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專項基礎測試

[日期:2017/2/7 9:30:00] 閱讀:4802

B組 專項提升測試

三年模擬精選

一、選擇題

8.(2015·吉林長春模擬)設數列{an}的前n項和為Sn,且a1a2=1,{nSn+(n+2)an}為等差數列,則an=(  )

A.            B.         C.            D.

解析 設bnnSn+(n+2)an,有b1=4,b2=8,則bn=4n

bnnSn+(n+2)an=4n

n≥2時,SnSn-1anan-1=0,

所以anan-1

即2·

所以是以為公比,1為首項的等比數列,

所以an.故選A.

答案 A

9.(2015·廣東揭陽一模)已知定義在R上的函數f(x)、g(x)滿足ax,且f′(x)g(x)<f(x)g′(x),,若有窮數列(nN*)的前n項和等于,則n=(  )

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

解析 令h(x)=ax

h′(x)=<0,

h(x)在R上為減函數,∴0<a<1.由題知,a1a-1,解得aa=2(舍去),∴,∴有窮數列的前n項和Sn=1-,∴n=5.

答案 A

二、填空題

10.(2014·大同四校聯考)已知向量a=(2,-n),b=(Snn+1),nN*,其中Sn是數列{an}的前n項和,若a⊥b,則數列的最大項的值為         

解析 依題意得a·b=0,即2Snn(n+1),Sn.當n≥2時,anSnSn-1n;又a1=1,因此ann,當且僅當nnN*,即n=2時取等號,因此數列的最大項的值是.

答案 

三、解答題

11.(2014·杭州模擬)設{an}是公比大于1的等比數列,Sn為數列{an}的前n項和.已知S3=7,且a1+3,3a2a3+4構成等差數列.

(1)求數列{an}的通項公式.

(2)令bnnann=1,2,…,求數列{bn}的前n項和Tn.

解 (1)由已知,得

解得a2=2.

設數列{an}的公比為q,由a2=2,可得a1a3=2q.

S3=7,可知+2+2q=7,

即2q2-5q+2=0,

解得q=2或.由題意得q>1,所以q=2.則a1=1.

故數列{an}的通項為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

兩式相減得-Tn=1+2+22+23+…+2n-1n×2n

=2nn×2n-1,

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

12.(2014·江西省重點中學聯考)已知{an}是單調遞增的等差數列,首項a1=3,前n項和為Sn,數列{bn}是等比數列,首項b1=1,且a2b2=12,S3b2=20.

(1)求{an}和{bn}的通項公式;

(2)令cnSncos(anπ)(nN*),求{cn}的前n項和Tn.

解 (1)設數列{an}的公差為d,數列{bn}的公比為q,則a2b2=(3+d)q=12,

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

則(3+d)(11-3d)=33+2d-3d2=12,

即3d2-2d-21=0,

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

∵{an}是單調遞增的等差數列,∴d>0,

d=3,q=2,an=3+(n-1)×3=3nbn=2n-1.

(2)由(1)知cnSncos 3nπ

①當n是偶數時,

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

②當n是奇數時,

TnTn-1Sn

n2n

=-(n+1)2.綜上可得,

Tn

13.(2014·南通模擬)設數列{an}的前n項和為Sna1=10,an+1=9Sn+10.

(1)求證:{lgan}是等差數列;

(2)設Tn是數列的前n項和,求Tn

(3)求使Tn>(m25m)對所有的nN*恒成立的整數m的取值集合.

(1)證明 依題意,a29a1+10=100,故=10.

n≥2時,an+1=9Sn+10,an=9Sn-1+10,

兩式相減得an+1an=9an

an+1=10an=10,

故{an}為等比數列,且ana1qn-1=10n(nN*),

∴lg ann.∴lg an+1-lg an=(n+1)-n=1,

即{lg an}是等差數列.

(2)解 由(1)知,Tn

3

=3

=3-.

(3)解 ∵Tn=3-

∴當n=1時,Tn取最小值.

依題意有>(m2-5m),解得-1<m<6,

故所求整數m的取值集合為

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

一年創新演練

14.觀察下表:

1

2,3

4,5,6,7

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

(1)求此表中第n行的最后一個數;

(2)求此表中第n行的各個數之和;

(3)2 014是此表中第幾行的第幾個數?

(4)是否存在nN*,使得從第n行起的連續10行的所有數之和為227-213-120?若存在,求出n的值;若不存在,則說明理由.

解 (1)第n+1行的第一個數是2n,故第n行的最后一個數是2n-1.

(2)第n行的各數之和為:

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.

該行第一個數為210=1 024.

∵2 014-1 024+1=991,

∴2 014為第11行的第991個數.

(4)設第n行的所有數之和為an,從第n行起連續10行的所有數之和為Sn,則

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時,S5=227-128-213+8=227-213-120.

故存在n=5,使得從第5行起的連續10行的所有數之和為227-213-120.

15.已知數列{an}的前n項和為Sn,且滿足a1=2,nan+1Snn(n+1).

(1)求數列{an}的通項公式an

(2)設Tn為數列的前n項和,求Tn

(3)設bn,證明:b1b2b3+…+bn.

(1)解 由題意,當n≥2時,有

兩式相減得nan+1-(n-1)anan+2n, an+1an=2.

a2a1=2.

所以對一切正整數n,有an+1an=2,

ana1+2(n-1)=2n,即an=2n(nN*).

(2)解 由(1),得

所以Tn=1++…+,①

①兩邊同乘以,得Tn+…+,  ②

①-②,得Tn=1++…+

所以Tn

Tn=4-.

(3)證明 由(1),得

bn

b1b2b3+…+bn

.

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