2014高考数学分项练习大集结数列

-1-2014高考数学分项练习大集结：数列一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．等差数列17{},1,9,{}nnaaaa中则数列的前10项和等于()A．35B．70C．95D．140【答案】B2．在各项均为正数的数列na中，对任意,mnN都有mnmnaaa．若664a，则9a等于()A．256B．510C．512D．1024【答案】C3．数列对任意满足，且，则等于()A．24B．27C．30D．32【答案】B4．数列{an}的通项式902nnan，则数列{an}中的最大项是()A．第9项B．第8项和第9项C．第10项D．第9项和第10项【答案】D5．已知Sn表示等差数列}{na的前n项和，且205105,31SSSS那么=()A．91B．101C．81D．31【答案】B6．如果命题()pn对nk成立，那么它对2nk也成立，又若()pn对2n成立，则下列结论正确的是()A．()pn对所有自然数n成立B．()pn对所有正偶数n成立C．()pn对所有正奇数n成立D．()pn对所有大于1的自然数n成立【答案】B7．已知等差数列{an}的公差d≠0且a1，a3，a9成等比数列，则a1＋a3＋a9a2＋a4＋a10等于()A．1514B．1213C．1316D．1516【答案】C8．已知nS为等差数列na的前n项和，若11S，424SS，则64SS的值为()-2-A．94B．32C．54D．4【答案】A9．等差数列{}na中，前n项和nnSm，前m项和,(),mmnmSmnSn则()A．小于4B．等于4C．大于4D．大于2且小于4【答案】C10．在等差数列{}na中，12007a，其前n项和为nS,若200820062,20082006SS则2009S=()A．-2009B．-2008C．2008D．2009【答案】D11．设数列{}na是等差数列，若34512712,aaaaa则a=()A．14B．21C．28D．35【答案】C12．已知等比数列na的前三项依次为t,2t,3t.则na()A．142nB．42nC．1142nD．142n【答案】C第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13．数列7,77,777,7777…的一个通项公式是____________。【答案】)110(97nna14．100只椅子排成一圈，有n个人坐在椅子上，使得再有一个人坐入时，总与原来的n个人中的一个坐在相邻的椅子上，则n的最小值为____________.【答案】3415．已知数列的通项，则其前项和．【答案】16．若,22,33xxx是一个等比数列的连续三项，则x的值为.【答案】-4三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．已知ab，且260aa，260bb，数列na、nb满足11a，26aa，*1169(2,)nnnaaannN，*1()nnnbabanN．-3-(1)求证数列nb是等比数列；(2)求数列na的通项公式na；(3)若nc满足11c，25c，*2156()nnncccnN，试用数学归纳法证明：*1(2,)32nnnacacnnNn．【答案】(1)∵22,60,60abaabb，∴2,3ab,212a.∵*1169(2,)nnnaaannN，*1()nnnbabanN，∴1213nnnbaa11693nnnaaa13(3)nnaa*3()nbnN．又12139baa，∴数列nb是公比为3，首项为1b的等比数列．(2)依据(1)可以，得1*3()nnbnN．于是，有1*133()nnnaanN，即*111()33nnnnaanN．因此，数列3nna是首项为11()33a，公差为1的等差数列．故1(1)133nnan．所以数列na的通项公式是1*(32)3()nnannN．(3)用数学归纳法证明：*1(2,)32nnnacacnnNn(i)当2n时，左边12123nncaccc，右边21(322)3332(322)nan，即左边=右边，所以当2n时结论成立．-4-(ii)假设当*(2,)nkkkN时，结论成立，即132kkkacack．当1nk时，左边1kkcac1562kkkccc13(2)kkcc3332kkak，右边1(3(1)2)333(1)23(1)2kkkakkk．即左边＝右边，因此，当1nk时，结论也成立．根据(i)、(ii)可以断定，132nnnacacn对2n的正整数都成立．18．等比数列na中，已知16,252aa.(Ⅰ）求数列na的通项na.(Ⅱ）若等差数列nb，2851,abab，求数列nb前n项和ns，并求ns最大值【答案】(Ⅰ）由16,252aa，得q=2,解得11a，从而12nna(Ⅱ）由已知得,)18(,2,161881dbbbb又解得d=-2nnnnndnnnbsn17)2(2)1(162)1(21由于*2,217)217(Nnnsn7298maxsssn19．已知数列与有如下关系：,,.(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)令求数列的通项公式；(Ⅲ)设是数列的前项和,当时,求证.-5-【答案】(Ⅰ)∵,∴.∴.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,∴.∴.(Ⅲ)∵当时,,当且仅当时取等号.且,故,,……,.以上个式子相加,,∴,∴,∴.故得证.20．已知数列{an}满足a1＝1，an0，Sn是数列{an}的前n项和，对任意n∈N＋，有2Sn＝p(2a2n＋an－1)(p为常数)．(1)求p和a2，a3的值；(2)求数列{an}的通项公式．【答案】(1)令n＝1得2S1＝p(2a21＋a1－1)，又a1＝S1＝1，得p＝1；令n＝2得2S2＝2a22＋a2－1，又S2＝1＋a2，得2a22－a2－3＝0，a2＝32或a2＝－1(舍去)，∴a2＝32；-6-令n＝3得2S3＝2a23＋a3－1，又S3＝52＋a3，得2a23－a3－6＝0，a3＝2或a3＝－32(舍去)，∴a3＝2.(2)由2Sn＝2a2n＋an－1，得2Sn－1＝2a2n－1＋an－1－1(n≥2)，两式相减，得2an＝2(a2n－a2n－1)＋an－an－1，即(an＋an－1)(2an－2an－1－1)＝0，因为an0，所以2an－2an－1－1＝0，即an－an－1＝12(n≥2)，故{an}是首项为1，公差为12的等差数列，得an＝12(n＋1)．21．已知12n*nnnnaAA...A,nN,当2n时，求证：（1）11nnaa;n（2）1231111111113n()()()...().aaaan【答案】⑴因为nknnAkn)!(!)]!1()1[()!1(knn11knnA，nk2，所以当2n时，)(121nnnnnAAAnna)]([11111nnnnAnAnn)(11111nnnAA11na，所以naann11．⑵由⑴得1111nnnnnaaaa，即1111nnnnaaa，所以)11()11()11(321aaa)11(na342312432aaaaaannana)1(1)()!1(1)!1(1121111nnnnnAAAnna1!11!21)!1(1!1nn。2211)2)(1(1)1(1nnnn)2111()111(nnnnn132)211(．22．在等差数列{an}中，a1＋a4＝3，a6＝5．(1）求数列{an}的通项公式；-7-(2）如果bn＝2，求数列{bn}的前10项的和S10．【答案】（1）根据题意，得2a1＋3d＝3，a1＋5d＝5．解得a1＝0，d＝1．所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝n－1．(2）由an＝n－1，得bn＝2n－1．所以S10＝20＋21＋22＋…＋29＝1－2101－2＝1023．