浙江专用2020高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法第1讲等差数列等比数列专题强化训练

浙江专用2020高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法第1讲等差数列等比数列专题强化训练

第1讲 等差数列、等比数列 专题强化训练 ‎1．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知等差数列{an}，Sn是{an}的前n项和，则对于任意的n∈N*，“an>0”是“Sn>0”的(　　)‎ A．充分不必要条件　　　　 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A.对于任意的n∈N*，“an>0”，能推出“Sn>0”，是充分条件，反之，不成立，比如：数列－3，－1，1，3，5，不满足条件，不是必要条件，故选A.‎ ‎2．(2018·浙江选考试卷)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1＝2an＋1，n∈N*，则a3＝(　　)‎ A．3 B．2‎ C．1 D．0‎ 解析：选B.Sn＋1＝2an＋1，n∈N*，则n＝1时，a1＋a2＝2a1＋1，可得：a2＝a1＋1.n＝2时，a1＋a2＋a3＝2a2＋1，可得：a3＝2.故选B.‎ ‎3．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为(　　)‎ A.f　　　　　　　　　 B.f C.f D.f 解析：选D.从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于，第一个单音的频率为f，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f，公比为的等比数列，记为{an}，则第八个单音的频率为a8＝f()8－1＝f，故选D.‎ ‎4．(2019·长春质量检测(一))等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时n的值为　(　　)‎ A．6 B．7‎ C．8 D．9‎ 解析：选C.由d>0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，所以－a6＝a11，即－a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－，则a8＝－<0，a9＝>0，所以前8项和为前n项和的最小值，故选C.‎ ‎5．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3a5＝4，则下列说法正确的是(　　)‎ A．{an}是单调递减数列 B．{Sn}是单调递减数列 - 8 -‎ C．{a2n}是单调递减数列 D．{S2n}是单调递减数列 解析：选C.由于{an}是等比数列，则a3a5＝a＝4，又a2＝12，则a4＞0，a4＝2，q2＝，当q＝－时，{an}和{Sn}不具有单调性，选项A和B错误；a2n＝a2q2n－2＝12×单调递减，选项C正确；当q＝－时，{S2n}不具有单调性，选项D错误．‎ ‎6．(2019·温州市高考数学模拟)已知{an}是等差数列，其公差为非零常数d，前n项和为Sn，设数列的前n项和为Tn，当且仅当n＝6时，Tn有最大值，则的取值范围是(　　)‎ A. B．(－3，＋∞)‎ C. D．(－∞，－3)∪ 解析：选C.因为＝n＋(a1－)，由题意知d<0，‎ 且，得－3<<－.‎ ‎7．(2019·杭州市第一次质量预测)已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋0，a8＋a9<0，则Sn>0的最大n是______；数列(1≤n≤15)中最大的项为第______项．‎ 解析：因为a8>0，a8＋a9<0，所以S15＝＝15a8>0，S16＝(a1＋a16)＝8(a8＋a9)<0，‎ 所以Sn>0的最大n是15.‎ 因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a8>0，a8＋a9<0，所以该数列是递减数列，当n＝8时，|a8|最小，且|S8|最大，所以数列(1≤n≤15)中最大的项为第8项．‎ 答案：15　8‎ ‎15．设数列{an}的前n项积为Tn，且Tn＋2an＝2(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列是等差数列；‎ ‎(2)设bn＝(1－an)(1－an＋1)，求数列{bn}的通项公式．‎ 解：(1)证明：因为Tn＋2an＝2，所以当n＝1时，T1＋2a1＝2，‎ 所以T1＝，即＝.‎ 又当n≥2时，Tn＝2－2×，得 Tn·Tn－1＝2Tn－1－2Tn，所以－＝，‎ 所以数列是以为首项，‎ 为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知，数列为等差数列，‎ 所以＝＋(n－1)＝，‎ 所以an＝＝.‎ 所以bn＝(1－an)(1－an＋1)＝.‎ ‎16．(2019·宁波高考模拟)已知数列{an}中，a1＝4，an＋1＝，n∈N*，Sn为{an}的前n项和．‎ ‎(1)求证：n∈N*时，an>an＋1；‎ - 8 -‎ ‎(2)求证：n∈N*时，2≤Sn－2n<.‎ 证明：(1)n≥2时，作差：an＋1－an＝－＝‎ ×，‎ 所以an＋1－an与an－an－1同号，‎ 由a1＝4，可得a2＝＝，可得a2－a1<0，‎ 所以n∈N*时，an>an＋1.‎ ‎(2)因为2a＝6＋an，所以2(a－4)＝an－2，‎ 即2(an＋1－2)(an＋1＋2)＝an－2，①‎ 所以an＋1－2与an－2同号，‎ 又因为a1－2＝2>0，所以an>2.‎ 所以Sn＝a1＋a2＋…＋an≥4＋2(n－1)＝2n＋2.‎ 所以Sn－2n≥2.‎ 由①可得：＝<，‎ 因此an－2≤(a1－2)·，即an≤2＋2×.‎ 所以Sn＝a1＋a2＋…＋an≤2n＋2×<2n＋.‎ 综上可得：n∈N*时，2≤Sn－2n<.‎ ‎17．(2019·温州瑞安七中高考模拟)已知数列{an}的各项均为正数，记A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2，n＝1，2，….‎ ‎(1)若a1＝1，a2＝5，且对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明：数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．‎ 解：(1)因为对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，所以B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)，即an＋1－a1＝an＋2－a2，亦即an＋2－an＋1＝a2－a1＝4.‎ 故数列{an}是首项为1，公差为4的等差数列，于是an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.‎ ‎(2)证明：(必要性)：若数列{an}是公比为q的等比数列，对任意n∈N*，有an＋1＝anq.‎ - 8 -‎ 由an>0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是 ＝＝＝q，‎ ＝＝＝q，‎ 即＝＝q，‎ 所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列；‎ ‎(充分性)：若对任意n∈N*，三个数A(n)，‎ B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则 B(n)＝qA(n)，C(n)＝qB(n)，‎ 于是C(n)－B(n)＝q[B(n)－A(n)]，即an＋2－a2＝q(an＋1－a1)，亦即an＋2－qan＋1＝a2－qa1.‎ 由n＝1时，B(1)＝qA(1)，即a2＝qa1，从而an＋2－qan＋1＝0.‎ 因为an>0，‎ 所以＝＝q.故数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列．‎ 综上所述，数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A(n)，‎ B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．‎ ‎18．已知数列{an}满足a1＝且an＋1＝an－a(n∈N*)．‎ ‎(1)证明：1<≤2(n∈N*)；‎ ‎(2)设数列{a}的前n项和为Sn，证明：<≤(n∈N*)．‎ 证明：(1)由题意得an＋1－an＝－a<0，即an＋10.‎ 由0

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