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2016届高三数学(文)二轮复习课件:专题小综合(六) .ppt

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资源描述

1、名师导学高考二轮总复习文科数学专题小综合(六)数列一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30分)1等差数列an的公差 d0,a120,且 a3,a7,a9 成等比数列Sn 为an的前 n 项和,则 S10 的值为()A110 B90C.90 D110【解析】选 D 因为 a3,a7,a9 成等比数列,所以 a27a3a9,即(a16d)2(a12d)(a18d),化简得:a1d10d2,又 d0,则 a110d,da11020102,所以 a10209(2)2,则 S10(202)102110,所以选 D.2数列an中,a11,a23,an2 是 anan1 的个位数字,Sn 是

2、an的前 n 项和,则 S2 016()A8 736 B8 710C8 726 D8 717【解析】选 A a11,a23,又因为 an2 是 anan1 的个位数字,a33,a2a3339,a49,a3a43927,a57,a4a59763,a63,a5a67321,a71,a6a73,a83,所以该数列是以 6 为周期的周期数列,且前 6 项和为 13397326,2 0166336,S2 016336268 736,故选 A.3在12和 8 之间插入 3 个数,使它们与这两个数依次构成等比数列,则这 3 个数的积为()A8 B8 C16 D16【解析】选 A 设插入的 3 个数依次为 a

3、,b,c,即12,a,b,c,8 成等比数列,由等比数列的性质可得 b2ac1284,因为 a212b0,b2(舍负)所以这 3 个数的积为 428.故 A 正确4已知an是首项为 32 的等比数列,Sn 是其前 n项和,且S6S36564,则数列|log2an|的前 10 项和为()A58B56C50D45【解析】选 A 根据题意S6S3S3 164q3,所以 q14,从而有 an3214n1272n,所以 log2an72n,所以有|log2an|2n7|,所以数列的前 10 项和等于 531135791113(51)32(113)7258.故选 A.5已知数列an,bn满足:a1b1a2

4、b2a3b3anbn(n1)2n12(nN*),若bn是首项为 1,公比为 2 的等比数列,则数列an的通项公式是()Aan2n1Ban2nCan2nDan2n1【解析】选 C 数列bn是首项为 1,公比为 2 的等比数列,bn2n1,a1b1a2b2a3b3anbn a12a222a32n1an(n1)2n12,a1 2a2 22a3 2n 2an 1(n 2)2n2(n2),两式相减得:2n1ann2n,ann2n2n12n,当 n1 时,a1b12,即 a12 满足上式,数列an的通项公式是 an2n,故选 C.6等差数列an中,首项 a10,公差 d0,前 n 项和为Sn(nN*)有下

5、列命题若 S3S11,则必有 S140;若 S3S11,则必有 S7 是 Sn 中最大的项;若 S7S8,则必有 S8S9;若 S7S8,则必有 S6S9;其中正确的命题的个数是()A1 个B2 个C3 个D4 个【解析】选 D S11S3a4a5a6a7a8a9a10a110,根据等差数列的性质,S11S34(a7a8)0,所以 a7a80,S1414(a1a14)27(a7a8)0,故正确;根据等差数列 Sn 的图像,若 S3S11,那么对称轴是 n31127,那么 S7 是最大值,故正确;若 S7S8,则 a80,那么 d0,所以 a90,所以 S9S8S9;S9S6a7a8a93a8S

6、9,故正确二、填空题(本大题共有 4 个小题,每小题 5 分,共 20 分)7数列an的前 n 项和为 Sn,2Snnann(nN*),若 S20360,则 a2_【解析】1 2Snnann,当 n2 时,2Sn1(n1)an1n1,得:(2n)an(n1)an11,(1n)an1nan1,2anan1an1(n2),数列an为等差数列,当 n1 时,2S1a11,a11,S202020192d360,d2.a2121.8已知数列an的前 n 项和为 Sn,对任意 nN*都有 Sn2an1,则 a1 的值为_,数列an的通项公式 an_【解析】1 2n1 Sn2an1 中令 n1,a11,n2

7、 时,anSnSn12an2an1,an2an1 an2n1.9已知等比数列an的前 n 项和 Snt2n11,则实数 t 的值为_【解析】2 Snt2n11,Sn1t2n21,ant2n1t2n2t22n1 S1a1,t1t2,t2.10将数列an按如图所示的规律排成一个三角形表,并同时满足以下两个条件:a1a2 a3 a4a5 a6 a7 a8 a9各行的第一个数 a1,a2,a5,构成公差为 d的等差数列;从第二行起,每行各数按从左到右的顺序构成公比为 q 的等比数列若 a11,a34,a53,则 d_;第 n 行的和 Tn_【解析】1 n(22n11)根据题意得 a5a12d,312d

8、,d1,又a3a2q(a1d)q,q2,d,q 的值分别为 1,2;记第 n 行第 1 个数为 A,则 Aa1(n1)dn,又根据此数表的排列规律可知:每行的总个数构成一个以 1 为首项,2 为公差的等差数列,所以第 n 行共有 2n1 个数,所以第 n 行各数为以 n 为首项,q2 为公比的等比数列,因此其总数的和 Tnn(122n1)12n(22n11)三、解答题(本大题共有 3 个小题,共 50 分)11(16 分)数列an的首项 a11,前 n 项和 Sn 与an 之间满足 an 2S2n2Sn1(n2)(1)求证:数列1Sn 是等差数列(2)求数列an的通项公式;(3)设 存 在 正

9、 数 k,使(1 S1)(1 S2)(1 Sn)k 2n1对于一切 nN*都成立,求 k 的最大值【解析】(1)因为 n2 时,anSnSn1 SnSn1 2S2n2Sn1得 Sn1Sn2SnSn1 由题意 Sn0(n2)1Sn 1Sn12(n2)又 S1a11,1Sn 是以 1S11 为首项,2 为公差的等差数列(2)由(1)有 1Sn1(n1)22n1Sn12n1(nN*)n2时,anSnSn112n112(n1)12(2n1)(2n3).又 a1S11an1 (n1),2(2n1)(2n3)(n2).(3)设 F(n)(1S1)(1S2)(1Sn)2n1则F(n1)F(n)(1Sn1)2

10、n12n32n22n1 2n3 4n28n44n28n31 F(n)在 nN*上递增 故使 F(n)k 恒成立只需 kF(n)min 又 F(n)minF(1)2 33 又 k0,00,nN*恒成立 所以数列Sn单调递增,又 S3114,S4268 所以输出的结果:S268,i5.13(18 分)设等比数列an的前 n 项和为 Sn,已知 an12Sn2(nN*)(1)求数列an的通项公式;(2)在 an 与 an1 之间插入 n 个数,使这 n2 个数组成一个公差为 dn 的等差数列,在数列dn中是否存在三项 dm,dk,dp(其中 m,k,p 成等差数列)成等比数列?若存在,求出这样的三项

11、,若不存在,说明理由;记 Tn 1d1 1d2 1d3 1dn(nN*),求满足 Tn34的 n 值【解析】(1)由 an12Sn2(nN*),可得:an2Sn12(nN*,n2),两式相减:an13an(nN*,n2)又 a22a12,因为数列an是等比数列,所以 a22a123a1,故 a12.所以 an23n1.(2)由(1)可知 an23n1,an123n,因为:an1an(n21)dn,故:dn43n1n1.假设在数列dn中存在三项 dm,dk,dp(其中 m,k,p 成等差数列)成等比数列,则:(dk)2dmdp,即:43k1k1243m1m1 43p1p1,1632k2(k1)2

12、163mp2(m1)(p1)(*)因为 m,k,p 成等差数列,所以 mp2k,(*)可以化简为(k1)2(m1)(p1),即:k2mp,故 kmp,这与题设矛盾 所以在数列dn中不存在三项 dm,dk,dp(其中 m,k,p 成等差数列)成等比数列 令 Tn 1d1 1d2 1d3 1dn,Tn 2430 3431 4432 n143n1,13Tn 2431 3432 4433n143n,两式相减:23Tn 2430 1431 1432143n1n143n 1214131 13n1113n143n 582n583n 所以 Tn15163(2n5)163n Tn1Tn12n24163n1 0,故Tn单调递增,而 T112,T234,所以满足题意的 n 的集合为1,2

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