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2018届高三数学(理)二轮复习课时作业:第1部分 专题3 第2讲 数列的综合应用

资料类别: 数学/同步

所属版本: 通用

所属地区: 全国

上传时间:2018/3/16

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资料类型:

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[限时规范训练]                      单独成册一、选择题
1.已知数列{an}满足a1=5,anan+1=2n,则=(  )
A.2        	B.4
C.5  D.
解析:因为===22,所以令n=3,得=22=4,故选B.
答案:B
2.若数列{an}满足a1=15,且3an+1=3an-2,则使ak·ak+1<0的k值为(  )
A.22 	B.21
C.24 	D.23
解析:因为3an+1=3an-2,所以an+1-an=-,所以数列{an}是首项为15,公差为-的等差数列,所以an=15-·(n-1)=-n+,令an=-n+>0,得n<23.5,所以使ak·ak+1<0的k值为23.
答案:D
3.已知数列{an}满足a1=1,an+1=则其前6项之和为(  )
A.16 	B.20
C.33 	D.120
解析:a2=2a1=2,a3=a2+1=3,a4=2a3=6,a5=a4+1=7,a6=2a5=14,所以前6项和S6=1+2+3+6+7+14=33,故选C.
答案:C
4.数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Sn(n≥1),则a6=(  )
A.3×44 	B.3×44+1
C.44 	D.44+1
解析:因为an+1=3Sn,所以an=3Sn-1(n≥2),
两式相减得,an+1-an=3an,
即=4(n≥2),
所以数列a2,a3,a4,…构成以a2=3S1=3a1=3为首项,公比为4的等比数列,所以a6=a2·44=3×44.
答案:A
5.已知函数f(n)=n2cos(nπ),且an=f(n),则a1+a2+…+a100=(  )
A.0 	B.100
C.5 050 	D.10 200
解析:a1+a2+a3+…+a100
=-12+22-32+42-…-992+1002
=(22-12)+(42-32)+…+(1002-992)
=3+7+…+199==5 050.
答案:C
6.已知数列{an}的首项a1=1,且an-an+1=anan+1(nN+),则a2 015=(  )
A.  B.
C.-  D.
解析:an-an+1=anan+1,-=1,
又a1=1,=1,数列是以首项为1,公差为1的等差数列,
=1+(n-1)=n,=2 015,
a2 015=.故选D.
答案:D
7.已知数列{an}的通项公式为an=(-1)n(2n-1)·cos+1(nN*),其前n项和为Sn,则S60=(  )
A.-30 	B.-60
C.90 	D.120
解析:由题意可得,当n=4k-3(kN*)时,an=a4k-3=1;当n=4k-2(kN*)时,an=a4k-2=6-8k;当n=4k-1(kN*)时,an=a4k-1=1;当n=4k(kN*)时,an=a4k=8k.
a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k=8,S60=8×15=120.
答案:D
8.已知Sn是非零数列{an}的前n项的和,且Sn=2an-1,则S2 017等于(  )
A.1-22 016 	B.22 017-1
C.22 016-1 	D.1-22 017
解析:Sn=2an-1,S1=1,且Sn=2(Sn-Sn-1)-1,即Sn=2Sn-1+1,得Sn+1=2(Sn-1+1),由此可得数列{Sn+1}是首项为2,公比为2的等比数列,得Sn+1=2n,即Sn=2n-1,S2 017=22 017-1,故选B.
答案:B
二、填空题
9.若数列{an}满足=,且a1=3,则an=________.
解析:由=,得-=2,
数列是首项为,公差为2的等差数列.
=+(n-1)×2=2n-,
an=.
答案:
10.已知正项数列{an}满足a-6a=an+1an.若a1=2,则数列{an}的前n项和为________.
解析:a-6a=an+1an,(an+1-3an)(an+1+2an)=0,an>0,an+1=3an,又a1=2,{an}是首项为2,公比为3的等比数列,Sn==3n-1.
答案:3n-1
11.已知Sn为数列{an}的前n项和,且满足a1=1,anan+1=3n(nN*),则S2 014=________.
解析:由anan+1=3n知,当n≥2时,anan-1=3n-1.所以=3,所以数列{an}所有的奇数项构成以3为公比的等比数列,所有的偶数项也构成以3为公比的等比数列.又因为a1=1,所以a2=3,a2n-1=3n-1,a2n=3n.
所以S2 014=(a1+a3+…+a2 013)+(a2+a4+…+a2 014)=4×=2×31 007-2.
答案:2×31 007-2
12.数列{an}中,a1=,an+1=(nN*),则数列{an}的通项公式an=________.
解析:由已知可得(n+1)an+1=,设nan=bn,则bn+1=,所以=+1,可得+1=+2=2,即是公比为2,首项为3的等比数列,故+1=3×2n-1,an=.
答案:
三、解答题
13.在数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足an+2-2an+1+an=0.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求Sn.
解析:(1)an+2-2an+1+an=0,an+2-an+1=an+1-an,{an+1-an}为常数列,
{an}是以a1为首项的等差数列,设an=a1+(n-1)d,
则a4=a1+3d,
d==-2,an=10-2n.
(2)由(1)知an=10-2n,令an=0,得n=5.
当n>5时,an<0;当n=5时,an=0;当n<5时,an>0.
当n>5时,Sn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+a5-(a6+a7+…+an)=T5-(Tn-T5)=2T5-Tn=n2-9n+40,其中Tn=a1+a2+…+an.
当n≤5时,Sn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=9n-n2.
Sn=.
14.正项数列{an}的前n项和为Sn,且a=4Sn-2an-1(nN*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.求证:T2n<1.
解析:(1)当n=1时,a1=1;
当n≥2时,因为an>0,a=4Sn-2an-1,
所以a=4Sn-1-2an-1-1,
两式相减得a-a=4an-2an+2an-1=2(an+an-1),
所以an-an-1=2,所以数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,
所以an=2n-1.
(2)证明:bn==(-1)n+1
T2n=-+…-
=1-<1.
T2n<1.
15.已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=3an-1,数列{bn}满足bn+2=2bn+1-bn,且b1=3a1,b2=a2+2,其中nN*.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=,若数列{cn}的前n项和Tn<t恒成立,求实数t的取值范围.
解析:(1)当n=1时,2S1=3a1-1,a1=1;
当n≥2时,2an=2Sn-2Sn-1=(3an-1)-(3an-1-1),
即=3,
数列{an}是首项a1=1,公比q=3的等比数列,
an=3n-1,
由bn+2+bn=2bn+1知,数列{bn}是等差数列,
又b1=3a1=3,b2=a2+2=5,公差d=2,
bn=3+(n-1)×2=2n+1.
(2)cn=,Tn=+++…+,
Tn=++…++,
由-得Tn=1+++…+-,
Tn=2-,
记f(n)=2-,
f(n)在N*上单调递增,f(n)<2,且当n趋于无穷大时,Tn不断逼近2;
故要使Tn=2-<t恒成立,
则实数t的取值范围是[2,+∞).









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