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2020新课标高考数学二轮练典型习题:第二部分专题二 第1讲 等差数列与等比数列 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:336886 上传时间:2024-05-27 格式:DOC 页数:5 大小:107.50KB
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资源描述

1、一、选择题1(2019福州市质量检测)已知数列an中,a32,a71.若数列为等差数列,则a9()ABCD解析:选C.因为数列为等差数列,a32,a71,所以数列的公差d,所以(97),所以a9,故选C.2(一题多解)已知等比数列an的前n项和为Sn,若S22,S36,则S5()A18B10C14D22解析:选D.法一:设等比数列an的公比为q,由题意,得,解得,所以S522,故选D.法二:设等比数列an的公比为q,易知q1,令A,则SnAqnA,解得,所以Sn(2)n1,所以S5(2)5122,故选D.3已知数列an是等比数列,数列bn是等差数列,若a1a6a113,b1b6b117,则ta

2、n 的值是()AB1CD解析:选A.依题意得,a()3,3b67,所以a6,b6,所以,故tantantantan,故选A.4(一题多解)(2019合肥市第一次质量检测)已知正项等差数列an的前n项和为Sn(nN*),a5a7a0,则S11的值为()A11B12C20D22解析:选D.通解:设等差数列an的公差为d(d0),则由(a14d)(a16d)(a15d)20,得(a15d)(a15d2)0,所以a15d0或a15d2,又a10,所以a15d0,则a15d2,则S1111a1d11(a15d)11222,故选D.优解:因为an为正项等差数列,所以由等差数列的性质,并结合a5a7a0,得

3、2a6a0,a62,则S1111a622,故选D.5等差数列an中,已知|a6|a11|,且公差d0,则其前n项和取最小值时n的值为()A6B7C8D9解析:选C.由d0可得等差数列an是递增数列,又|a6|a11|,所以a6a11,即a15da110d,所以a1,则a80,所以前8项和为前n项和的最小值,故选C.6(多选)已知数列an是等比数列,则下列命题正确的是()A数列|an|是等比数列B数列anan1是等比数列C数列是等比数列D数列lg a是等比数列解析:选ABC.因为数列an是等比数列,所以q.对于A,|q|,所以数列|an|是等比数列,A正确;对于B,q2,所以数列anan1是等比

4、数列,B正确;对于C,所以数列是等比数列,C正确;对于D,不一定是常数,所以D错误二、填空题7(2019贵阳市第一学期监测)已知数列an中,a13,a27.当nN*时,an2是乘积anan1的个位数,则a2 019_解析:a13,a27,a1a221,a31,a2a37,a47,a3a47,a57,a4a549,a69,a5a663,a73,a6a727,a87,a7a821,a91,a8a97,所以数列an是周期为6的数列,又2 01963363,所以a2 019a31.答案:18在数列an中,nN*,若k(k为常数),则称an为“等差比数列”,下列是对“等差比数列”的判断:k不可能为0;等

5、差数列一定是“等差比数列”;等比数列一定是“等差比数列”;“等差比数列”中可以有无数项为0.其中所有正确判断的序号是_解析:由等差比数列的定义可知,k不为0,所以正确,当等差数列的公差为0,即等差数列为常数列时,等差数列不是等差比数列,所以错误;当an是等比数列,且公比q1时,an不是等差比数列,所以错误;数列0,1,0,1,是等差比数列,该数列中有无数多个0,所以正确答案:9(2019洛阳尖子生第二次联考)已知函数f(x),g(x)f(x1)1,则g(x)的图象关于_对称,若angggg(nN*),则数列an的通项公式为_解析:因为f(x),所以f(x)f(x),所以函数f(x)为奇函数因为

6、g(x)f(x1)1,所以g(x)的图象关于点(1,1)对称,若x1x22,则有g(x1)g(x2)2,所以angggg2(n1)g(1)2n2f(0)12n1,即an2n1,故数列an的通项公式为an2n1.答案:(1,1)an2n1三、解答题10(2019昆明市诊断测试)已知数列an是等比数列,公比q1,若a22,a1a2a37.(1)求an的通项公式;(2)设bnlog2an,求数列bn的前n项和解:(1)由已知得,则或(舍去)所以an423n.(2)因为bnlog2anlog223n3n,所以数列bn是首项为2,公差为1的等差数列设数列bn的前n项和为Tn,则Tn.11(2019武汉调

7、研)已知等差数列an前三项的和为9,前三项的积为15.(1)求等差数列an的通项公式;(2)若an为递增数列,求数列|an|的前n项和Sn.解:(1)设等差数列an的公差为d,则依题意得a23,则a13d,a33d,所以(3d)(3)(3d)15,得d24,d2,所以an2n1或an2n7.(2)由题意得an2n7,所以|an|,n3时,Sn(a1a2an)n6nn2;n4时,Sna1a2a3a4an2(a1a2a3)(a1a2an)186nn2.综上,数列|an|的前n项和Sn.12(2019湖北仙桃、天门、潜江期末)已知数列an满足a12,(n2)an(n1)an12(n23n2),设bn.(1)求b1,b2,b3;(2)判断数列bn是否为等差数列,并说明理由;(3)求数列an的通项公式解:(1)因为数列an满足(n2)an(n1)an12(n23n2),所以将n1代入得3a12a212.又a12,所以a29.将n2代入得4a23a324,所以a320.从而b11,b23,b35.(2)数列bn是以1为首项,2为公差的等差数列理由如下:将(n2)an(n1)an12(n23n2)两边同时除以(n1)(n2)可得,化简可得2,即bn1bn2,所以数列bn是以1为首项,2为公差的等差数列(3)由(2)可得bn12(n1)2n1,所以an(n1)bn(n1)(2n1)2n2n1.

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