高考数学 增值增分特训17.doc

2014高考数学增值增分特训17一、选择题(每小题5分，共25分)1已知an为等差数列，其公差为2，且a7是a3与a9的等比中项，sn为an的前n项和，nn*，则s10的值为()a110 b90 c90 d1102已知等差数列an的前三项依次为a1，a1，2a3，则此数列的通项公式an等于()a2n3 b2n1 c2n5 d2n33数列1，3，5，7，的前n项和sn为()an21 bn22cn21 dn224已知数列an的通项公式是an，若前n项和为10，则项数n为()a11 b99 c120 d1215已知an满足a11，且an1(nn*)，则数列an的通项公式为()aan bann22can3n2 dan二、填空题(每小题5分，共15分)6若数列an的前n项和snn210n，则此数列的通项公式为_7若110(xn*)，则x_.8在等比数列an中，若a1，a44，则公比q_；|a1|a2|an|_.三、解答题(本题共3小题，共35分)9(11分)已知等差数列an的公差d0，它的前n项和为sn，若s535，且a2，a7，a22成等比数列. (1)求数列an的通项公式；(2)设数列的前n项和为tn，求tn.10(12分)已知等差数列an的前n项和为an，且满足a1a56，a963；数列bn的前n项和为bn，且满足bn2bn1(nn*)(1)求数列an，bn的通项公式an，bn；(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和sn.11(12分)设数列an的前n项和为sn，对任意的正整数n，都有an5sn1成立，记bn(nn*)(1)求数列bn的通项公式；(2)记cnb2nb2n1(nn*)，设数列cn的前n项和为tn，求证：对任意正整数n都有tn；(3)设数列bn的前n项和为rn.已知正实数满足：对任意正整数n，rnn恒成立，求的最小值参考答案1da7是a3与a9的等比中项，公差为2，所以aa3a9，所以a(a78)(a74)，所以a78，所以a120，所以s10102010(2)110.故选d.2a由题意知：2(a1)(a1)2a3，解得：a0，a11，d2，an12(n1)2n3.3csn1357(2n1)4can，sna1a2an(1)()()1.令110，得n120.5a由题可知，an1(nn*)，两边取倒数可得，3，即3，所以数列是首项为1，公差为3的等差数列，其通项公式为3n2，所以数列an的通项公式为an.6解析当n1时，a1s11109；当n2时，ansnsn1n210n(n1)210(n1)2n11.易知a19也适合上式综上，an2n11.答案an2n117解析原式分子为135(2x1)x2，原式分母为：1，故原式为：x2x110，解得x10.答案108解析an为等比数列，且a1，a44，q38，q2，an(2)n1，|an|2n2，|a1|a2|a3|an|(2n1)2n1.答案22n19解(1)数列an是等差数列，由s55a1d35.a12d7.由a2，a7，a22成等比数列，aa2a22， (a16d)2(a1d)(a121d)(d0)，2a13d0.解得：a13，d2，an2n1.(2)由(1)知，sn3n2n22n.（）.10解(1)a963，a99a563，a57.由a1a56，得a11，d2.an2n3.bn2bn1，bn12bn11(n2)，由得bn2bn2bn1，bn2bn1(n2)又b12b11，b11.数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，bnb1qn12n1.(2)cnanbn(2n3)2n1，snc1c2c3cn1112322523(2n5)2n2(2n3)2n1，2sn12122323524(2n5)2n1(2n3)2n，两式相减得sn12222222322n1(2n3)2n12(222232n1)(2n3)2n12(2n3)2n(52n)2n5.sn(2n5)2n5.11(1)解当n1时，a15a11，a1，又an5sn1，an15sn11，an1an5an1，即an1an.数列an成等比数列，其首项a1，公比q，ann，bn.(2)证明由(1)知bn4，cnb2nb2n1，又b13，b2，c1.当n1时，t1；当n2时，tn25（）2525.(3)解由(1)知bn4.一方面，已知rnn恒成立，取n为大于1的奇数时，设n2k1(kn*)，则rnb1b2b2k14n5()4n5 (）()4n1.nrn4n1，即(4)n1对一切大于1的奇数n恒成立4，否则，(4)n1只对满足n的正奇数n成立，矛盾另一方面，当4时，对一切的正整数n都有rn4n恒成立事实上，对任意的正整数k，有b2k1b2k8888.当n为偶数时，设n2m(mn*)，则rn(b1b2)(b3b4)(b2m1