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1、專題突破練15 專題四 數列過關檢測
一、選擇題
1.(2019福建龍巖高三5月月考)在等差數列{an}中,a1+a5+a7+a9+a13=100,a6-a2=12,則a1=( )
A.1 B.2 C.3 D.4
2.(2019甘、青、寧高三5月聯考)已知等比數列{an}滿足a1=4,a1a2a3=a4a5>0,則q=( )
A.2 B.32 C.42 D.2
3.已知等差數列{an}的公差為2,若a2,a4,a8成等比數列,則{an}的前n項和Sn=( )
A.n(n+1) B.n(n-1)
C.n(n+1)2 D.n(n-1)2
4.(2019黑龍江雙鴨山第一中學高
2、一下學期期中考試)在數列{an}中,a1=13,an=(-1)n·2an-1(n≥2),則a3等于( )
A.-163 B.163 C.-43 D.83
5.(2019安徽江淮十校高三年級5月考前最后一卷)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,且S80的正整數n的最大值為( )
A.16 B.17 C.18 D.19
6.設等差數列{an}的前n項和為Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,則m=( )
A.3 B.4 C.5 D.6
7.(2019甘肅蘭州高考數學一診)朱世杰是元代著名數學家,他所著《算學啟蒙》是一部在中國乃至世界最早的科
3、學普及著作.《算學啟蒙》中提到一些堆垛問題,如“三角垛果子”,就是將一樣大小的果子堆垛成正三棱錐,每層皆堆成正三角形,從上向下數,每層果子數分別為1,3,6,10,….現有一個“三角垛果子”,其最底層每邊果子數為10,則該層果子數為( )
A.50 B.55 C.100 D.110
8.設等差數列{an}滿足3a8=5a15,且a1>0,Sn為其前n項和,則數列{Sn}的最大項為( )
A.S23 B.S24 C.S25 D.S26
9.(2019北京通州區(qū)三模)三國時期著名的數學家劉徽對推導特殊數列的求和公式很感興趣,創(chuàng)造并發(fā)展了許多算法,展現了其聰明才智.他在《九章算術》“盈不
4、足”一章的第19題的注文中給出了一個特殊數列的求和公式.這個題的大意是:一匹良馬和一匹駑馬由長安出發(fā)至齊地,長安與齊地相距3 000里(1里=500米),良馬第一天走193里,以后每天比前一天多走13里.駑馬第一天走97里,以后每天比前一天少走半里.良馬先到齊地后,馬上返回長安迎駑馬,問兩匹馬在第幾天相遇( )
A.14天 B.15天 C.16天 D.17天
二、填空題
10.已知數列{an}的前n項和為Sn,若Sn=2an-2n,則Sn= .?
11.(2019北京通州區(qū)三模)設{an}是等比數列,且a2a4=a5,a4=27,則{an}的通項公式為 .?
12.
5、(2019福建龍巖高三5月月考)若數列{an}滿足a1=1,an+1-an-1=2n,則an= .?
三、解答題
13.已知數列{log2(an-1)}(n∈N*)為等差數列,且a1=3,a3=9.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)證明:1a2-a1+1a3-a2+…+1an+1-an<1.
14.(2019北京豐臺高三上學期期末練習)已知等差數列{an}和等比數列{bn}滿足a2=b3=4,a6=b5=16.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1.
15.
6、(2019山東青島高考模擬檢測)已知數列{an}的各項均為正數,a1=3,且對任意n∈N*,2an為an+12+3和1的等比中項,數列{bn}滿足bn=an2-1(n∈N*).
(1)求證:數列{bn}為等比數列,并求{an}的通項公式;
(2)若cn=log2bn,{cn}的前n項和為Tn,求使Tn不小于360的n的最小值.
參考答案
專題突破練15 專題四 數列過關檢測
1.B 解析在等差數列{an}中,由a1+a5+a7+a9+a13=100,得5a7=100,即a1+6d=20.又a6-a2=12,即4d=12,得d=3,a1=2.故選B.
2.A 解析由a
7、1=4及a1a2a3=a4a5>0,可得q4=4,q=2.故選A.
3.A 解析∵a2,a4,a8成等比數列,∴a42=a2·a8,即(a1+6)2=(a1+2)(a1+14),解得a1=2.∴Sn=na1+n(n-1)2d=2n+n2-n=n2+n=n(n+1).故選A.
4.C 解析由題意知,數列{an}中,a1=13,an=(-1)n·2an-1(n≥2),
令n=2,則a2=(-1)2·2a1=2×13=23;
令n=3,則a3=(-1)3·2a2=-2×23=-43.
故選C.
5.C 解析由S80,a10<0,a9+a10>0,所以公差大于零.又
8、S17=17(a1+a17)2=17a9>0,S19=19(a1+a19)2=19a10<0,S18=18(a1+a18)2=9(a9+a10)>0.故選C.
6.C 解析∵Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,
∴am=Sm-Sm-1=0-(-2)=2,am+1=Sm+1-Sm=3-0=3.
∴d=am+1-am=3-2=1.
∵Sm=ma1+m(m-1)2×1=0,
∴a1=-m-12.
又am+1=a1+m×1=3,∴-m-12+m=3.
∴m=5.故選C.
7.B 解析由題意可得每層果子數分別為1,3,6,10,…,即為1,1+2,1+2+3,1+2+3+4,…,
9、其最底層每邊果子數為10,即有該層的果子數為1+2+3+…+10=12×10×11=55.故選B.
8.C 解析設等差數列{an}的公差為d,
∵3a8=5a15,∴3(a1+7d)=5(a1+14d),即2a1+49d=0.
∵a1>0,∴d<0,
∴等差數列{an}單調遞減.
∵Sn=na1+n(n-1)2d=n-49d2+n(n-1)2d=d2(n-25)2-6252d.∴當n=25時,數列{Sn}取得最大值,故選C.
9.C 解析記良馬每天所走路程構成的數列為{an},駑馬每天所走路程構成的數列為{bn},
由題意可得:an=193+13(n-1)=180+13n,bn=
10、97-12(n-1)=-12n+1952,
設經過n天兩匹馬相遇,
則有n(a1+an)2+n(b1+bn)2≥6000,
即n(193+180+13n)2+n(97+1952-n2)2
≥6000,
整理得5n2+227n≥4800,當n≥16時滿足題意,
因此兩匹馬在第16天相遇.故選C.
10.n·2n 解析∵Sn=2an-2n=2(Sn-Sn-1)-2n,整理得Sn-2Sn-1=2n,等式兩邊同時除以2n,則Sn2n-Sn-12n-1=1.
又S1=2a1-2=a1,可得a1=S1=2,
∴數列Sn2n是首項為1,
公差為1的等差數列,所以Sn2n=n.
所以Sn
11、=n·2n.
11.an=3n-1,n∈N* 解析設等比數列{an}的公比為q,
因為a2a4=a5,a4=27,
所以a4=a2q2=a5a4·q2=q3=27,解得q=3,
所以a1=a4q3=2727=1,
因此,an=3n-1,n∈N*.
故答案為an=3n-1,n∈N*.
12.2n+n-2 解析由an+1-an=2n+1,
得a2-a1=21+1,
a3-a2=22+1,
……
an-an-1=2n-1+1,
相加得an-a1=2(1-2n-1)1-2+n-1,
故an=2n+n-2.
13.(1)解設等差數列{log2(an-1)}的公差為d.由a1=
12、3,a3=9,得log22+2d=log28,即d=1.
∴l(xiāng)og2(an-1)=1+(n-1)×1=n,即an=2n+1.
(2)證明∵1an+1-an=12n+1-2n=12n,
∴1a2-a1+1a3-a2+…+1an+1-an
=121+122+123+…+12n=12-12n×121-12=1-12n<1.
14.解(1)設等差數列{an}的首項為a1,公差為d.
由題意得a2=a1+d=4,a6=a1+5d=16,
解得a1=1,d=3,
故等差數列{an}的通項公式an=1+3(n-1)=3n-2.
(2)設等比數列{bn}的公比為q.
由題意得b3=b1q2
13、=4,b5=b1q4=16,
解得b1=1,q2=4,
∴b2n-1=b1q2n-2=b1(q2)n-1=4n-1,
∴b1+b3+b5+…+b2n-1=1-4n1-4=4n-13.
15.(1)證明由題意得:(2an)2=(an+12+3)×1,即an+12=4an2-3.
∴an+12-1=4an2-3-1=4an2-4=4(an2-1).
∵bn=an2-1,
∴bn+1=4bn.
∴數列{bn}成等比數列,首項為b1=a12-1=8,公比為4.
∴bn=b1·4n-1=8×22n-2=22n+1.
∴an2-1=22n+1.
又{an}為正項數列,∴an=22n+1+1.
(2)解由(1)得:cn=log2bn=log222n+1=2n+1,
∴Tn=c1+c2+…+cn=(2×1+1)+(2×2+1)+…+(2n+1)
=2×(1+2+3+…+n)+n=2×n(n+1)2+n=n2+2n,
∴Tn=n2+2n≥360,即n2+2n-360≥0?(n+20)(n-18)≥0,
∴n≥18或n≤-20(舍去).
所以使Tn不小于360的n的最小值為18.
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