《高考數學浙江理科一輪【第五章】平面向量 第五章 數列》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學浙江理科一輪【第五章】平面向量 第五章 數列（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、△+△2019年數學高考教學資料△+△ ?？碱}型強化練——數列 A組　專項基礎訓練 (時間：40分鐘) 一、選擇題 1． 設等差數列{an}前n項和為Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，則當Sn取最小值時，n等于 (　　) A．6 B．7 C．8 D．9 答案　A 解析　設該數列的公差為d， 則a4＋a6＝2a1＋8d＝2×(－11)＋8d＝－6，解得d＝2， ∴Sn＝－11n＋×2 ＝n2－12n＝(n－6)2－36， ∴當n＝6時，取最小值． 2． 已知{an}為等比數列，Sn是它的前n項和．若a2·a3＝2a

2、1，且a4與2a7的等差中項為，則S5等于 (　　) A．35 B．33 C．31 D．29 答案　C 解析　設數列{an}的公比為q，則由等比數列的性質知， a2·a3＝a1·a4＝2a1，即a4＝2. 由a4與2a7的等差中項為知， a4＋2a7＝2×， ∴a7＝＝. ∴q3＝＝，即q＝， ∴a4＝a1q3＝a1×＝2， ∴a1＝16，∴S5＝＝31. 3． 已知Sn為數列{an}的前n項和，且滿足2an－a1＝S1·Sn(a1≠0，n∈N*)，則a7等于(　　) A．1

3、6 B．32 C．64 D．128 答案　C 解析　令n＝1，則a1＝1，當n＝2時，2a2－1＝S2＝1＋a2， 解得a2＝2，當n≥2時，由2an－1＝Sn， 得2an－1－1＝Sn－1，兩式相減， 解得2an－2an－1＝an，即an＝2an－1， 于是數列{an}是首項為1，公比為2的等比數列， 因此an＝2n－1.故a7＝26＝64. 4． 已知等差數列{an}的公差d＝－2，a1＋a4＋a7＋…＋a97＝50，那么a3＋a6＋a9＋…＋a99的值是 (　　) A．－78 B．－82 C．－148

4、 D．－182 答案　B 解析　∵a3＋a6＋a9＋…＋a99 ＝(a1＋2d)＋(a4＋2d)＋(a7＋2d)＋…＋(a97＋2d) ＝a1＋a4＋a7＋…＋a97＋2d×33 ＝50＋66×(－2) ＝－82. 5． 設等差數列{an}的前n項和是Sn，若－am<a1<－am＋1(m∈N*，則m≥2)，則必定有(　　) A．Sm>0，且Sm＋1<0 B．Sm<0，且Sm＋1>0 C．Sm>0，且Sm＋1>0 D．Sm<0，且Sm＋1<0 答案　A 解析?。璦m&l

5、t;a1<－am＋1? 易得Sm＝·m>0，Sm＋1＝·(m＋1)<0. 二、填空題 6． 若數列{an}滿足－＝d(n∈N*，d為常數)，則稱數列{an}為調和數列，已知數列為調和數列且x1＋x2＋…＋x20＝200，則x5＋x16＝________. 答案　20 解析　由題意知，若{an}為調和數列，則為等差數列， ∴由為調和數列，可得數列{xn}為等差數列， 由等差數列的性質知， x5＋x16＝x1＋x20＝x2＋x19＝…＝x10＋x11＝＝20. 7． 已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2n－an，則數列{an}的通項公

6、式an＝______________. 答案　2－n－1 解析　由于Sn＝2n－an，所以Sn＋1＝2(n＋1)－an＋1，后式減去前式，得Sn＋1－Sn＝2－ an＋1＋an，即an＋1＝an＋1，變形為an＋1－2＝(an－2)，則數列{an－2}是以a1－2為首項，為公比的等比數列．又a1＝2－a1，即a1＝1. 則an－2＝(－1)n－1，所以an＝2－n－1. 8． 已知等比數列中，各項都是正數，且a1，a3,2a2成等差數列，則的值為________． 答案　3＋2 解析　設等比數列{an}的公比為q， ∵a1，a3,2a2成等差數列，∴a3＝a1＋2a2. ∴a

7、1q2＝a1＋2a1q.∴q2－2q－1＝0.∴q＝1±. ∵各項都是正數，∴q＞0.∴q＝1＋. ∴＝q2＝(1＋)2＝3＋2. 三、解答題 9． 已知等差數列{an}的前n項和為Sn，n∈N*，a3＝5，S10＝100. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝2an＋2n，求數列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)設等差數列{an}的公差為d， 由題意，得解得 所以an＝2n－1. (2)因為bn＝2an＋2n＝×4n＋2n， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n) ＝＋n2＋n＝×4

8、n＋n2＋n－. 10．已知等差數列{an}的前三項為a－1,4,2a，記前n項和為Sn. (1)設Sk＝2 550，求a和k的值； (2)設bn＝，求b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1的值． 解　(1)由已知得a1＝a－1，a2＝4，a3＝2a， 又a1＋a3＝2a2， ∴(a－1)＋2a＝8，即a＝3. ∴a1＝2，公差d＝a2－a1＝2. 由Sk＝ka1＋d， 得2k＋×2＝2 550， 即k2＋k－2 550＝0，解得k＝50或k＝－51(舍去)． ∴a＝3，k＝50. (2)由Sn＝na1＋d， 得Sn＝2n＋×2＝n2＋n. ∴b

9、n＝＝n＋1. ∴{bn}是等差數列． 則b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1＝(3＋1)＋(7＋1)＋(11＋1)＋…＋(4n－1＋1)＝. ∴b3＋b7＋b11＋…＋b4n－1＝2n2＋2n. B組　專項能力提升 (時間：25分鐘) 1． 已知數列{an}是首項為a1＝4的等比數列，且4a1，a5，－2a3成等差數列，則其公比q等于 (　　) A．1 B．－1 C．1或－1 D． 答案　C 解析　依題意，有2a5＝4a1－2a3， 即2a1q4＝4a1－2a1q2， 整理得q4＋q2－2＝0，解得q2＝1(q2＝－2舍去)

10、， 所以q＝1或q＝－1. 2． 在直角坐標系中，O是坐標原點，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是第一象限的兩個點，若1，x1，x2,4依次成等差數列，而1，y1，y2,8依次成等比數列，則△OP1P2的面積是 (　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　A 解析　由等差、等比數列的性質， 可求得x1＝2，x2＝3，y1＝2，y2＝4， ∴P1(2,2)，P2(3,4)．∴S△OP1P2＝1. 3． 已知數列{an}滿足：a1＝1，an＝ n＝2,3,4，…，設bn＝a2n－1＋1，n＝1,2,3，…，則數列{bn}的通項公式是________

11、． 答案　bn＝2n 解析　由題意，得對于任意的正整數n，bn＝a2n－1＋1， ∴bn＋1＝a2n＋1， 又a2n＋1＝(2a＋1)＋1＝2(a2n－1＋1)＝2bn， ∴bn＋1＝2bn， 又b1＝a1＋1＝2，∴{bn}是首項為2，公比為2的等比數列， ∴bn＝2n. 4． 某音樂酒吧的霓虹燈是用，，三個不同音符組成的一個含n＋1(n∈N*)個音符的音符串，要求由音符開始，相鄰兩個音符不能相同．例如n＝1時，排出的音符串是，；n＝2時，排出的音符串是，，，；…….記這種含n＋1個音符的所有音符串中，排在最后一個的音符仍是的音符串的個數為an.故a1＝0，a2＝2.則 (

12、1)a4＝________； (2)an＝________. 答案　(1)6　(2) 解析　由題意知，a1＝0，a2＝2＝21－a1，a3＝2＝22－a2，a4＝6＝23－a3，a5＝10＝24－a4， 所以an＝2n－1－an－1， 所以an－1＝2n－2－an－2，兩式相減得an－an－2＝2n－2. 當n為奇數時，利用累加法得an－a1＝21＋23＋…＋2n－2＝， 所以an＝. 當n為偶數時，利用累加法得an－a2＝22＋24＋…＋2n－2＝， 所以an＝.綜上所述，an＝. 5． 已知數列{an}的前n項和Sn與通項an滿足Sn＝－an. (1)求數列{an}的

13、通項公式； (2)設f(x)＝log3x，bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，Tn＝＋＋…＋，求T2 012； (3)若cn＝an·f(an)，求{cn}的前n項和Un. 解　(1)當n＝1時，a1＝， 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1， 又Sn＝－an，所以an＝an－1， 即數列{an}是首項為，公比為的等比數列， 故an＝n. (2)由已知可得f(an)＝log3n＝－n， 則bn＝－1－2－3－…－n＝－， 故＝－2， 又Tn＝－2＝－2， 所以T2 012＝－. (3)由題意得cn＝(－n)·n， 故Un＝c1＋c2＋…＋cn ＝－， 則Un＝－， 兩式相減可得 Un＝－ ＝－＋n·n＋1 ＝－＋·n＋n·n＋1， 則Un＝－＋·n＋n·n＋1. 高考數學復習精品 高考數學復習精品