高考数学二轮解答题专项训练有答案

高考数学二轮解答题专项训练1.设数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=an+1-2n+1+1,n∈N*,且a1,a2+5,a3成等差数列.

(1)求a1的值;

(2)求数列{an}的通项公式.

2.已知各项都不相等的等差数列{an}的前6项和为60,且a6为a1和a2 1的等比中项.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若数列{bn}满足bn+1-bn=an(n∈N*),且b1=3,求数列的前n项和Tn.

3.已知数列{an}是公差为正的等差数列,其前n项和为Sn,点(n,Sn)在抛物线 y=x2+x上;各项都为正数的等比数列{bn}满足b1b3=,b5=.

(1)求数列{an},{bn}的通项公式;

(2)记Cn=anbn,求数列{Cn}的前n项和Tn.

4.已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S4,S10,S7成等差数列.

(1)求证：a3,a9,a6成等差数列;

(2)若a1=1,求数列{}的前n项的积.

5.已知数列{an}满足:a1=1,an+1=

(1)求a2,a3;

(2)设bn=a2n-2,n∈N*,求证:{bn}是等比数列,并求其通项公式;

(3)在(2)的条件下,求数列{an}前100项中的所有偶数项的和S.

6.已知数列{an}(n∈N*)是首项为a,公比为q≠0的等比数列,Sn是数列{an}的前n项和,已知12S3,S6,S12-S6成等比数列.

(1)当公比q取何值时,使得a1,2a7,3a4成等差数列;

(2)在(1)的条件下,求Tn=a1+2a4+3a7+…+na3n-2.

7.已知数列{an}的各项排成如图所示的三角形数阵,数阵中每一行的第一个数a1,a2,a4,a7,…构成等差数列{bn},Sn是{bn}的前n项和,且b1=a1=1,S5=15.

(1)若数阵中从第三行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成仅比为正数的等比数列,且公比相等,已知a9=16,求a50的值;

(2)设Tn=+…+,求Tn.

8.设数列{an}的各项均为正数.若对任意的n∈N*,存在k∈N*,使得=an•an+2k成立,则称数列{an}为“JK型”数列.

(1)若数列{an}是“J2型”数列,且a2=8,a8=1,求a2n;

(2)若数列{an}既是“J3型”数列,又是“J4型”数列,证明:数列{an}是 等比数列.

##

1.解:(1)在2Sn=an+1-2n+1+1中,

令n=1,得2S1=a2-22+1,

令n=2,得2S2=a3-23+1,

解得a2=2a1+3,a3=6a1+13.

又2(a2+5)=a1+a3,解得a1=1.

(2)2Sn=an+1-2n+1+1.

2Sn+1=an+2-2n+2+1,得an+2=3an+1+2n+1,

又a1=1,a2=5也满足a2=3a1+21,

∴an+1=3an+2n对n∈N*成立.

∴an+1+2n+1=3(an+2n),

∴an+2n=3n,∴an=3n-2n.

2 .解:(1 )设等差数列{an}的公差为d(d≠0),

则

解得∴an=2n+3.

(2)由bn+1-bn=an,

∴bn-bn-1=an-1(n≥2,n∈N*),

bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1

=an-1+an-2+…+a1+b1

=(n-1)•+3=n(n+ 2).

∴bn=n(n+2)(n∈N*).

∴,

Tn=+ …+

=

=.

3.解:(1)∵Sn=n2+n,

当n=1时,a1=S1=2;

当n≥2时,Sn-1=(n-1)2+(n-1)=n2-n+1.

∴an =Sn-Sn-1=3n-1(n≥2).

当n=1时,a1=3-1=2满足题意.

∴数列{an}是首项为2,公差为3的等差数列.∴an=3n-1.

又∵各项都为正数的等比数列{bn}满足b1b3=,b5=,

∴b2=b1q=,b1q4=,

解得b1=,q=,∴bn=.

(2)∵Cn=(3n-1)×,

∴Tn=2×+5×+…+(3n-4)×+(3n-1)×,①

∴Tn=2×+5×+…+(3n-4)×+(3n-1)×,②

①-②,得Tn=1+3+…+-(3n-1)×

=1+3×-(3n-1)×

=-3×-(3 n-1)×.

∴Tn=5-.

4.解:(1)当q=1时,2S10≠S4+S7,∴q≠1.

由2S10=S4+S7,得.

∵a1≠0,q≠1,∴2q10=q4+q7.

则2a1q8=a1q2+a1q5.∴2a9=a3+a6.

∴a3,a9,a6成等差数列.

(2)依题意设数列{}的前n项的积为Tn,

Tn=••

=13•q3•(q2)3•…•(qn-1)3=q3•(q3)2•…•(q3)n-1

=(q3)1+2+3+…+(n-1)=(q3.

又由(1)得2q10=q4+q7,

∴2q6-q3-1=0,解得q3=1(舍),q3=-.∴Tn=.

5.解:(1)a2=,a3=-.

(2)

=

=,

又b1=a2-2=-,

∴数列{bn}是等比数列,且bn==-.

(3)由(2)得a2n=bn+2=2-(n=1,2,3,…,50),

S=a2+a4+…+a100=2×50-=100-1+=99+.

6.解:(1)由题意可知,a≠0 .

①当q=1时,则12S3=36a,S6=6a,S12-S6=6a,

此时不满足条件12S3,S6,S12-S6成等比数列;

②当q≠1时,则

12S3=12×,S6=,S12-S6=,

由题意得12×,

化简整理得(4q3+1)(3q3-1)(1-q3)(1-q6)=0,

解得q3=-,或q3=,或q=-1.

当q=-1时,a1+3a4=-2a,2a7=2a,

∴a1+ 3a4≠2(2a7),不满足条件;

当q3=-时,a1+3a4=a(1+3q3)=,2(2a7)=4aq6=,

即a1+3a4=2(2a7),

∴当q=-时,满足条件;

当q3=时,a1+3a4=a(1+3q3)=2a,2(2a7)=4aq6=,

∴a1+3a4≠2(2a7),从而当q3=时,不 满足条件.

综上,当q=-时,使得a1,2a7,3a4成等差数列.

(2)由(1)得na3n-2=na.

∴T n=a+2×a+3וa+…+(n-1)•a+na,①

则-Tn=a+2×a+3×a+…+(n-1)a+na,②

①-②得Tn=a+a+a+a+…+a-na=a-a,

所以Tn=a-a.

7.解:(1)∵{bn}为等差数列,设公差为d,b1=1, S5=15,

∴S5=5+10d=15,d=1.

∴bn=1+(n-1)×1=n.

设从第3行起,每行的公比都是q,且q>0,a9=b4q2,4q2=16,q=2,

1+2+3+…+9=45,故a50是数阵中第10行第5个数,

而a50=b10q4=10×24=160.

(2)∵Sn=1+2+…+n=,

∴Tn=+…+

=+…+

=2+…+

=2.

8.(1)解:由题意,得a2,a4,a6,a8,…成等比数列,且公比q=,

所以a2n=a2qn-1=.

(2)证明:由{an}是“J4型”数列,得

a1,a5,a9,a13,a17,a21,…成等比数列,设公比为t.

由{an}是“J3型”数列,得

a1,a4,a7,a10,a13,…成等比数列,设公比为α1;

a2,a5,a8,a11,a14,…成等比数列,设公比为α2;

a3,a6,a9,a12,a15,…成等比数列,设公比为α3;

则=t3,=t3,=t3.

所以α1=α2=α3,不妨记α=α1=α2=α3,且t=.

于是a3k-2=a1αk-1=a1()(3k-2)-1,

a3k-1=a5αk-2=a1tαk-2=a1=a1()(3k-1)-1,

a3k=a9αk-3=a1t2αk-3=a1=a1()3k-1,

所以an=a1()n-1,

故{an}为等比数列.

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