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专项基础测试

[日期:2017/2/7 9:30:00] 阅读:7334

B组 专项提升测试

三年模拟精选

一、选择题

8.(2015·吉林长春模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,且a1a2=1,{nSn+(n+2)an}为等差数列,则an=(  )

A.

            B.

         C.

            D.

解析 设bnnSn+(n+2)an,有b1=4,b2=8,则bn=4n

bnnSn+(n+2)an=4n

n≥2时,SnSn-1

an

an-1=0,

所以

an

an-1

即2·



所以

是以

为公比,1为首项的等比数列,

所以





an

.故选A.

答案 A

9.(2015·广东揭阳一模)已知定义在R上的函数f(x)、g(x)满足

ax,且f′(x)g(x)<f(x)g′(x),





,若有穷数列

(nN*)的前n项和等于

,则n=(  )

A.5             B.6              C.7              D.8

解析 令h(x)=

ax

h′(x)=

<0,

h(x)在R上为减函数,∴0<a<1.由题知,a1a-1

,解得a

a=2(舍去),∴





,∴有穷数列

的前n项和Sn

=1-





,∴n=5.

答案 A

二、填空题

10.(2014·大同四校联考)已知向量a=(2,-n),b=(Snn+1),nN*,其中Sn是数列{an}的前n项和,若a⊥b,则数列

的最大项的值为         

解析 依题意得a·b=0,即2Snn(n+1),Sn

.当n≥2时,anSnSn-1



n;又a1=1,因此ann









,当且仅当n

nN*,即n=2时取等号,因此数列

的最大项的值是

.

答案 

三、解答题

11.(2014·杭州模拟)设{an}是公比大于1的等比数列,Sn为数列{an}的前n项和.已知S3=7,且a1+3,3a2a3+4构成等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式.

(2)令bnnann=1,2,…,求数列{bn}的前n项和Tn.

解 (1)由已知,得



解得a2=2.

设数列{an}的公比为q,由a2=2,可得a1

a3=2q.

S3=7,可知

+2+2q=7,

即2q2-5q+2=0,

解得q=2或

.由题意得q>1,所以q=2.则a1=1.

故数列{an}的通项为an=2n-1.

(2)由于bnn·2n-1n=1,2,…,

Tn=1+2×2+3×22+…+n×2n-1

所以2Tn=2+2×22+…+(n-1)×2n-1n×2n

两式相减得-Tn=1+2+22+23+…+2n-1n×2n

=2nn×2n-1,

Tn=(n-1)2n+1.

12.(2014·江西省重点中学联考)已知{an}是单调递增的等差数列,首项a1=3,前n项和为Sn,数列{bn}是等比数列,首项b1=1,且a2b2=12,S3b2=20.

(1)求{an}和{bn}的通项公式;

(2)令cnSncos(anπ)(nN*),求{cn}的前n项和Tn.

解 (1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q,则a2b2=(3+d)q=12,

S3b23a2b2=3(3+d)+q=9+3dq=20,3dq=11,q=11-3d

则(3+d)(11-3d)=33+2d-3d2=12,

即3d2-2d-21=0,

(3d+7)(d-3)=0.

∵{an}是单调递增的等差数列,∴d>0,

d=3,q=2,an=3+(n-1)×3=3nbn=2n-1.

(2)由(1)知cnSncos 3nπ



①当n是偶数时,

Tnc1c2c3+…+cn=-S1S2S3S4-…-Sn-1Sna2a4a6+…+an=6+12+18+…+3n

.

②当n是奇数时,

TnTn-1Sn





n2

n

=-

(n+1)2.综上可得,

Tn

13.(2014·南通模拟)设数列{an}的前n项和为Sna1=10,an+1=9Sn+10.

(1)求证:{lgan}是等差数列;

(2)设Tn是数列

的前n项和,求Tn

(3)求使Tn>

(m25m)对所有的nN*恒成立的整数m的取值集合.

(1)证明 依题意,a29a1+10=100,故

=10.

n≥2时,an+1=9Sn+10,an=9Sn-1+10,

两式相减得an+1an=9an

an+1=10an

=10,

故{an}为等比数列,且ana1qn-1=10n(nN*),

∴lg ann.∴lg an+1-lg an=(n+1)-n=1,

即{lg an}是等差数列.

(2)解 由(1)知,Tn

3

=3

=3-

.

(3)解 ∵Tn=3-

∴当n=1时,Tn取最小值

.

依题意有

>

(m2-5m),解得-1<m<6,

故所求整数m的取值集合为

{0,1,2,3,4,5}.

一年创新演练

14.观察下表:

1

2,3

4,5,6,7

8,9,10,11,12,13,14,15

(1)求此表中第n行的最后一个数;

(2)求此表中第n行的各个数之和;

(3)2 014是此表中第几行的第几个数?

(4)是否存在nN*,使得从第n行起的连续10行的所有数之和为227-213-120?若存在,求出n的值;若不存在,则说明理由.

解 (1)第n+1行的第一个数是2n,故第n行的最后一个数是2n-1.

(2)第n行的各数之和为:

2n-1+(2n-1+1)+(2n-1+2)+…+(2n-1)=

·2n-1=2n-2(2n-1+2n-1)=2n-2(3·2n-1-1).

(3)∵210=1 024,211=2 048,

而1 024<2 014<2 048,

∴2 014在表中的第11行.

该行第一个数为210=1 024.

∵2 014-1 024+1=991,

∴2 014为第11行的第991个数.

(4)设第n行的所有数之和为an,从第n行起连续10行的所有数之和为Sn,则

an=3·22n-3-2n-2an+1=3·22n-1-2n-1an+2=3·22n+1-2n,…,an+9=3·22n+15-2n+7.

Sn=3(22n-3+22n-1+22n+1+…+22n+15)-(2n-2+2n-1+2n+…+2n+7)

=3·



=22n+17-22n-3-2n+8+2n-2.

n=5时,S5=227-128-213+8=227-213-120.

故存在n=5,使得从第5行起的连续10行的所有数之和为227-213-120.

15.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=2,nan+1Snn(n+1).

(1)求数列{an}的通项公式an

(2)设Tn为数列

的前n项和,求Tn

(3)设bn

,证明:b1b2b3+…+bn

.

(1)解 由题意,当n≥2时,有



两式相减得nan+1-(n-1)anan+2n, an+1an=2.



a2a1=2.

所以对一切正整数n,有an+1an=2,

ana1+2(n-1)=2n,即an=2n(nN*).

(2)解 由(1),得





所以Tn=1+



+…+

,①

①两边同乘以

,得

Tn



+…+



,  ②

①-②,得

Tn=1+



+…+



所以

Tn



Tn=4-

.

(3)证明 由(1),得

bn





b1b2b3+…+bn

















.


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