2019高考数学(文)大一轮复习习题-升级增分训练-数列-word版含答案.doc

升级增分训练 数 列
1．在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位数，则a2 016＝(　　)
A．8　　　　　　　　　 B．6
C．4 D．2
解析：选B　由题意得：a3＝4，a4＝8，a5＝2，a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8，…，所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a2 016＝a335×6＋6＝a6＝6．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)在函数f(x)＝x2＋x－2的图象上，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝2n－2 B．an＝n2＋n－2
C．an＝ D．an＝
解析：选D　由于点(n，Sn)在函数f(x)的图象上，则Sn＝n2＋n－2，当n＝1时，得a1＝S1＝0，当n≥2时，得an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－2－＝2n．故选D．
3．若数列{bn}的通项公式为bn＝－＋13，则数列{bn}中的最大项的项数为(　　)
A．2或3 B．3或4
C．3 D．4
解析：选B　设数列{bn}的第n项最大．
由
即
整理得
即
解得n＝3或n＝4．
又b3＝b4＝6，
所以当n＝3或n＝4时，bn取得最大值．
4．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则an＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：选A　设bn＝nSn＋(n＋2)an，
则b1＝4，b2＝8，
又{bn}为等差数列，所以bn＝4n，
所以nSn＋(n＋2)an＝4n，
所以Sn＋an＝4．
当n≥2时，
Sn－Sn－1＋an－an－1＝0，
所以an＝an－1，
即2·＝．
又因为＝1，
所以是首项为1，
公比为的等比数列，
所以＝n－1(n∈N*)，
所以an＝(n∈N*)．
5．(2017·山西省质检)记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若－7·－8＝0，且正整数m，n满足a1ama2n＝2a，则＋的最小值是(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C　∵{an}是等比数列，设{an}的公比为q，
∴＝q6，＝q3，
∴q6－7q3－8＝0，
解得q＝2，又a1ama2n＝2a，
∴a·2m＋2n－2＝2(a124)3＝a213，
∴m＋2n＝15，
∴＋＝(m＋2n)
＝≥
＝，当且仅当＝，n＝2m，
即m＝3，n＝6时等号成立，
∴＋的最小值是，故选C．
6．对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都有＜xn＋1成立，则称数列{xn}为“减差数列”．设bn＝2t－，若数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，则实数t的取值范围是(　　)
A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1]
C．(1，＋∞) D．(－∞，1]
解析：选C　由数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，
得＜bn＋1(n≥3)，
即t－＋t－＜2t－，
即＋＞，
化简得t(n－2)＞1．
当n≥3时，若t(n－2)＞1恒成立，
则t＞恒成立，
又当n≥3时，的最大值为1，
则t的取值范围是(1，＋∞)．
7．设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn＞0(n＝1,2，3，…)．则q的取值范围为________．
解析：因为{an}为等比数列，Sn＞0，
可以得到a1＝S1＞0，q≠0，
当q＝1时，Sn＝na1＞0；
当q≠1时，Sn＝＞0，
即＞0(n＝1,2,3，…)，
上式等价于不等式组(n＝1,2,3，…)，①
或(n＝1,2,3，…)．②
解①式得q＞1，
解②式，由于n可为奇数，可为偶数，得－1＜q＜1．
综上，q的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
答案：(－1,0)∪(0，＋∞)
8．(2016·河南六市一联)数列{an}的通项an＝n2·，其前n项和为Sn，则S30＝________．
解析：由题意可知，an＝n2·cos，
若n＝3k－2，
则an＝(3k－2)2·＝(k∈N*)；
若n＝3k－1，
则an＝(3k－1)2·＝(k∈N*)；
若n＝3k，
则an＝(3k)2·1＝9k2(k∈N*)，
∴a3k－2＋a3k－1＋a3k＝9k－，k∈N*，
∴S30＝＝×10＝470．
答案：470
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列，则an＝________．
解析：由a1，a2＋5，a3成等差数列可得a1＋a3＝2a2＋10，
由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，
得2a1＋2a2＝a3－7，
即2a2＝a3－7－2a1，
代入a1＋a3＝2a2＋10，得a1＝1，
代入2S1＝a2－22＋1，得a2＝5．
由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，
得当n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1，
两式相减，得2an＝an＋1－an－2n，
即an＋1＝3an＋2n，
当n＝1时，5＝3×1＋21也适合an＋1＝3an＋2n，
所以对任意正整数n，an＋1＝3an＋2n．
上式两端同时除以2n＋1，
得＝×＋，
等式两端同时加1，得
＋1＝×＋＝，
所以数列是首项为，
公比为的等比数列，
所以＋1＝n，
所以＝n－1，
所以an＝3n－2n．
答案：3n－2n
10．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点，，且在区间上为单调函数．
(1)求ω，φ的值；
(2)设an＝nf(n∈N*)，求数列{an}的前30项和S30．
解：(1)由题可得＋φ＝2kπ－，k∈Z，
＋φ＝2kπ＋，k∈Z，
解得ω＝2，φ＝2kπ－，k∈Z，
∵|φ|＜π，
∴φ＝－．
(2)由(1)及题意可知an＝2nsin(n∈N*)，
数列(n∈N*)的周期为3，前三项依次为0，，－，
∴a3n－2＋a3n－1＋a3n
＝(3n－2)×0＋(3n－1)×＋3n×(－)
＝－(n∈N*)，
∴S30＝(a1＋a2＋a3)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝－10．
11．已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积S＝4，B＝60°，且a2＋c2＝2b2；等差数列{an}中，a1＝a，公差d＝b．数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝求数列{cn}的前2n＋1项和P2n＋1．
解：(1)∵S＝acsin B＝4，
∴ac＝16，
又a2＋c2＝2b2，b2＝a2＋c2－2accos B，
∴b2＝ac＝16，
∴b＝4，
从而(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝64，a＋c＝8，
∴a＝c＝4．
故可得
∴an＝4n．
∵Tn－2bn＋3＝0，
∴当n＝1时，b1＝3，
当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，
两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)，
∴数列{bn}为等比数列，
∴bn＝3·2n－1．
(2)依题意，cn＝
P2n＋1＝(a1＋a3＋…＋a2n＋1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝＋
＝22n＋1＋4n2＋8n＋2．
12．(2017·广州模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜1．
解：(1)因为2Sn＝(n＋1)an，
当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，
两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，
即(n－1)an＝nan－1，
所以当n≥2时，＝，
所以＝．
因为a1＝2，
所以an＝2n．
(2)证明：因为an＝2n，
令bn＝，n∈N*，
所以bn＝＝＝－．
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝1－＝．
因为＞0，
所以1－＜1．
因为f(n)＝在N*上是递减函数，
所以1－在N*上是递增的，
所以当n＝1时，Tn取最小值．
所以≤Tn＜1．