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- 2021-07-01 发布
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第五章 数列
(时间120分钟,满分150分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只
有一项是符合题目要求的)
1.已知实数列-1,x,y,z,-2成等比数列,则xyz等于 ( )
A.-4 B.±4
C.-2 D.±2
解析:∵xz=(-1)×(-2)=2,y2=2,∴y=-(正不合题意),∴xyz=-2.
答案:C
2.等差数列{an}的通项公式是an=1-2n,其前n项和为Sn,则数列{}的前11项和为
( )
A.-45 B.-50
C.-55 D.-66
解析:Sn=,∴==-n,
∴{}的前11项的和为-66.
答案:D
3.记数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n(n-1),则该数列是 ( )
A.公比为2的等比数列
B.公比为的等比数列
C.公差为2的等差数列
D.公差为4的等差数列
解析:由条件可得n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n(n-1)-2(n-1)(n-2)=4(n-1),当n
=1时,a1=S1=0,代入适合,故an=4(n-1),故数列{an}表示公差为4的等差数列.
答案:D
4.在古希腊,毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15,21,28,…这些数叫做三角形数,这是因为
这些数目的点可以排成一个正三角形(如图).
试问三角形数的一般表达式为 ( )
A.n B.n(n+1)
C.n2-1 D.n(n-1)
解析:由1+2+3+…+n
=n(n+1)可得.
答案:B
5.在数列{an}中,a1=1,a2=2,an+2-an=1+(-1)n,那么S100的值等于 ( )
A.2500 B.2600
C.2700 D.2800
解析:据已知当n为奇数时,
an+2-an=0⇒an=1,
当n为偶数时,an+2-an=2⇒an=n,
故an=,
故S100=+
=50+50×=2600.
答案:B
6.在函数y=f(x)的图象上有点列{xn,yn},若数列{xn}是等差数列,数列{yn}是等比数
列,则函数y=f(x)的解析式可能为 ( )
A.f(x)=2x+1 B.f(x)=4x2
C.f(x)=log3x D.f(x)=()x
解析:结合选项,对于函数f(x)=()x上的点列{xn,yn},有yn=()xn.由于{xn}是等差数列,所以xn+1-xn=d,因此==()xn+1-xn=()d,这是一个与n无关的常数,故{yn}是等比数列.
答案:D
7.各项都是正数的等比数列{an}中,a2,a3,a1成等差数列,则的值为 ( )
A. B.
C.- D.或
解析:设{an}的公比为q(q>0),由a3=a2+a1,得q2-q-1=0,
解得q=.从而=q=.
答案:B
8.已知等比数列{an}的各项均为不等于1的正数,数列{bn}满足bn=lgan,b3=18,b6
=12,则数列{bn}前n项和的最大值等于 ( )
A.126 B.130
C.132 D.134
解析:由题意可知,lga3=b3,lga6=b6.
又∵b3=18,b6=12,则a1q2=1018,a1q5=1012,
∴q3=10-6.
即q=10-2,∴a1=1022.
又∵{an}为正项等比数列,
∴{bn}为等差数列,且d=-2,b1=22.
故bn=22+(n-1)×(-2)=-2n+24.
∴Sn=22n+×(-2)
=-n2+23n=-(n-)2+.
又∵n∈N*,故n=11或12时,
(Sn)max=132.
答案:C
二、填空题(本大题共7小题,每小题5分,共35分.请把正确答案填在题中横线上)
9.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,S6=4S3,则a4=________.
解析:设等比数列的公比为q,则由S6=4S3知q≠1.
∴S6==.∴q3=3.∴a1q3=3.
答案:3
10.已知数列{an}满足=(n∈N*),且a1=1,则an=________.
解析:由已知得=,
=,
…
=,
a1=1,
左右两边分别相乘得
an=1·····…···
=
答案:
11.已知{an}是等差数列,a4=15,S5=55,则过点P(3,a3),Q(4,a4)的直线斜率为________.
解析:∵{an}是等差数列,
∴S5=5a3=55,∴a3=11.
∴a4-a3=15-11=4,
∴kPQ===4.
答案:4
12.在等差数列{an}中,若a2+a4+a6+a8+a10=80,则a7-·a8的值为________.
解析:由已知得:(a2+a10)+(a4+a8)+a6=5a6=80⇒a6=16,又分别设等差数列首项
为a1,公差为d,则a7-a8=a1+6d-(a1+7d)=(a1+5d)=a6=8.
答案:8
13.数列{an}满足:a1=1,且对任意的m,n∈N*都有:am+n=am+an+mn,则++
+…+=________.
解析:因为an+m=an+am+mn,则可得a1=1,a2=3,a3=6,a4=10,…,则可猜
得数列的通项an=,
∴==2(-),
∴+++…+=
2(1-+-+…+-)=2(1-)=
答案:
14.“欢欢”按如图所示的规则练习数数,记在数数过程中对应中
指的数依次排列所构成的数列为{an},则数到2 008时对应的
指头是________,数列{an}的通项公式an=________.(填出指
头的名称,各指头的名称依次为大拇指、食指、中指、无名指、
小指).
解析:注意到数1,9,17,25,…,分别都对应着大拇指,且1+8×(251-1)=2 001,因此数到2 008时对应的指头是食指.对应中指的数依次是:3,7,11,15,…,因此数列{an}的通项公式是an=3+(n-1)×4=4n-1.
答案:食指 4n-1
15.等差数列{an}的前n项和为Sn,且a4-a2=8,a3+a5=26.记Tn=,如果存在正整
数M,使得对一切正整数n,Tn≤M都成立,则M的最小值是________.
解析:∵{an}为等差数列,由a4-a2=8,a3+a5=26,
可解得Sn=2n2-n,
∴Tn=2-,若Tn≤M对一切正整数n恒成立,则只需Tn的最大值≤M即可.
又Tn=2-<2,∴只需2≤M,故M的最小值是2.
答案:2
三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演
算步骤)
16.(本小题满分12分)已知{an}是一个等差数列,且a2=1,a5=-5.
(1)求数列{an}的通项an;
(2)求{an}前n项和Sn的最大值.
解:(1)设{an}的公差为d,
由已知条件得,解出a1=3,d=-2,
所以an=a1+(n-1)d=-2n+5.
(2)Sn=na1+d=-n2+4n=4-(n-2)2.
所以n=2时,Sn取到最大值4.
17.(本小题满分12分)已知数列{an}满足:a1=,a2=,an+1=2an-an-1(n≥2,n∈N*),
数列{bn}满足b1<0,3bn-bn-1=n(n≥2,n∈N*),数列{bn}的前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项an;
(2)求证:数列{bn-an}为等比数列.
解:(1)证明∵2an=an+1+an-1(n≥2,n∈N*),
∴{an}是等差数列.
又∵a1=,a2=,∴an=+(n-1)·=,
(2)证明:∵bn=bn-1+(n≥2,n∈N*),
∴bn+1-an+1=bn+-=bn-
=(bn-)=(bn-an).
又∵b1-a1=b1-≠0,
∴{bn-an}是以b1-为首项,以为公比的等比数列.
18.(本小题满分12分)(2010·衡阳联考)已知数列{an}是等差数列,a2=3,a5=6,数列{bn}
的前n项和是Tn,且Tn+bn=1.
(1)求数列{an}的通项公式与前n项的和Mn;
(2)求数列{bn}的通项公式.
解:(1)设{an}的公差为d,则:a2=a1+d,a5=a1+4d.
∵a2=3,a5=6,所以,
∴a1=2,d=1
∴an=2+(n-1)=n+1.Mn=na1+d=.
(2)证明:当n=1时,b1=T1,
由T1+b1=1,得b1=.
当n≥2时,∵Tn=1-bn,Tn-1=1-bn-1,
∴Tn-Tn-1=(bn-1-bn),
即bn=(bn-1-bn).
∴bn=bn-1.
∴{bn}是以为首项,为公比的等比数列.
∴bn=·()n-1=.
19.(本小题满分13分)用分期付款的方式购买一批总价为2300万元的住房,购买当天首付300万元,以后每月的这一天都交100万元,并加付此前欠款的利息,设月利率为1%,若从首付300万元之后的第一个月开始算分期付款的第1个月,问分期付款的第10个月应付多少万元?全部贷款付清后,买这批住房实际支付多少万元?
解:购买时付款300万元,则欠款2000万元,依题意分20次付清,
则每次交付欠款的数额顺次构成数列{an},
故a1=100+2000×0.01=120(万元),
a2=100+(2000-100)×0.01
=119(万元),
a3=100+(2000-100×2)×0.01
=118(万元),
a4=100+(2000-100×3)×0.01
=117(万元),
…
an=100+[2000-100(n-1)]×0.01=120-(n-1)
=121-n(万元)(1≤n≤20,n∈N*).
因此{an}是首项为120,公差为-1的等差数列.
故a10=121-10=111(万元),
a20=121-20=101(万元),
20次分期付款的总和为
S20===2210(万元).
∴实际要付300+2210=2510(万元).
即分期付款第10个月应付111万元;全部贷款付清后,买这批住房实际支付2510
万元.
20.(本小题满分13分)已知数列{an}的每一项都是正数,满足a1=2且a-anan+1-2a
=0;等差数列{bn}的前n项和为Tn,b2=3,T5=25.
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式;
(2)比较++…+与2的大小;
(3)[理]若++…+<c恒成立,求整数c的最小值.
解:(1)由a-anan+1-2a=0,
得(an+1-2an)(an+1+an)=0,
由于数列{an}的每一项都是正数,∴an+1=2an,∴an=2n.
设bn=b1+(n-1)d,由已知有b1+d=3,5b1+d=25,
解得b1=1,d=2,∴bn=2n-1.
(2)由(1)得Tn=n2,∴=,
当n=1时,=1<2.
当n≥2时,<=-.
∴++…+<1+-+-+…+-=2-<2.
(3)[理]记Pn=++…+=+++…+.
∴Pn=++…++,
两式相减得Pn=3-.
∵Pn递增,∴≤Pn<3,P4=>2,
∴最小的整数c=3.
21.(本小题满分13分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn且满足a2=3,S6=36.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}是等比数列且满足b1+b2=3,b4+b5=24.设数列{an·bn}的前n项和为Tn,求Tn.
解:(1)∵数列{an}是等差数列,
∴S6=3(a1+a6)=3(a2+a5)=36.
∵a2=3,∴a5=9,∴3d=a5-a2=6,∴d=2,
又∵a1=a2-d=1,∴an=2n-1.
(2)由等比数列{bn}满足b1+b2=3,b4+b5=24,
得=q3=8,∴q=2,
∵b1+b2=3,∴b1+b1q=3,∴b1=1,bn=2n-1,
∴an·bn=(2n-1)·2n-1.
∴Tn=1×1+3×2+5×22+…+(2n-3)·2n-2+(2n-1)·2n-1,
则2Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n,
两式相减得(1-2)Tn=1×1+2×2+2×22+…+2·2n-2+2·2n-1-(2n-1)·2n,即
-Tn=1+2(21+22+…+2n-1)-(2n-1)·2n
=1+2(2n-2)-(2n-1)·2n=(3-2n)·2n-3,
∴Tn=(2n-3)·2n+3.
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