【名校精品】新课标高考数学二轮复习 专题四数列 专题能力训练12数列的通项与求和理.doc
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1、名校精品资料数学专题能力训练12数列的通项与求和能力突破训练1.(2017甘肃兰州一诊)已知等差数列an的前n项和为Sn,若a1=2,a4+a10=28,则S9=()A.45B.90C.120D.752.(2017东北三校联考)已知数列an是等差数列,满足a1+2a2=S5,下列结论错误的是()A.S9=0B.S5最小C.S3=S6D.a5=03.已知数列an的前n项和Sn=n2-2n-1,则a3+a17=()A.15B.17C.34D.3984.已知函数f(x)满足f(x+1)=32+f(x)(xR),且f(1)=52,则数列f(n)(nN*)前20项的和为()A.305B.315C.325
2、D.3355.已知数列an,构造一个新数列a1,a2-a1,a3-a2,an-an-1,此数列是首项为1,公比为13的等比数列,则数列an的通项公式为()A.an=32-3213n,nN*B.an=32+3213n,nN*C.an=1,n=1,32+3213n,n2,且nN*D.an=1,nN*6.(2017山西大同豪洋中学三模)已知数列an满足a1=1,an-an+1=nanan+1(nN*),则an=.7.(2017河北石家庄一模)已知数列an中,a1=a,an+1=3an+8n+6,若an为递增数列,则实数a的取值范围为.8.已知Sn是等差数列an的前n项和,若a1=-2 017,S20
3、142014-S20082008=6,则S2 017=.9.已知在数列an中,a1=1,an+1=an+2n+1,且nN*.(1)求数列an的通项公式;(2)令bn=2n+1anan+1,数列bn的前n项和为Tn.如果对于任意的nN*,都有Tnm,求实数m的取值范围.10.已知数列an的前n项和为Sn,且a1=0,对任意nN*,都有nan+1=Sn+n(n+1).(1)求数列an的通项公式;(2)若数列bn满足an+log2n=log2bn,求数列bn的前n项和Tn.11.设数列an的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3.(1)求an的通项公式;(2)若数列bn满足anbn=log3an,求b
4、n的前n项和Tn.思维提升训练12.给出数列11,12,21,13,22,31,1k,2k-1,k1,在这个数列中,第50个值等于1的项的序号是()A.4 900B.4 901C.5 000D.5 00113.设Sn是数列an的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn=.14.已知等差数列an的公差为2,其前n项和Sn=pn2+2n(nN*).(1)求p的值及an;(2)若bn=2(2n-1)an,记数列bn的前n项和为Tn,求使Tn910成立的最小正整数n的值.15.已知数列an满足an+2=qan(q为实数,且q1),nN*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4
5、+a5成等差数列.(1)求q的值和an的通项公式;(2)设bn=log2a2na2n-1,nN*,求数列bn的前n项和.16.设数列A:a1,a2,aN(N2).如果对小于n(2nN)的每个正整数k都有aka1,则G(A);(3)证明:若数列A满足an-an-11(n=2,3,N),则G(A)的元素个数不小于aN-a1.参考答案专题能力训练12数列的通项与求和能力突破训练1.B解析因为an是等差数列,设公差为d,所以a4+a10=a1+3d+a1+9d=2a1+12d=4+12d=28,解得d=2.S9=9a1+982d=18+362=90.故选B.2.B解析由题设可得3a1+2d=5a1+1
6、0d2a1+8d=0,即a5=0,所以D中结论正确.由等差数列的性质可得a1+a9=2a5=0,则S9=9(a1+a9)2=9a5=0,所以A中结论正确.S3-S6=3a1+3d-6a1-15d=-3(a1+4d)=-3a5=0,所以C中结论正确.B中结论是错误的.故选B.在求等差数列的前n项和的最值时,一定要注意nN*.3.C解析Sn=n2-2n-1,a1=S1=12-2-1=-2.当n2时,an=Sn-Sn-1=n2-2n-1-(n-1)2-2(n-1)-1=n2-(n-1)2+2(n-1)-2n-1+1=n2-n2+2n-1+2n-2-2n=2n-3.an=-2,n=1,2n-3,n2.
7、a3+a17=(23-3)+(217-3)=3+31=34.4.D解析f(1)=52,f(2)=32+52,f(3)=32+32+52,f(n)=32+f(n-1),f(n)是以52为首项,32为公差的等差数列.S20=2052+20(20-1)232=335.5.A解析因为数列a1,a2-a1,a3-a2,an-an-1,是首项为1,公比为13的等比数列,所以an-an-1=13n-1,n2.所以当n2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=1+13+132+13n-1=1-13n1-13=32-3213n.又当n=1时,an=32-3213n=1,则an=32-
8、3213n,nN*.6.2n2-n+2解析因为an-an+1=nanan+1,所以an-an+1anan+1=1an+1-1an=n,1an=1an-1an-1+1an-1-1an-2+1a2-1a1+1a1=(n-1)+(n-2)+3+2+1+1a1=(n-1)(n-1+1)2+1=n2-n+22(n2).所以an=2n2-n+2(n2).又a1=1也满足上式,所以an=2n2-n+2.7.(-7,+)解析由an+1=3an+8n+6,得an+1+4(n+1)+5=3(an+4n+5),即an+1+4(n+1)+5an+4n+5=3,所以数列an+4n+5是首项为a+9,公比为3的等比数列.
9、所以an+4n+5=(a+9)3n-1,即an=(a+9)3n-1-4n-5.所以an+1=(a+9)3n-4n-9.因为数列an为递增数列,所以an+1an,即(a+9)3n-4n-9(a+9)3n-1-4n-5,即(a+9)3n6恒成立.因为nN*,所以(a+9)36,解得a-7.8.-2 017解析Sn是等差数列an的前n项和,Snn是等差数列,设其公差为d.S20142014-S20082008=6,6d=6,d=1.a1=-2017,S11=-2017.Snn=-2017+(n-1)1=-2018+n.S2017=(-2018+2017)2017=-2017.故答案为-2017.9.
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