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  • 2021-05-13 发布

高考数学理数列求和二轮提高练习题目

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‎ 数列求和 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.已知{an}为等差数列,其公差为-2,且a7是a3与a9的等比中项,Sn为{an}的前n项和,n∈N*,则S10的值为 ‎(  ).‎ A.-110 B.-90 ‎ C.90 D.110‎ ‎2.已知等差数列{an}的前三项依次为a-1,a+1,‎2a+3,则此数列的通项公式an等于 ‎(  ).‎ A.2n-3 B.2n+1 ‎ C.2n-5 D.2n+3‎ ‎3.数列1,3,5,7,…的前n项和Sn为 ‎(  ).‎ A.n2+1- B.n2+2- C.n2+1- D.n2+2- ‎4.已知数列{an}的通项公式是an=,若前n项和为10,则项数n为 ‎(  ).‎ A.11 B.99 ‎ C.120 D.121‎ ‎5.已知{an}满足a1=1,且an+1=(n∈N*),则数列{an}的通项公式为(  ).‎ A.an= B.an=n2+2‎ C.an=3n-2 D.an= 二、填空题(每小题5分,共15分)‎ ‎6.若数列{an}的前n项和Sn=n2-10n,则此数列的通项公式为________.‎ ‎7.若=110(x∈N*),则x=________.‎ ‎8.在等比数列{an}中,若a1=,a4=-4,则公比q=________;|a1|+|a2|+…+|an|=________.‎ 三、解答题(本题共3小题,共35分)‎ ‎9.(11分)已知等差数列{an}的公差d≠0,它的前n项和为Sn,若S5=35,且a2,a7,a22成等比数列. ‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设数列的前n项和为Tn,求Tn.‎ ‎10.(12分)已知等差数列{an}的前n项和为An,且满足a1+a5=6,A9=63;数列{bn}的前n项和为Bn,且满足Bn=2bn-1(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式an,bn;‎ ‎(2)设cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Sn.‎ ‎11.(12分)设数列{an}的前n项和为Sn,对任意的正整数n,都有an=5Sn+1成立,记bn=(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式;‎ ‎(2)记cn=b2n-b2n-1(n∈N*),设数列{cn}的前n项和为Tn,求证:对任意正整数n都有Tn<;‎ ‎(3)设数列{bn}的前n项和为Rn.已知正实数λ满足:对任意正整数n,Rn≤λn恒成立,求λ的最小值.‎ 参考答案 ‎1.D [a7是a3与a9的等比中项,公差为-2,所以a=a3·a9,所以a=(a7+8)(a7-4),所以a7=8,所以a1=20,所以S10=10×20+10××(-2)=110.故选D.]‎ ‎2.A [由题意知:2(a+1)=(a-1)+‎2a+3,解得:a=0,‎ ‎∴a1=-1,d=2,∴an=-1+2(n-1)=2n-3.]‎ ‎3.C [Sn=1+3+5+7+…+(2n-1) ‎4.C [∵an==-,∴Sn=a1+a2+…+an=(-1)+(-)+…+(-)=-1.令-1=10,得n=120.]‎ ‎5.A [由题可知,an+1=(n∈N*),两边取倒数可得,==+3,即-=3,所以数列是首项为1,公差为3的等差数列,其通项公式为=3n-2,所以数列{an}的通项公式为an=.]‎ ‎6.解析 当n=1时,a1=S1=1-10=-9;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-10n-[(n-1)2-10(n-1)]=2n-11.易知a1=-9 也适合上式.综上,an=2n-11.‎ 答案 an=2n-11‎ ‎7.解析 原式分子为1+3+5+…+(2x-1)==x2,‎ 原式分母为:++…+ ‎=1-+-+…+-=,‎ 故原式为:=x2+x=110,解得x=10.‎ 答案 10‎ ‎8.解析 ∵{an}为等比数列,且a1=,a4=-4,‎ ‎∴q3==-8,∴q=-2,∴an=·(-2)n-1,‎ ‎∴|an|=2n-2,∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|==(2n-1)=2n-1-.‎ 答案 -2 2n-1- ‎9.解 (1)∵数列{an}是等差数列,‎ 由S5=‎5a1+d=35.‎ ‎∴a1+2d=7.①‎ 由a2,a7,a22成等比数列,∴a=a2·a22,‎ ‎∴ (a1+6d)2=(a1+d)(a1+21d)(d≠0),‎ ‎∴‎2a1-3d=0.②‎ 解①②得:a1=3,d=2,∴an=2n+1.‎ ‎(2)由(1)知,Sn=3n+·2=n2+2n.‎ ‎∴===(-).‎ ‎10.解 (1)∵A9=63,∴A9==‎9a5=63,∴a5=7.‎ 由a1+a5=6,得a1=-1,∴d==2.‎ ‎∴an=2n-3.∵Bn=2bn-1,①‎ ‎∴Bn-1=2bn-1-1(n≥2),②‎ 由①-②得bn=2bn-2bn-1,∴bn=2bn-1(n≥2).‎ 又b1=2b1-1,∴ b1=1.‎ ‎∴数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,‎ ‎∴bn=b1·qn-1=2n-1.‎ ‎(2)cn=an·bn=(2n-3)·2n-1,‎ Sn=c1+c2+c3+…+cn ‎=-1×1+1×2+3×22+5×23+…+(2n-5)·2n-2+(2n-3)·2n-1,①‎ ‎∴2Sn=-1×2+1×22+3×23+5×24+…+(2n-5)·2n-1+(2n-3)·2n,②‎ ‎①②两式相减得-Sn=-1+2×2+2×22+2×23+…+2×2n-1-(2n-3)·2n=-1+‎ ‎2(2+22+23+…+2n-1)-(2n-3)·2n ‎=-1+2×-(2n-3)·2n ‎=(5-2n)·2n-5.‎ ‎∴Sn=(2n-5)·2n+5.‎ ‎11.(1)解 当n=1时,a1=‎5a1+1,∴a1=-,‎ 又∵an=5Sn+1,an+1=5Sn+1+1,‎ ‎∴an+1-an=5an+1,即an+1=-an.‎ ‎∴数列{an}成等比数列,其首项a1=-,‎ 公比q=-,∴an=-n,∴bn=.‎ ‎(2)证明 由(1)知bn=4+,‎ ‎∴cn=b2n-b2n-1=+ ‎==<=,‎ 又b1=3,b2=,∴c1=.‎ 当n=1时,T1<;‎ 当n≥2时,Tn<+25×(++…+)‎ ‎=+25×<+25× ‎=<.‎ ‎(3)解 由(1)知bn=4+.‎ 一方面,已知Rn≤λn恒成立,取n为大于1的奇数时,‎ 设n=2k+1(k∈N*),则Rn=b1+b2+…+b2k+1‎ ‎=4n+5×(-+-+…-)‎ ‎=4n+5× [-+(-)+…+(-)]>4n-1.‎ ‎∴λn≥Rn>4n-1,即(λ-4)n>-1对一切大于1的奇数n恒成立.∴λ≥4,否则,(λ-4)n>-1只对满足n<的正奇数n成立,矛盾.‎ 另一方面,当λ=4时,对一切的正整数n都有Rn≤4n恒成立.事实上,对任意的正整数k,有 b2k-1+b2k=8++ ‎=8+-=8-<8.‎ ‎∴当n为偶数时,设n=‎2m(m∈N*),‎ 则Rn=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b‎2m-1+b‎2m)<‎8m=4n;‎ 当n为奇数时,设n=‎2m-1(m∈N*),‎ 则Rn=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b‎2m-3+b‎2m-2)+b‎2m-1<8(m-1)+4=‎8m-4=4n.‎ ‎∴对一切的正整数n,都有Rn≤4n.‎ 综上所述,正实数λ的最小值为4.‎