三年高考两年模拟浙江版届高考数学一轮复习第五章数列55数列的综合应用知能训练Word文档下载推荐.docx
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过点A2作A1C的垂线,垂足为A3;
…,依此类推.设BA=a1,AA1=a2,A1A2=a3,…,A5A6=a7,则a7= .
7.(2015镇海中学仿真考,13,4分)已知{an}是公差不为0的等差数列,{bn}是等比数列,其中a1=2,b1=1,a2=b2,2a4=b3,且存在常数α、β,使得an=logαbn+β对每一个正整数n都成立,则αβ= .
8.(2015浙江湖州模拟,18,15分)已知在数列{an}中,a1=1,当n≥2时,其前n项和Sn满足=an.
(1)求Sn的表达式;
(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:
Tn<
.
9.(2015宁波高考模拟文,17,15分)设数列{an}是公比小于1的正项等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,已知S3=14,且a1+13,4a2,a3+9成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an·
(n+2-λ),且数列{bn}是单调递减数列,求实数λ的取值范围.
10.(2014浙江,19,14分)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=((n∈N*).若{an}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.
(1)求an与bn;
(2)设cn=-(n∈N*).记数列{cn}的前n项和为Sn.
(i)求Sn;
(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.
11.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=3,S6=36.
(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.
12.(2015山东青岛高三自主诊断,19)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n,正项等比数列{bn}满足:
b1=a1-1,且b4=2b2+b3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足cn=,其前n项和为Tn,证明:
≤Tn<
5.
13.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2-an(n∈N*).
(1)求证:
数列是等比数列;
(2)设数列{2nan}的前n项和为Tn,An=+++…+,试比较An与的大小.
14.(2015山东德州期末,19)已知数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列,数列{bn}为等比数列,函数f(x)=b1x2+b2x+b3的图象在y轴上的截距为-4,f(x)的最大值为a6-.
(1)若f(a2+a8)=f(a3+a11),求数列{bn}的通项公式;
(2)若a2=-,Tn为数列的前n项和,求当Tn=-时,正整数n的值.
B组 提升题组
1.(2016鄂豫晋冀陕五省二联,20,12分)已知数列{an}中,a1=2,当n≥2时,an=2an-1+3·
2n-1(n∈N*).
(1)求数列及数列{an}的通项公式;
(2)令cn=2an-3·
2n,设Tn为数列{cn}的前n项和,求Tn.
2.(2015镇海中学仿真考文,17,15分)在数列{an}中,已知a1=,=,bn+2=3loan(n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=(-1)n+1bnbn+1,其前n项和为Sn,若Sn≥tn2对n取任意正偶数均成立,求实数t的取值范围.
3.(2016绍兴一中期中文,17,15分)数列{an}满足a1=1,an+1=(n∈N*).
(1)证明:
数列是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)设bn=n(n+1)an,求数列{bn}的前n项和Sn.
4.(2015浙江六校联考,19,15分)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=an-n(n∈N*).
(1)求证{an+1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)证明:
+++…+>
-.
5.(2014广东,19,14分)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*.
(1)求a1的值;
(3)证明:
对一切正整数n,有++…+<
6.(2015浙江名校(绍兴一中)交流卷五,18)已知数列{an}的前n项和Sn满足:
Sn=(an-1)(t为常数,且(t-1)t≠0).
(2)设bn=3+(n≥2),若数列{bn}为等比数列且设cn=-,数列{cn}的前n项和为Tn.求证:
Tn>
7.(2013广东,19,14分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=1,=an+1-n2-n-,n∈N*.
(1)求a2的值;
8.(2015浙江杭州一模,19)设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+an=n(n∈N*).
(2)求证:
+++…+<
2.
9.(2015浙江宁波十校联考,19)已知数列{an}满足a1=1,点(an,an+1)在直线y=2x+1上.数列{bn}满足b1=a1,bn=an++…+(n≥2且n∈N*).
(1)(i)求{an}的通项公式;
(ii)证明:
=(n≥2且n∈N*);
…<
1.D 由题意得=a5a1,即(a1+d)2=a1(a1+4d),可得d=2a1.又a6+a9=5a3+3,所以2a1+13d=5a1+10d+3,所以a1=1,d=2,所以Sn=n2,=,易知<
<
>
>
…,所以=.
2.D 因为an-an-1=n+2(n≥2),a1=5,
所以a2014=(a2014-a2013)+(a2013-a2012)+…+(a2-a1)+a1=2016+2015+…+4+5=+5
=1010×
2013+5,
所以a2014-5=1010×
2013,故选D.
3.D 由题意可知a,b是x2-px+q=0的两根,
∴a+b=p>
0,ab=q>
0,故a,b均为正数.
∵a,b,-2适当排序后成等比数列,
∴-2是a,b的等比中项,得ab=4,
∴q=4.又a,b,-2适当排序后成等差数列,
所以-2是第一项或第三项,不妨设a<
b,
则-2,a,b成递增的等差数列,
∴2a=b-2,联立得消去b得a2+a-2=0,
得a=1或a=-2,又a>
0,∴a=1,此时b=4,∴p=a+b=5,
∴p+q=9,选D.
4.答案 4n-1;
85
解析 根据题意可知,数列{an}为等差数列,数列{bn}为等比数列,所以an=2n-1,bn=2n-1,所以==22n-2=4n-1,所以S4==×
(44-1)=85.
5.答案 80;
(x+1)16-1(x>
0);
(0,-1+)
解析 令an=fn(x),则a1=x2+2x(x>
0),a2=+2a1,an+1=+2an,所以an+1+1=(an+1)2,lg(an+1+1)=lg(an+1)2=2lg(an+1),所以{lg(an+1)}是以lg(a1+1)为首项,2为公比的等比数列,则lg(an+1)=2n-1lg(a1+1),故an+1=(a1+1=[(x+1)2=(x+1,an=(x+1-1,即fn(x)=(x+1-1,所以f2
(2)=80,f4(x)=(x+1-1=(x+1)16-1(x>
0).由f4(x)<
1,得(x+1)16<
2,即-1-<
x<
-1+,又x>
0,所以f4(x)<
1的解集为(0,-1+).
6.答案
解析 由BC=2得AB=a1=2⇒AA1=a2=⇒A1A2=a3=×
=1,由此可归纳出{an}是以a1=2为首项,为公比的等比数列,因此a7=a1×
q6=2×
=.
7.答案 4
解析 设{an}的公差为d,{bn}的公比为q.根据已知可得解得或(舍去),故an=2n,bn=4n-1,又2n=logα4n-1+β对每一个正整数n都成立,即n(logα4-2)+β-logα4=0,只需logα4-2=β-logα4=0,解得α=2,β=2,故αβ=22=4.
8.解析
(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1,代入=an,得2SnSn-1+Sn-Sn-1=0,
由于Sn≠0时,所以-=2.
所以是首项为1,公差为2的等差数列,
从而=1+(n-1)×
2=2n-1,
所以Sn=.
bn==
=,
所以Tn=++…+-
=<
9.解析
(1)设an=a1qn-1,其中a1>
0,0<
q<
1.
因为a1+13,4a2,a3+9成等差数列,所以8a2=a1+13+a3+9,
又S3=14,所以a1+a2+a3=14,所以a2=4,代入+a2+a2q=14,由0<
1得q=.
所以数列{an}的通项公式为an=4·
=24-n.(7分)
(2)bn=an(n+2-λ)=(n+2-λ)·
24-n,
由bn>
bn+1,得(n+2-λ)·
24-n>
(n+3-λ)·
23-n,(13分)
即λ<
n+1,所以λ<
(n+1)min=2.故λ<
2.(15分)
10.解析
(1)由a1a2a3…an=(,b3-b2=6,
知a3=(=8.
又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),
所以数列{an}的通项为an=2n(n∈N*),
所以,a1a2a3…an==()n(n+1).
故数列{bn}的通项为bn=n(n+1)(n∈N*).
(2)(i)由
(1)知cn=-=-(n∈N*),
所以Sn=-(n∈N*).
(ii)因为c1=0,c2>
0,c3>
0,c4>
0;
当n≥5时,cn=,
而-=>
0,
得≤<
1,
所以,当n≥5时,cn<
0.
综上,对任意n∈N*,恒有S4≥Sn,故k=4.
11.解析
(1)∵数列{an}是等差数列,
∴S6=3(a1+a6)=3(a2+a5)=36,
则a2+a5=12,
由于a2=3,所以a5=9,从而d=2,a1=a2-d=1,
∴an=2n-1.
(2)设数列{bn}的公比为q.
∵b1+b2=3,b4+b5=24,
∴=q3=8,则q=2.
从而b1+b2=b1(1+q)=3b1=3,
∴b1=1,bn=2n-1,
∴an·
bn=(2n-1)·
2n-1.
∴Tn=1×
1+3×