2018版高考数学复习升级增分训练数列文.docx

升级增分训练 数 列1在数列an中，已知a12，a27，an2等于anan1(nN*)的个位数，则a2 016()A8B6C4 D2解析：选B由题意得：a34，a48，a52，a66，a72，a82，a94，a108，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 016a33566a662已知数列an的前n项和为Sn，点(n，Sn)在函数f(x)x2x2的图象上，则数列an的通项公式为()Aan2n2 Bann2n2Can Dan解析：选D由于点(n，Sn)在函数f(x)的图象上，则Snn2n2，当n1时，得a1S10，当n2时，得anSnSn1n2n2(n1)2(n1)22n故选D3若数列bn的通项公式为bn13，则数列bn中的最大项的项数为()A2或3 B3或4C3 D4解析：选B设数列bn的第n项最大由即整理得即解得n3或n4又b3b46，所以当n3或n4时，bn取得最大值4设数列an的前n项和为Sn，且a1a21，nSn(n2)an为等差数列，则an()A BC D解析：选A设bnnSn(n2)an，则b14，b28，又bn为等差数列，所以bn4n，所以nSn(n2)an4n，所以Snan4当n2时，SnSn1anan10，所以anan1，即2又因为1，所以是首项为1，公比为的等比数列，所以n1(nN*)，所以an(nN*)5(2017山西省质检)记Sn为正项等比数列an的前n项和，若780，且正整数m，n满足a1ama2n2a，则的最小值是()A BC D解析：选Can是等比数列，设an的公比为q，q6，q3，q67q380，解得q2，又a1ama2n2a，a2m2n22(a124)3a213，m2n15，(m2n)，当且仅当，n2m，即m3，n6时等号成立，的最小值是，故选C6对于数列xn，若对任意nN*，都有xn1成立，则称数列xn为“减差数列”设bn2t，若数列b3，b4，b5，是“减差数列”，则实数t的取值范围是()A(1，) B(，1C(1，) D(，1解析：选C由数列b3，b4，b5，是“减差数列”，得bn1(n3)，即tt2t，即，化简得t(n2)1当n3时，若t(n2)1恒成立，则t恒成立，又当n3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Sn0(n1,2，3，)则q的取值范围为_解析：因为an为等比数列，Sn0，可以得到a1S10，q0，当q1时，Snna10；当q1时，Sn0，即0(n1,2,3，)，上式等价于不等式组(n1,2,3，)，或(n1,2,3，)解式得q1，解式，由于n可为奇数，可为偶数，得1q1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ann2，其前n项和为Sn，则S30_解析：由题意可知，ann2cos，若n3k2，则an(3k2)2(kN*)；若n3k1，则an(3k1)2(kN*)；若n3k，则an(3k)219k2(kN*)，a3k2a3k1a3k9k，kN*，S3010470答案：4709已知数列an的前n项和为Sn，满足2Snan12n11，nN*，且a1，a25，a3成等差数列，则an_解析：由a1，a25，a3成等差数列可得a1a32a210，由2Snan12n11，得2a12a2a37，即2a2a372a1，代入a1a32a210，得a11，代入2S1a2221，得a25由2Snan12n11，得当n2时，2Sn1an2n1，两式相减，得2anan1an2n，即an13an2n，当n1时，53121也适合an13an2n，所以对任意正整数n，an13an2n上式两端同时除以2n1，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1n，所以n1，所以an3n2n答案：3n2n10已知函数f(x)2sin(x)(0，|)的图象经过点，且在区间上为单调函数(1)求，的值；(2)设annf(nN*)，求数列an的前30项和S30解：(1)由题可得2k，kZ，2k，kZ，解得2，2k，kZ，|，(2)由(1)及题意可知an2nsin(nN*)，数列(nN*)的周期为3，前三项依次为0，a3n2a3n1a3n(3n2)0(3n1)3n()(nN*)，S30(a1a2a3)(a28a29a30)1011已知ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积S4，B60，且a2c22b2；等差数列an中，a1a，公差db数列bn的前n项和为Tn，且Tn2bn30，nN*(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn求数列cn的前2n1项和P2n1解：(1)Sacsin B4，ac16，又a2c22b2，b2a2c22accos B，b2ac16，b4，从而(ac)2a2c22ac64，ac8，ac4故可得an4nTn2bn30，当n1时，b13，当n2时，Tn12bn130，两式相减，得bn2bn1(n2)，数列bn为等比数列，bn32n1(2)依题意，cnP2n1(a1a3a2n1)(b2b4b2n)22n14n28n212(2017广州模拟)设Sn为数列an的前n项和，已知a12，对任意nN*，都有2Sn(n1)an(1)求数列an的通项公式；(2)若数列的前n项和为Tn，求证：Tn1解：(1)因为2Sn(n1)an，当n2时，2Sn1nan1，两式相减，得2an(n1)annan1，即(n1