立体几何求体积点到面的距离高考文科数学压轴题冲刺训练.docx
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立体几何求体积点到面的距离高考文科数学压轴题冲刺训练
07 等差数列与等比数列
1.已知{an}是等比数列,an>0,且+a3a7=8,则log2a1+log2a2+…+log2a9=( ).
A.8B.9C.10D.11
解析▶ ∵+a3a7=8,an>0,且{an}是等比数列,
∴2=8,∴a5=2.
∴log2a1+log2a2+…+log2a9=log2[(a1a9)(a2a8)·(a3a7)(a4a6)a5]=log2=9log22=9,故选B.
答案▶ B
2.在等比数列{an}中,an>0,,,+1成等差数列,且a1+2a2=2,则数列{an}的通项公式为 .
解析▶ 设等比数列{an}的公比为q,由an>0知q>0,由题意得+=,即a1-a2=a1a2,
∴a1q=1-q.
又a1+2a2=2,∴a1+2a1q=2.
由解得或(舍去),
∴数列{an}的通项公式为an=.
答案▶ an=
3.如图所示的是“杨辉三角”数图,计算第1行的2个数的和,第2行的3个数的和,第3行的4个数的和,…,则第n行的n+1个数的和为 .
1 1 第1行
1 2 1第2行
1 3 3 1 第3行
1 4 6 4 1第4行
…
解析▶ 1+1=2,1+2+1=4,1+3+3+1=8,1+4+6+4+1=16,则第n行的n+1个数的和为2n.
答案▶ 2n
4.已知数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且Sn=,n∈N*.
(1)求证:
数列{an}是等差数列.
(2)设bn=,Tn=b1+b2+…+bn,求Tn.
解析▶
(1)∵Sn=,nN∈*,
∴当n=1时,a1=S1=(a1>0),
解得a1=1;
当n≥2时,由
得2an=+an--an-1,
即(an+an-1)(an-an-1-1)=0,
∵an+an-1>0,
∴an-an-1=1(n≥2).
∴数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列.
(2)由
(1)可得an=n,Sn=,
bn===-.
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn
=1-+-+…+-
=1-=.
能力1
▶ 等差、等比数列的基本运算
【例1】 设Sn为等比数列{an}的前n项和,若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an= .
解析▶ (法一)设等比数列{an}的公比为q(q≠0),则2S2=2(a1+a2)=2(a1+a1q),S3=a1+a2+a3=a1+a1q+a1q2.
因为3S1,2S2,S3成等差数列,
所以3a1+a1+a1q+a1q2=4(a1+a1q),
解得q=3,故an=3n-1.
(法二)设等比数列{an}的公比为q,由3S1,2S2,S3成等差数列,易得q≠1,
所以4S2=3S1+S3,
即=3a1+,
解得q=3,故an=3n-1.
答案▶ 3n-1
在等差(比)数列问题中,最基本的量是首项a1和公差d(公比q),在解题时往往根据已知条件建立关于这两个量的方程组,从而求出这两个量,那么其他问题也就会迎刃而解,这就是解决等差(比)数列问题的基本量的方法,其中蕴含着方程思想的运用.在应用等比数列前n项和公式时,务必注意公比q的取值范围.
1.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1+a3=30,S4=120,设bn=1+log3an,则数列{bn}的前15项和为( ).
A.152B.135C.80D.16
解析▶ 设等比数列{an}的公比为q,由a1+a3=30,a2+a4=S4-(a1+a3)=90,得公比q==3,首项a1==3,所以an=3n,bn=1log+33n=1+n,则数列{bn}是等差数列,其前15项和为=135.故选B.
答案▶ B
2.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.-2C.D.-
解析▶ 由题意知S1=a1,S2=2a1-1,S4=4a1-6.
因为S1,S2,S4成等比数列,
所以=S1·S4,即(2a1-1)2=a1(4a1-6),
解得a1=-.故选D.
答案▶ D
能力2
▶ 等差、等比数列的基本性质
【例2】
(1)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足S15>0,S16<0,则,,…,中最大的项为( ).
A. B. C. D.
(2)若等比数列{an}的各项均为正数,且a8a13+a9a12=2e(e为自然对数的底数),则lna1+lna2+…+lna20= .
解析▶
(1)由S15===15a8>0,S16==8(a8+a9)<0,
可得a8>0,a9<0,d<0,
所以数列{an}是递减数列,
所以a1>a2>…>a8>0,
所以0 从而0<<<…<. 又因为当9≤n≤15,n∈N*时,an<0,Sn>0,即<0,所以是,,…,中的最大项.故选C. (2)因为{an}是等比数列,所以a8a13=a9a12=e,所以lna1+lna2+…+lna20=ln(a1a2…a20)=ln(a1a20)10=10ln(a8a13)=10lne=10. 答案▶ (1)C (2)10 等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现,是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具,应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件,有时需要进行适当变形.在解决等差、等比数列的运算问题时,经常采用“巧用性质,整体考虑,减少运算量”的思想. 1.已知等比数列{an}满足an>0,且a3a2n-3=22n(n≥2),则当n≥1时,log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a2n-1= . 解析▶log 2a1log+2a2log+2a3+…log+2a2n-1log=2(a1a2a3…a2n-1). 设S=a1a2a3…a2n-1, 则S=a2n-2a2n-3…a1. 两式相乘,得S2=(a3a2n-3)2n-1=22n(2n-1), 所以S=2n(2n-1),故原式=n(2n-1). 答案▶ n(2n-1) 2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若=3,则= . 解析▶ 显然公比q≠1,则由===1+q3=3,得q3=2, 所以===. 答案▶ 能力3 ▶ 等差、等比数列的判断与证明 【例3】 已知数列{an}的前n项和Sn=λ(an-1),其中λ≠0. (1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式; (2)当λ=2时,求a2i. 解析▶ (1)由题意得a1=S1=λ(a1-1), 故λ≠1,a1=,a1≠0. 由Sn=λ(an-1),Sn+1=λ(an+1-1), 得an+1=λan+1-λan,即an+1(λ-1)=λan. 由a1≠0,λ≠0,得an≠0,所以=, 因此{an}是首项为,公比为的等比数列, 于是an=. (2)由 (1)可知,当λ=2时,an=2n, 故a2i=a2+a4+…+a2n==. 判断或证明数列是否为等差、等比数列,一般是依据等差、等比数列的定义,或利用等差中项、等比中项进行判断.利用=an+1·an-1(n≥2,n∈N*)来证明数列{an}为等比数列时,要注意数列中的各项均不为0. 记Sn为等比数列{an}的前n项和,已知a3=-8,S3=-6. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求Sn,并证明对任意的n∈N*,Sn+2,Sn,Sn+1成等差数列. 解析▶ (1)设数列{an}的公比为q, 由题设可得解得 故数列{an}的通项公式为an=(-2)n. (2)由 (1)可得Sn==-+(-1)n·. 由于Sn+2+Sn+1=-+(-1)n·=2=2Sn, 故Sn+2,Sn,Sn+1成等差数列. 能力4 ▶ 公式an=的应用 【例4】 设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=λ,Sn+1=λSn+λ(n∈N*),其中常数λ>1. (1)求证: 数列{an}是等比数列. (2)若数列{bn}满足bn=logλ(a1a2…an)(n∈N*),求数列{bn}的通项公式. 解析▶ (1)当n=1时,S2=λS1+λ,即a2=λ2, ∴=λ. 当n≥2时,Sn=λSn-1+λ, ∴an+1=Sn+1-Sn=λ(Sn-Sn-1)=λan, 即=λ(n≥2). 又∵=λ, ∴数列{an}是首项为λ,公比为λ的等比数列. (2)由 (1)得an=λn, ∴a1a2…an=λ1+2+…+n=, ∴bn=logλ=. 解这种题目的一般方法是用“退位相减法”消去Sn(或者an),得到数列{an}的递推公式(或者是数列{Sn}的递推公式),进而求出an(或者Sn)与n的关系式. 设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=Sn·Sn+1,则Sn= . 解析▶ 由已知得an+1=Sn+1-Sn=Sn+1·Sn,易知Sn≠0,等式两边同时除以Sn+1·Sn,得-=-1,故数列是以-1为首项,-1为公差的等差数列,则=-1-(n-1)=-n,所以Sn=-. 答案▶ - 一、选择题 1.Sn是等差数列{an}的前n项和,若S7-S2=45,则S9=( ). A.54B.63C.72D.81 解析▶ (法一)∵S7-S2=45, ∴a3+a4+a5+a6+a7=45, ∴5a5=45,a5=9, ∴S9==9a5=81. (法二)∵S7-S2=45, ∴7a1+21d-(2a1+d)=45, 即a1+4d=9, ∴S9=9a1+36d=9(a1+4d)=9×9=81,故选D. 答案▶ D 2.已知数列{an}满足a1=2,an+1=(n∈N*),则a2019=( ). A.-2B.-1C.2D. 解析▶ ∵数列{an}满足a1=2,an+1=(nN∈*), ∴a2==-1,a3==,a4==2,…,可知此数列具有周期性,周期为3,即an+3=an, 则a2019=a3=.故选D. 答案▶ D 3.若Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=,则等于( ). A.B.C.D.30 解析▶ ∵当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=, ∴=5×(5+1)=30.故选D. 答案▶ D 4.已知等比数列{an}中,a2=2,a6=8,则a3a4a5=( ). A.±64B.64C.32D.16 解析▶ 因为a2=2,a6=8,所以由等比数列的性质可知a2a6==16,而a2,a4,a6同号,所以a4=4,所以a3a4a5==64,故选B. 答案▶ B 5.已知{an}是公差为4的等差数列,Sn是其前n项和.若S5=15,则a10的值是( ). A.11B.20C.29D.31 解析▶ 因为S5=15,所以5a1+×4=15,所以a1=-5,所以a10=a1+9d=31,故选D. 答案▶ D 6.观察下列各图,并阅读图形下面的文字.像这样,10条直线相交,最多可形成的交点的个数是( ). A.40B.45C.50D.55 解析▶ (法一)n+1(nN∈*)条直线相交,当n=1,2,3,…,k,…时,最多可形成的交点个数分别是1,1+2,1+2+3,…,1+2+3+…+k,…. ∴10条直线相交,最多可形成的交点的个数是1+2+…+9=45. (法二)设n(n≥2,n∈N*)条直线相交,最多可形成的交点个数为an,则累加得a10-a2=2+3+…+9,∴a10=1+2+3+…+9=45.故选B. 答案▶ B 7.《张丘建算经》中“今有马行转迟,次日减半,疾七日,行七百里.问日行几何? ”意思是“现有一匹马行走的速度逐渐变慢,每天走的里数是前一天的一半,连续行走7天,共走了700里路,问每天走的里数为多少? ”则该匹马第一天走的里数为( ). A.B. C.D. 解析▶ 由题意知这匹马每日所走的路程成等比数列,设该数列为{an},则公比q=,前7项和S7=700.由等比数列的求和公式得=700,解得a1=,故选B. 答案▶ B 8.已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且=,则=( ). A.B. C.D. 解析▶ (法一)设Sn=5n2+2n,则Tn=n2+3n. 当n=1时,a1=7; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=10n-3. ∵a1=7符合上式, ∴an=10n-3.同理bn=2n+2. ∴=.故选A. (法二)由=, 得====.故选A. 答案▶ A 9.已知数列{an}的通项公式为an=,若数列{an}为递减数列,则实数k的取值范围为( ). A.(3,+∞)B.(2,+∞) C.(1,+∞)D.(0,+∞) 解析▶ 因为an+1-an=-=,所以由数列{an}为递减数列知,对任意nN∈*,an+1-an=<0,所以k>3-3n对任意nN∈*恒成立,所以k∈(0,+∞).故选D. 答案▶ D 二、填空题 10.在等比数列{an}中,若a1=,a4=-4,则|a1|+|a2|+…+|an|= . 解析▶ 设等比数列{an}的公比为q,则a4=a1q3,代入数据得q3=-8,所以q=-2.又等比数列{|an|}的公比为|q|=2,所以|an|=×2n-1,所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=(1+2+22+…+2n-1)=(2n-1)=2n-1-. 答案▶ 2n-1- 11.设等差数列5,,,,…的前n项和为Sn,则当Sn最大时,n= . 解析▶ (法一)设该等差数列为{an}, ∵公差d=-5=-,a1=5, ∴an=5+(n-1)×=-+. 要使Sn最大, 则即 解得7≤n≤8. 又n∈N*,∴n=7或n=8. (法二)∵公差d=-5=-,首项为5, ∴Sn=5n+× =-n2+n =-+. ∴当n取最接近的整数时,Sn最大,即当n=7或n=8时,Sn最大. 答案▶ 7或8 12.在计算机语言中,有一种函数y=INT(x)叫作取整函数,它表示不超过x的最大整数,如INT(0.9)=0,INT(3.14)=3.已知=0.8571,令an=INT,b1=a1,bn=an-10an-1(n>1且n∈N*),则b2019= . 解析▶ 依题意得a1=2,a2=28,a3=285,a4=2857,a5=28571,a6=285714,a7=2857142,…,所以b1=a1=2.又bn=an-10an-1,所以b2=8,b3=5,b4=7,b5=1,b6=4,b7=2,…,可知数列{bn}是周期为6的周期数列.而2019=336×6+3,所以b2019=b3=5. 答案▶ 5 三、解答题 13.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an+1-2,a1=2. (1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式; (2)若数列{bn}满足··…·=(n∈N*),证明: {bn}是等差数列. 解析▶ (1)当n≥2时,由Sn=an+1-2, 得Sn-1=an-2, 两式相减,得an+1=2an,即=2. 又S1=a2-2,a1=2, ∴a2=S1+2=4,满足=2, ∴=2对任意的n∈N*都成立. ∴{an}是首项为2,公比为2的等比数列. ∴an=2n. (2)∵··…·=, ∴=, ∴2[(b1+b2+…+bn)-n]=n·bn, ① ∴2[(b1+b2+…+bn+1)-(n+1)]=(n+1)bn+1, ② 由②-①得2(bn+1-1)=(n+1)bn+1-nbn, 即(n-1)bn+1-nbn+2=0, ③ ∴nbn+2-(n+1)bn+1+2=0, ④ 由④-③得nbn+2-2nbn+1+nbn=0, ∴bn+2-2bn+1+bn=0, 即bn+2-bn+1=bn+1-bn(n∈N*), ∴是等差数列.
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