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  • 2021-06-10 发布

浙江专用2020高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法第1讲等差数列等比数列专题强化训练

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第1讲 等差数列、等比数列 专题强化训练 ‎1.(2019·浙江新高考冲刺卷)已知等差数列{an},Sn是{an}的前n项和,则对于任意的n∈N*,“an>0”是“Sn>0”的(  )‎ A.充分不必要条件     B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选A.对于任意的n∈N*,“an>0”,能推出“Sn>0”,是充分条件,反之,不成立,比如:数列-3,-1,1,3,5,不满足条件,不是必要条件,故选A.‎ ‎2.(2018·浙江选考试卷)设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+1=2an+1,n∈N*,则a3=(  )‎ A.3 B.2‎ C.1 D.0‎ 解析:选B.Sn+1=2an+1,n∈N*,则n=1时,a1+a2=2a1+1,可得:a2=a1+1.n=2时,a1+a2+a3=2a2+1,可得:a3=2.故选B.‎ ‎3.“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为(  )‎ A.f          B.f C.f D.f 解析:选D.从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于,第一个单音的频率为f,由等比数列的概念可知,这十三个单音的频率构成一个首项为f,公比为的等比数列,记为{an},则第八个单音的频率为a8=f()8-1=f,故选D.‎ ‎4.(2019·长春质量检测(一))等差数列{an}中,已知|a6|=|a11|,且公差d>0,则其前n项和取最小值时n的值为 (  )‎ A.6 B.7‎ C.8 D.9‎ 解析:选C.由d>0可得等差数列{an}是递增数列,又|a6|=|a11|,所以-a6=a11,即-a1-5d=a1+10d,所以a1=-,则a8=-<0,a9=>0,所以前8项和为前n项和的最小值,故选C.‎ ‎5.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a2=12,a3a5=4,则下列说法正确的是(  )‎ A.{an}是单调递减数列 B.{Sn}是单调递减数列 - 8 -‎ C.{a2n}是单调递减数列 D.{S2n}是单调递减数列 解析:选C.由于{an}是等比数列,则a3a5=a=4,又a2=12,则a4>0,a4=2,q2=,当q=-时,{an}和{Sn}不具有单调性,选项A和B错误;a2n=a2q2n-2=12×单调递减,选项C正确;当q=-时,{S2n}不具有单调性,选项D错误.‎ ‎6.(2019·温州市高考数学模拟)已知{an}是等差数列,其公差为非零常数d,前n项和为Sn,设数列的前n项和为Tn,当且仅当n=6时,Tn有最大值,则的取值范围是(  )‎ A. B.(-3,+∞)‎ C. D.(-∞,-3)∪ 解析:选C.因为=n+(a1-),由题意知d<0,‎ 且,得-3<<-.‎ ‎7.(2019·杭州市第一次质量预测)已知数列{an}满足a1a2a3…an=2n2(n∈N*),且对任意n∈N*都有++…+0,a8+a9<0,则Sn>0的最大n是______;数列(1≤n≤15)中最大的项为第______项.‎ 解析:因为a8>0,a8+a9<0,所以S15==15a8>0,S16=(a1+a16)=8(a8+a9)<0,‎ 所以Sn>0的最大n是15.‎ 因为等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a8>0,a8+a9<0,所以该数列是递减数列,当n=8时,|a8|最小,且|S8|最大,所以数列(1≤n≤15)中最大的项为第8项.‎ 答案:15 8‎ ‎15.设数列{an}的前n项积为Tn,且Tn+2an=2(n∈N*).‎ ‎(1)求证:数列是等差数列;‎ ‎(2)设bn=(1-an)(1-an+1),求数列{bn}的通项公式.‎ 解:(1)证明:因为Tn+2an=2,所以当n=1时,T1+2a1=2,‎ 所以T1=,即=.‎ 又当n≥2时,Tn=2-2×,得 Tn·Tn-1=2Tn-1-2Tn,所以-=,‎ 所以数列是以为首项,‎ 为公差的等差数列.‎ ‎(2)由(1)知,数列为等差数列,‎ 所以=+(n-1)=,‎ 所以an==.‎ 所以bn=(1-an)(1-an+1)=.‎ ‎16.(2019·宁波高考模拟)已知数列{an}中,a1=4,an+1=,n∈N*,Sn为{an}的前n项和.‎ ‎(1)求证:n∈N*时,an>an+1;‎ - 8 -‎ ‎(2)求证:n∈N*时,2≤Sn-2n<.‎ 证明:(1)n≥2时,作差:an+1-an=-=‎ ×,‎ 所以an+1-an与an-an-1同号,‎ 由a1=4,可得a2==,可得a2-a1<0,‎ 所以n∈N*时,an>an+1.‎ ‎(2)因为2a=6+an,所以2(a-4)=an-2,‎ 即2(an+1-2)(an+1+2)=an-2,①‎ 所以an+1-2与an-2同号,‎ 又因为a1-2=2>0,所以an>2.‎ 所以Sn=a1+a2+…+an≥4+2(n-1)=2n+2.‎ 所以Sn-2n≥2.‎ 由①可得:=<,‎ 因此an-2≤(a1-2)·,即an≤2+2×.‎ 所以Sn=a1+a2+…+an≤2n+2×<2n+.‎ 综上可得:n∈N*时,2≤Sn-2n<.‎ ‎17.(2019·温州瑞安七中高考模拟)已知数列{an}的各项均为正数,记A(n)=a1+a2+…+an,B(n)=a2+a3+…+an+1,C(n)=a3+a4+…+an+2,n=1,2,….‎ ‎(1)若a1=1,a2=5,且对任意n∈N*,三个数A(n),B(n),C(n)组成等差数列,求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)证明:数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是:对任意n∈N*,三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列.‎ 解:(1)因为对任意n∈N*,三个数A(n),B(n),C(n)组成等差数列,所以B(n)-A(n)=C(n)-B(n),即an+1-a1=an+2-a2,亦即an+2-an+1=a2-a1=4.‎ 故数列{an}是首项为1,公差为4的等差数列,于是an=1+(n-1)×4=4n-3.‎ ‎(2)证明:(必要性):若数列{an}是公比为q的等比数列,对任意n∈N*,有an+1=anq.‎ - 8 -‎ 由an>0知,A(n),B(n),C(n)均大于0,于是 ===q,‎ ===q,‎ 即==q,‎ 所以三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列;‎ ‎(充分性):若对任意n∈N*,三个数A(n),‎ B(n),C(n)组成公比为q的等比数列,则 B(n)=qA(n),C(n)=qB(n),‎ 于是C(n)-B(n)=q[B(n)-A(n)],即an+2-a2=q(an+1-a1),亦即an+2-qan+1=a2-qa1.‎ 由n=1时,B(1)=qA(1),即a2=qa1,从而an+2-qan+1=0.‎ 因为an>0,‎ 所以==q.故数列{an}是首项为a1,公比为q的等比数列.‎ 综上所述,数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是:对任意n∈N*,三个数A(n),‎ B(n),C(n)组成公比为q的等比数列.‎ ‎18.已知数列{an}满足a1=且an+1=an-a(n∈N*).‎ ‎(1)证明:1<≤2(n∈N*);‎ ‎(2)设数列{a}的前n项和为Sn,证明:<≤(n∈N*).‎ 证明:(1)由题意得an+1-an=-a<0,即an+10.‎ 由0