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①当-≤1,即-2≤a<0时,f(x)在[1,4]上的最小值为f
(1),由f
(1)=4+4a+a2=8,得a=±
2-2,均不符合题意.
②当1<
-≤4时,即-8≤a<-2时,f(x)在[1,4]时的最小值为f=0,不符合题意.
③当->4时,即a<-8时,f(x)在[1,4]上的最小值可能在x=1或x=4时取得,而f
(1)≠8,由f(4)=2(64+16a+a2)=8得a=-10或a=-6(舍去).
当a=-10时,f(x)在(1,4)上单调递减,f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8,符合题意.
综上有,a=-10.
16.[2019·
新课标全国卷Ⅱ]数列{an}满足an+1=,a8=2,则a1=________.
16. [解析]由题易知a8==2,得a7=;
a7==,得a6=-1;
a6==-1,得a5=2,于是可知数列{an}具有周期性,且周期为3,所以a1=a7=.
D2等差数列及等差数列前n项和
2.[2019·
重庆卷]在等差数列{an}中,a1=2,a3+a5=10,则a7=( )
A.5B.8C.10D.14
2.B [解析]由题意,得a1+2d+a1+4d=2a1+6d=4+6d=10,解得d=1,所以a7=a1+6d=2+6=8.
5.[2019·
天津卷]设{an}是首项为a1,公差为-1的等差数列,Sn为其前n项和.若S1,S2,S4成等比数列,则a1=( )
A.2B.-2
C.D.-
5.D [解析]∵S2=2a1-1,S4=4a1+×
(-1)=4a1-6,且S1,S2,S4成等比数列,∴(2a1-1)2=a1(4a1-6),解得a1=-.
15.、[2019·
北京卷]已知{an}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{bn}满足b1=4,b4=20,且{bn-an}为等比数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和.
15.解:
(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得
d===3.
所以an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…).
设等比数列{bn-an}的公比为q,由题意得
q3===8,解得q=2.
所以bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1.
从而bn=3n+2n-1(n=1,2,…).
(2)由
(1)知bn=3n+2n-1(n=1,2,…).
数列{3n}的前n项和为n(n+1),数列{2n-1}的前n项和为1×
=2n-1,
所以,数列{bn}的前n项和为n(n+1)+2n-1.
17.,[2019·
福建卷]在等比数列{an}中,a2=3,a5=81.
(1)求an;
(2)设bn=log3an,求数列{bn}的前n项和Sn.
(1)设{an}的公比为q,依题意得
解得
因此,an=3n-1.
(2)因为bn=log3an=n-1,
所以数列{bn}的前n项和Sn==.
19.、、[2019·
湖北卷]已知等差数列{an}满足:
a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)记Sn为数列{an}的前n项和,是否存在正整数n,使得Sn>60n+800?
若存在,求n的最小值;
若不存在,说明理由.
19.解:
(1)设数列{an}的公差为d,
依题意知,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),
化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4,
当d=0时,an=2;
当d=4时,an=2+(n-1)·
4=4n-2,
从而得数列{an}的通项公式为an=2或an=4n-2.
(2)当an=2时,Sn=2n,显然2n<
60n+800,
此时不存在正整数n,使得Sn>
60n+800成立.
当an=4n-2时,Sn==2n2.
令2n2>
60n+800,即n2-30n-400>
0,
解得n>
40或n<
-10(舍去),
此时存在正整数n,使得Sn>
60n+800成立,n的最小值为41.
综上,当an=2时,不存在满足题意的正整数n;
当an=4n-2时,存在满足题意的正整数n,其最小值为41.
16.、[2019·
湖南卷]已知数列{an}的前n项和Sn=,n∈N*.
(2)设bn=2an+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和.
16.解:
(1)当n=1时,a1=S1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n.
故数列{an}的通项公式为an=n.
(2)由
(1)知,bn=2n+(-1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n,则T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).
记A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,
则A==22n+1-2,
B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.
故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.
13.[2019·
江西卷]在等差数列{an}中,a1=7,公差为d,前n项和为Sn,当且仅当n=8时Sn取得最大值,则d的取值范围为________.
13. [解析]由题可知a8>
0且a9<
0,即7+7d>
0且7+8d<
0,所以-1<
d<
-.
9.[2019·
辽宁卷]设等差数列{an}的公差为d,若数列{2a1an}为递减数列,则( )
A.d>0B.d<0
C.a1d>0D.a1d<0
9.D [解析]令bn=2a1an,因为数列{2a1an}为递减数列,所以==2a1(an+1-an)=2a1d<
1,所以a1d<
17.[2019·
全国卷]数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2.
(1)设bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列;
(2)求{an}的通项公式.
(1)由an+2=2an+1-an+2,得
an+2-an+1=an+1-an+2,
即bn+1=bn+2.
又b1=a2-a1=1,
所以{bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由
(1)得bn=1+2(n-1),
即an+1-an=2n-1.
于是
所以an+1-a1=n2,
即an+1=n2+a1.
又a1=1,所以{an}的通项公式an=n2-2n+2.
新课标全国卷Ⅱ]等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=( )
A.n(n+1)B.n(n-1)
C.D.
5.A [解析]由题意,得a2,a2+4,a2+12成等比数列,即(a2+4)2=a2(a2+12),解得a2=4,即a1=2,所以Sn=2n+×
2=n(n+1).
17.、[2019·
全国新课标卷Ⅰ]已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和.
(1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3.
由题意得a2=2,a4=3.
设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,
故d=,从而得a1=.
所以{an}的通项公式为an=n+1.
(2)设的前n项和为Sn,由
(1)知=,
则Sn=++…++,
Sn=++…++,
两式相减得
Sn=+-=+-,所以Sn=2-.
19.,,[2019·
山东卷]在等差数列{an}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.
(2)设bn=a,记Tm=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求Tn.
(1)由题意知,(a1+d)2=a1(a1+3d),
即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2.
故数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题意知,bn=a=n(n+1),
所以Tn=-1×
2+2×
3-3×
4+…+(-1)nn×
(n+1).
因为bn+1-bn=2(n+1),
所以当n为偶数时,
Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)
=4+8+12+…+2n
=
=,
当n为奇数时,
Tn=Tn-1+(-bn)
=-n(n+1)
=-.
所以Tn=
16.、、[2019·
陕西卷]△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.
(1)若a,b,c成等差数列,证明:
sinA+sinC=2sin(A+C);
(2)若a,b,c成等比数列,且c=2a,求cosB的值.
16.解:
(1)∵a,b,c成等差数列,∴a+c=2b.由正弦定理得sinA+sinC=2sinB.
∵sinB=sin[π-(A+C)]=sin(A+C),
∴sinA+sinC=2sin(A+C).
(2)由题设有b2=ac,c=2a,
∴b=a.
由余弦定理得cosB===.
四川卷]设等差数列{an}的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图像上(n∈N*).
(1)证明:
数列{bn}为等比数列;
(2)若a1=1,函数f(x)的图像在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列{anb}的前n项和Sn.
由已知得,bn=2an>0,
当n≥1时,=2an+1-an=2d.
故数列{bn}是首项为2a1,公比为2d的等比数列.
(2)函数f(x)=2x在点(a2,b2)处的切线方程为y-2a2=(2a2ln2)(x-a2),
其在x轴上的截距为a2-.
由题意知,a2-=2-,
解得a2=2,
所以d=a2-a1=1,an=n,bn=2n,anb=n·
4n.
于是,Sn=1×
4+2×
42+3×
43+…+(n-1)×
4n-1+n×
4n,
4Sn=1×
42+2×
4n+n×
4n+1,
因此,Sn-4Sn=4+42+…+4n-n·
4n+1=-n·
4n+1=,
所以,Sn=.
19.[2019·
浙江卷]已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn,a1=1,S2·
S3=36.
(1)求d及Sn;
(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得am+am+1+am+2+…+am+k=65.
(1)由题意知(2a1+d)(3a1+3d)=36,
将a1=1代入上式解得d=2或d=-5.
因为d>
0,所以d=2.
从而an=2n-1,Sn=n2(n∈N*).
(2)由
(1)得am+am+1+am+2+…+am+k=(2m+k-1)(k+1),
所以(2m+k-1)(k+1)=65.
由m,k∈N*知2m+k-1≥k+1>
1,
故所以
重庆卷]已知{an}是首项为1,公差为2的等差数列,Sn表示{an}的前n项和.
(1)求an及Sn;
(2)设{bn}是首项为2的等比数列,公比q满足q2-(a4+1)q+S4=0,求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
(1)因为{an}是首项a1=1,公差d=2的等差数列,所以
an=a1+(n-1)d=2n-1.
故Sn=1+3+…+(2n-1)===n2.
(2)由
(1)得a4=7,S4=16.因为q2-(a4+1)q+S4=0,即q2-8q+16=0,
所以(q-4)2=0,从而q=4.
又因为b1=2,{bn}是公比q=4的等比数列,
所以bn=b1qn-1=2×
4n-1=22n-1.
从而{bn}的前n项和Tn==(4n-1).
D3 等比数列及等比数列前n项和
12.[2019·
安徽卷]如图13,在等腰直角三角形ABC中,斜边BC=2,过点A作BC的垂线,垂足为A1;
过点A1作AC的垂线,垂足为A2;
过点A2作A1C的垂线,垂足为A3;
….依此类推,设BA=a1,AA1=a2,A1A2=a3,…,A5A6=a7,则a7=________.
图13
12. [解析]在等腰直角三角形ABC中,斜边BC=2,所以AB=AC=a1=2,由题易知A1A2=a3=AB=1,…,A6A7=a7=·
AB=2×
=.
13.、[2019·
广东卷]等比数列{an}的各项均为正数,且a1a5=4,则log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=________.
13.5 [解析]在等比数列中,a1a5=a2a4=a=4.因为an>
0,所以a3=2,所以a1a2a3a4a5=(a1a5)(a2a4)a3=a=25,
所以log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=log2(a1a2a3a4a5)=log225=5.
7.[2019·
江苏卷]在各项均为正数的等比数列{an}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6的值是________.
7.4 [解析]由等比数列的定义可得,a8=a2q6,a6=a2q4,a4=a2q2,即a2q6=a2q4+2a2q2.又an>0,所以q4-q2-2=0,解得q2=2,故a6=a2q4=1×
22=4.
8.[2019·
全国卷]设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3,S4=15,则S6=( )
A.31B.32
C.63D.64
8.C [解析]设等比数列{an}的首项为a,公比为q,易知q≠1,根据题意可得解得q2=4,=-1,所以S6==(-1)(1-43)=63.
20.、、[2019·
天津卷]已知q和n均为给定的大于1的自然数,设集合M={0,1,2,…,q-1},集合A={x|x=x1+x2q+…+xnqn-1,xi∈M,i=1,2,…,n}.
(1)当q=2,n=3时,用列举法表示集合A.
(2)设s,t∈A,s=a1+a2q+…+anqn-1,t=b1+b2q+…+bnqn-1,其中ai,bi∈M,i=1,2,…,n.证明:
若an<bn,则s<t.
20.解:
(1)当q=2,n=3时,M={0,1},A={x|x=x1+x2·
2+x3·
22,xi∈M,i=1,2,3},可得A={0,1,2,3,4,5,6,7}.
由s,t∈A,s=a1+a2q+…+anqn-1,t=b1+b2q+…+bnqn-1,ai,bi∈M,i=1,2,…,n及an<
bn,可得
s-t=(a1-b1)+(a2-b2)q+…+(an-1-bn-1)qn-2+(an-bn)qn-1
≤(q-1)+(q-1)q+…+(q-1)qn-2-qn-1
=-qn-1
=-1<
所以s<
t.
D4 数列求和
(1)当n=1时,a1=S
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