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全国通用2022高考数学二轮复习小题分类补偿练6文

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补偿练6 数 列(限时:40分钟)一、选择题1.已知数列{an}满足a1=1,an=an-1+2n(n≥2),则a7=(  )A.53B.54C.55D.109解析 a7=(a7-a6)+(a6-a5)+(a5-a4)+(a4-a3)+(a3-a2)+(a2-a1)+a1=2(7+6+5+4+3+2)+1=55.答案 C2.等差数列{an}的前n项和为Sn,若6a3+2a4-3a2=5,则S7=(  )A.28B.21C.14D.7解析 6a3+2a4-3a2=6(a1+2d)+2(a1+3d)-3(a1+d)=5a1+15d=5a4,∴a4=1,∴S7=7a4=7.答案 D3.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若=3,则=(  )A.2B.C.D.3解析 ∵数列{an}是等比数列,∴S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,则(S6-S3)2=S3(S9-S6),令S6=3,S3=1,解得:S9=7,∴=.答案 B4.设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a1=1,公差d=2,Sn+2-Sn=36,则n=(  )A.5B.6C.7D.8解析 由Sn+2-Sn=36,得:an+1+an+2=36,即a1+nd+a1+(n+1)d=36,又a1=1,d=2,∴2+2n+2(n+1)=36.解得n=8.答案 D5.设{an}是等比数列,则“a1<a2<a4”是“数列{an}是递增数列”的(  )4\nA.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析 当a1<0,q<-1时,满足a1<a2<a4,但此时的数列a1,a3,a5,…<0,a2,a4,a6,…>0,是摆动数列,所以a1<a2<a4时,数列{an}不一定是递增数列,充分性不成立;若数列{an}是递增数列,则一定有a1<a2<a4,必要性成立.答案 B6.数列{an}满足a1=1,a2=3,an+1=(2n-λ)an(n=1,2,…),则a3等于(  )A.15B.10C.9D.5解析 由a2=(2-λ)a1,可得2-λ=3,解得λ=-1,∴a3=(2×2+1)×3=15.答案 A7.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a4+a7+a10=9,S14-S3=77,则Sn取得最小值时,n的值为(  )A.4B.5C.6D.7解析 设{an}的公差为d.由得因此等差数列{an}的通项公式为an=2n-11,令an>0,解得n>,故前5项和最小.答案 B8.在正项等比数列{an}中,a1=1,前n项和为Sn,且-a3,a2,a4成等差数列,则S7的值为(  )A.125B.126C.127D.128解析 设正项等比数列{an}的公比为q(q>0),且a1=1,由-a3,a2,a4成等差数列,得2a2=a4-a3,即2a1q=a1q3-a1q2.因为q>0.所以q2-q-2=0.解得q=-1(舍),或q=2.则S7===127.答案 C9.已知各项不为0的等差数列{an}满足a4-2a+3a8=0,数列{bn}是等比数列,且b7=a7,则b2b8b11等于(  )A.1B.2C.4D.8解析 由a4-2a+3a8=0得:2a=a4+3a8=4a7,∴a7=2,∴b7=2,又∵b2b8b11=b1q·b1q7·b1q10=b·q18=(b7)3=8.答案 D4\n10.设等差数列{an}和等比数列{bn}的首项都是1,公差与公比都是2,则ab1+ab2+ab3+ab4+ab5=(  )A.54B.56C.58D.57解析 由题意,an=1+2(n-1)=2n-1,bn=1×2n-1=2n-1,∴ab1+…+ab5=a1+a2+a4+a8+a16=1+3+7+15+31=57.答案 D11.已知函数f(x)=x2+bx的图象在点A(1,f(1))处的切线斜率为3,数列的前n项和为Sn,则S2014的值为(  )A.B.C.D.解析 函数的导数f′(x)=2x+b,∵点A(1,f(1))处的切线的斜率为3,∴f′(1)=2+b=3,解得b=1.∴f(x)=x2+x=x(x+1),∴==-,∴S2014=+++…+=1-=.答案 C12.已知等差数列{an}的公差d≠0,且a1,a3,a13成等比数列,若a1=1,Sn是数列{an}前n项的和,则(n∈N*)的最小值为(  )A.4B.3C.2-2D.解析 据题意由a1,a3,a13成等比数列可得(1+2d)2=1+12d,解得d=2,故an=2n-1,Sn=n2,因此====(n+1)+-2,据基本不等式知=(n+1)+-2≥2-2=4,当n=2时取得最小值4.答案 A二、填空题13.已知等差数列{an}的公差d不为0,且a1,a3,a7成等比数列,则的值为________.解析 ∵a1,a3,a7成等比数列,∴a=a1a7,4\n即(a1+2d)2=a1(a1+6d),∴4d2=2a1d,∴=2.答案 214.已知数列{an},an=2n,则++…+=________.解析 由题意得数列{an}为首项是2,公比为2的等比数列,∴数列是首项为,公比为的等比数列,则++…+=++…+==1-.答案 1-15.已知{an}是等比数列,a2=2,a5=,则a1a2+a2a3+…+anan+1=________.解析 由a5==a2·q3=2·q3,解得q=.数列{anan+1}仍是等比数列,其首项是a1a2=8,公比为,所以a1a2+a2a3+…+anan+1==(1-4-n).答案 (1-4-n)16.数列{an}的前n项和为Sn,且a1=3,an=2Sn-1+3n(n≥2),则该数列的通项公式an=________.解析 ∵an=2Sn-1+3n,∴an-1=2Sn-2+3n-1(n≥3),相减得:an-an-1=2an-1+2×3n-1,即an=3an-1+2×3n-1,∴=+(n≥3).又a2=2S1+32=2a1+32=15,=,+=,即=+,∴数列是以1为首项,为公差的等差数列,∴=1+(n-1)×,∴an=(2n+1)3n-1.答案 (2n+1)·3n-14

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发布时间:2022-08-25 23:52:03 页数:4
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文章作者:U-336598

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