高三数学文科高考总复习升级增分训练数列含解析 8页

升级增分训练 数 列 ‎1．在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位数，则a2 016＝(　　)‎ A．8　　　　　　　　　 B．6‎ C．4 D．2‎ 解析：选B　由题意得：a3＝4，a4＝8，a5＝2，a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8，…，所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a2 016＝a335×6＋6＝a6＝6．‎ ‎2．已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)在函数f(x)＝x2＋x－2的图象上，则数列{an}的通项公式为(　　)‎ A．an＝2n－2 B．an＝n2＋n－2‎ C．an＝ D．an＝ 解析：选D　由于点(n，Sn)在函数f(x)的图象上，则Sn＝n2＋n－2，当n＝1时，得a1＝S1＝0，当n≥2时，得an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－2－(n－1)2＋(n－1)－2]＝2n．故选D．‎ ‎3．若数列{bn}的通项公式为bn＝－＋13，则数列{bn}中的最大项的项数为(　　)‎ A．2或3 B．3或4‎ C．3 D．4‎ 解析：选B　设数列{bn}的第n项最大．‎ 由 即 整理得 即 解得n＝3或n＝4．‎ 又b3＝b4＝6，‎ 所以当n＝3或n＝4时，bn取得最大值．‎ ‎4．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则an＝(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选A　设bn＝nSn＋(n＋2)an，‎ 则b1＝4，b2＝8，‎ 又{bn}为等差数列，所以bn＝4n，‎ 所以nSn＋(n＋2)an＝4n，‎ 所以Sn＋an＝4．‎ 当n≥2时，‎ Sn－Sn－1＋an－an－1＝0，‎ 所以an＝an－1，‎ 即2·＝．‎ 又因为＝1，‎ 所以是首项为1，‎ 公比为的等比数列，‎ 所以＝n－1(n∈N*)，‎ 所以an＝(n∈N*)．‎ ‎5．(2017·山西省质检)记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若－7·－8＝0，且正整数m，n满足a1ama2n＝‎2a，则＋的最小值是(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选C　∵{an}是等比数列，设{an}的公比为q，‎ ‎∴＝q6，＝q3，‎ ‎∴q6－7q3－8＝0，‎ 解得q＝2，又a1ama2n＝‎2a，‎ ‎∴a·‎2m＋2n－2＝2(a124)3＝a213，‎ ‎∴m＋2n＝15，‎ ‎∴＋＝(m＋2n)‎ ‎＝≥ ‎＝，当且仅当＝，n＝‎2m，‎ 即m＝3，n＝6时等号成立，‎ ‎∴＋的最小值是，故选C．‎ ‎6．对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都有＜xn＋1成立，则称数列{xn}为“减差数列”．设bn＝2t－，若数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，则实数t的取值范围是(　　)‎ A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1]‎ C．(1，＋∞) D．(－∞，1]‎ 解析：选C　由数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，‎ 得＜bn＋1(n≥3)，‎ 即t－＋t－＜2t－，‎ 即＋＞，‎ 化简得t(n－2)＞1．‎ 当n≥3时，若t(n－2)＞1恒成立，‎ 则t＞恒成立，‎ 又当n≥3时，的最大值为1，‎ 则t的取值范围是(1，＋∞)．‎ ‎7．设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn＞0(n＝1,2，3，…)．则q的取值范围为________．‎ 解析：因为{an}为等比数列，Sn＞0，‎ 可以得到a1＝S1＞0，q≠0，‎ 当q＝1时，Sn＝na1＞0；‎ 当q≠1时，Sn＝＞0，‎ 即＞0(n＝1,2,3，…)，‎ 上式等价于不等式组(n＝1,2,3，…)，①‎ 或(n＝1,2,3，…)．②‎ 解①式得q＞1，‎ 解②式，由于n可为奇数，可为偶数，得－1＜q＜1．‎ 综上，q的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．‎ 答案：(－1,0)∪(0，＋∞)‎ ‎8．(2016·河南六市一联)数列{an}的通项an＝n2·，其前n项和为Sn，则S30＝________．‎ 解析：由题意可知，an＝n2·cos，‎ 若n＝3k－2，‎ 则an＝(3k－2)2·＝(k∈N*)；‎ 若n＝3k－1，‎ 则an＝(3k－1)2·＝(k∈N*)；‎ 若n＝3k，‎ 则an＝(3k)2·1＝9k2(k∈N*)，‎ ‎∴a3k－2＋a3k－1＋a3k＝9k－，k∈N*，‎ ‎∴S30＝＝×10＝470．‎ 答案：470‎ ‎9．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列，则an＝________．‎ 解析：由a1，a2＋5，a3成等差数列可得a1＋a3＝‎2a2＋10，‎ 由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，‎ 得‎2a1＋‎2a2＝a3－7，‎ 即‎2a2＝a3－7－‎2a1，‎ 代入a1＋a3＝‎2a2＋10，得a1＝1，‎ 代入2S1＝a2－22＋1，得a2＝5．‎ 由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，‎ 得当n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1，‎ 两式相减，得2an＝an＋1－an－2n，‎ 即an＋1＝3an＋2n，‎ 当n＝1时，5＝3×1＋21也适合an＋1＝3an＋2n，‎ 所以对任意正整数n，an＋1＝3an＋2n．‎ 上式两端同时除以2n＋1，‎ 得＝×＋，‎ 等式两端同时加1，得 ＋1＝×＋＝，‎ 所以数列是首项为，‎ 公比为的等比数列，‎ 所以＋1＝n，‎ 所以＝n－1，‎ 所以an＝3n－2n．‎ 答案：3n－2n ‎10．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点，，且在区间上为单调函数．‎ ‎(1)求ω，φ的值；‎ ‎(2)设an＝nf(n∈N*)，求数列{an}的前30项和S30．‎ 解：(1)由题可得＋φ＝2kπ－，k∈Z，‎ ＋φ＝2kπ＋，k∈Z，‎ 解得ω＝2，φ＝2kπ－，k∈Z，‎ ‎∵|φ|＜π，‎ ‎∴φ＝－．‎ ‎(2)由(1)及题意可知an＝2nsin(n∈N*)，‎ 数列(n∈N*)的周期为3，前三项依次为0，，－，‎ ‎∴a3n－2＋a3n－1＋a3n ‎＝(3n－2)×0＋(3n－1)×＋3n×(－)‎ ‎＝－(n∈N*)，‎ ‎∴S30＝(a1＋a2＋a3)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝－10．‎ ‎11．已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积S＝4，B＝60°，且a2＋c2＝2b2；等差数列{an}中，a1＝a，公差d＝b．数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*．‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝求数列{cn}的前2n＋1项和P2n＋1．‎ 解：(1)∵S＝acsin B＝4，‎ ‎∴ac＝16，‎ 又a2＋c2＝2b2，b2＝a2＋c2－2accos B，‎ ‎∴b2＝ac＝16，‎ ‎∴b＝4，‎ 从而(a＋c)2＝a2＋c2＋‎2ac＝64，a＋c＝8，‎ ‎∴a＝c＝4．‎ 故可得 ‎∴an＝4n．‎ ‎∵Tn－2bn＋3＝0，‎ ‎∴当n＝1时，b1＝3，‎ 当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，‎ 两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)，‎ ‎∴数列{bn}为等比数列，‎ ‎∴bn＝3·2n－1．‎ ‎(2)依题意，cn＝ P2n＋1＝(a1＋a3＋…＋a2n＋1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)‎ ‎＝＋ ‎＝22n＋1＋4n2＋8n＋2．‎ ‎12．(2017·广州模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜1．‎ 解：(1)因为2Sn＝(n＋1)an，‎ 当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，‎ 两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，‎ 即(n－1)an＝nan－1，‎ 所以当n≥2时，＝，‎ 所以＝．‎ 因为a1＝2，‎ 所以an＝2n．‎ ‎(2)证明：因为an＝2n，‎ 令bn＝，n∈N*，‎ 所以bn＝＝＝－．‎ 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝＋＋…＋ ‎＝1－＝．‎ 因为＞0，‎ 所以1－＜1．‎ 因为f(n)＝在N*上是递减函数，‎ 所以1－在N*上是递增的，‎ 所以当n＝1时，Tn取最小值．‎ 所以≤Tn＜1．‎