴當n>5時，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|

15、an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝T5－(Tn－T5)＝2T5－Tn＝n2－9n＋40，其中Tn＝a1＋a2＋…＋an. 當n≤5時，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2. ∴Sn＝. 20．已知函數f(x)＝ax的圖象過點，且點(n∈N*)在函數f(x)＝ax的圖象上． (1)求數列{an}的通項公式； (2)令bn＝an＋1－an，若數列{bn}的前n項和為Sn，求證：Sn<5. 解：(1)∵函數f(x)＝ax的圖象過點， ∴a＝，f(x)＝x. 又點(n∈N*)在函數f(x)＝ax的圖象上， 從而＝，即an＝.

16、 (2)由bn＝－＝得，Sn＝＋＋…＋， 則Sn＝＋＋…＋＋， 兩式相減得Sn＝＋2－，∴Sn＝5－，∴Sn<5. 21．已知數列{an}與{bn}，若a1＝3且對任意正整數n滿足an＋1－an＝2，數列{bn}的前n項和Sn＝n2＋an. (1)求數列{an}，{bn}的通項公式； (2)求數列的前n項和Tn. 解：(1)因為對任意正整數n滿足an＋1－an＝2， 所以{an}是公差為2的等差數列． 又因為a1＝3，所以an＝2n＋1. 當n＝1時，b1＝S1＝4； 當n≥2時，bn＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n＋1)－[(n－1)2＋2(n－1)＋1]＝2n＋1，對b1＝4不成立． 所以數列{bn}的通項公式為 bn＝. (2)由(1)知當n＝1時，T1＝＝. 當n≥2時，＝ ＝， 所以Tn＝＋ ＝＋ ＝＋. 當n＝1時仍成立． 所以Tn＝＋.