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    2019届高考数学二轮复习第二部分专项二 专题三 第2讲 专题强化训练(含答案解析)

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    2019届高考数学二轮复习第二部分专项二 专题三 第2讲 专题强化训练(含答案解析)

    1、A 组 夯基保分专练一、选择题1在等比数列a n中,公比 q2,前 87 项和 S87140,则 a3a 6a 9a 87 等于( )A. B601403C80 D160解析:选 C.a3a 6a 9 a87a 3(1q 3q 6q 84)a 1q2 1 (q3)291 q3 14080.故选 C.q21 q q2 a1(1 q87)1 q 472已知数列a n中,a 1a 21,a n2 则数列a n的前 20 项和为an 2, n是 奇 数 ,2an, n是 偶 数 , )( )A1 121 B1 122C1 123 D1 124解析:选 C.由题意可知,数列 a2n是首项为 1,公比为

    2、2 的等比数列,数列 a2n1 是首项为 1,公差为 2 的等差数列,故数列a n的前 20 项和为 1011(1 210)1 221 123.选 C.10923已知数列a n满足 2a12 2a22 nann(nN *),数列 的前 n1log2anlog2an 1项和为 Sn,则 S1S2S3S10( )A. B.110 15C. D.111 211解析:选 C.因为 2a12 2a2 2 nann(nN *),所以 2a12 2a22 n1 an1 n1(n2) ,两式相减得 2nan1(n2),a 1 也满足上式,故 an ,12 12n故 ,1log2anlog2an 1 1n(n

    3、1) 1n 1n 1Sn1 1 ,12 12 13 1n 1n 1 1n 1 nn 1所以 S1S2S3S10 ,故选 C.12 23 34 910 1011 1114(2018太原模拟)已知数列 an的前 n 项和为 Sn,点(n, Sn3)(nN *)在函数y32 x 的图象上,等比数列 bn满足 bnb n1 a n(nN *),其前 n 项和为 Tn,则下列结论正确的是( )AS n2T n BT n2b n1CT nan DT n0,所以 a2a312 为 anan1 的最小值;当 时,可得 此时 an7n53,a 74,a 83,易知当 n7 时,a4 25,a6 11) a1 4

    4、6,d 7,)an0,当 n8 时,a n0,可得 q2,故 bn2 n1 .所以,T n 2 n1.1 2n1 2设等差数列a n的公差为 d.由 b4a 3a 5,可得 a13d 4.由 b5a 42a 6,可得 3a113d16,从而 a11,d1,故 ann.所以,S n .n(n 1)2(2)由(1),有T1T 2T n(2 12 22 n)n n2 n1 n2.2(1 2n)1 2由 Sn(T 1T 2T n)a n4b n 可得2 n1 n2n2 n1 ,n(n 1)2整理得 n23n40,解得 n1(舍),或 n4.所以,n 的值为 4.11(2018陕西教学质量检测( 一)已

    5、知在递增的等差数列a n中,a 12,a 3 是 a1 和 a9的等比中项(1)求数列a n的通项公式;(2)若 bn ,S n 为数列 bn的前 n 项和,求 S100 的值1(n 1)an解:(1)设公差为 d(d0),则 ana 1(n1)d.因为 a3 是 a1 和 a9 的等比中项,所以 a a 1a9,23即(22d) 22(28d),解得 d0(舍去)或 d2.所以 ana 1(n1)d2n.(2)由(1)得 bn ,1(n 1)an 12n(n 1) 12(1n 1n 1)所以 S100b 1b 2b 100 (1 ) .12 12 12 13 1100 1101 12 (1

    6、1101) 5010112(2018兰州模拟)已知等差数列 an中,a 22,a 3a 58,数列 bn中,b 12,其前 n 项和 Sn 满足:b n1 S n2( nN *)(1)求数列a n,b n的通项公式;(2)设 cn ,求数列c n的前 n 项和 Tn.anbn解:(1)设a n的公差为 d,因为 a22,a 3a 58,所以 2d23d8,所以 d1,所以 ann.因为 bn1 S n2(nN *),所以 bnS n1 2(nN *,n2)得,b n1 b nS nS n1 b n(nN *,n2),所以 bn1 2b n(nN *,n2)因为 b12,b 22b 1,所以b

    7、n为等比数列,b 12,q2,所以 bn2 n.(2)因为 cn ,anbn n2n所以 Tn ,12 222 323 n 12n 1 n2nTn ,12 122 223 324 n 12n n2n 1两式相减,得 Tn 1 ,12 12 122 12n n2n 1 2 n2n 1所以 Tn2 .n 22nB 组 大题增分专练1(2018昆明模拟)数列a n满足 a11,a n1 2a n3.(1)证明a n1是等比数列,并求数列 an的通项公式;(2)已知符号函数 sgn(x) 设 bna nsgn(an),求数列b n的前 100 项1, x0,0, x 0, 1, x0, )和解:(1)

    8、因为 an1 2a n3,a 11,所以 an1 12(a n1),a 112,所以数列a n1是首项为2,公比为2 的等比数列故 an1(2) n,即 an( 2) n1.(2)bna nsgn(an) 2n 1,n为 偶 数 ,2n 1,n为 奇 数 ,)设数列b n的前 n 项和为 Sn,则 S100(21) (2 21)(2 31)(2 991)(2 100 1)2 2 22 32 1002 1012.2(2018惠州第一次调研)在公差不为 0 的等差数列a n中,a 1,a 4,a 8 成等比数列(1)若数列a n的前 10 项和为 45,求数列 an的通项公式;(2)若 bn ,且

    9、数列 bn的前 n 项和为 Tn,若 Tn ,求数列a n的公1anan 1 19 1n 9差解:(1)设数列a n的公差为 d(d0),由 a1,a 4,a 8 成等比数列可得 a a 1a8,24即(a 13d) 2a 1(a17d),得 a19d.由数列a n的前 10 项和为 45 得 10a145d45,即 90d45d45,所以 d ,a 13.13故数列a n的通项公式为 an3(n1) .13 n 83(2)因为 bn ,1anan 1 1d(1an 1an 1)所以数列b n的前 n 项和 Tn 1d(1a1 1a2) (1a2 1a3) (1an 1an 1) ,1d(1a

    10、1 1an 1)即 Tn 1d(1a1 1a1 nd) 1d(19d 19d nd) ,1d2(19 19 n) 19 19 n因此 1,解得 d1 或 1.1d2故数列a n的公差为1 或 1.3已知等差数列a n的首项 a12,前 n 项和为 Sn,等比数列 bn的首项 b11,且a2b 3,S 36b 2,nN *.(1)求数列a n和b n的通项公式;(2)数列c n满足 cnb n(1) nan,记数列 cn的前 n 项和为 Tn,求 Tn.解:(1)设数列a n的公差为 d,数列 bn的公比为 q.因为 a12,b 11,且 a2b 3,S 36b 2,所以 解得2 d q2,3(

    11、2 2 2d)2 6q.) d 2,q 2.)所以 an2(n1)22n,b n2 n1 .(2)由题意:c nb n(1) nan2 n1 (1) n2n.所以 Tn(1 2 42 n1 )2468( 1) n2n,若 n 为偶数:Tn (24)(68) 2(n1) 2n1 2n1 22 n1 22 nn1.n2若 n 为奇数:Tn (24)(68) 2(n2) 2(n 1)2n1 2n1 22 n12 2n2 nn2.n 12所以 Tn 2n n 1,n为 偶 数 ,2n n 2,n为 奇 数 .)4已知数列a n满足 a13,a n1 2a nn1,数列b n满足b12,b n1 b n

    12、a nn,nN *.(1)证明:a n n为等比数列;(2)数列c n满足 cn ,求证数列c n的前 n 项和 Tn .an n(bn 1)(bn 1 1) 13证明:(1)因为 an1 2a nn1,所以 an1 (n1)2( ann) 又 a13,所以 a112,所以数列a nn是以 2 为首项,2 为公比的等比数列(2)由(1)知,a nn22 n1 2 n.所以 bn1 b na nnb n2 n,即 bn1 b n2 n.b2b 12 1,b3b 22 2,b4b 32 3,bnb n1 2 n1 .以上式子相加,得 bn2 2 n(n2)2(1 2n 1)1 2当 n1 时,b 12,满足 bn2 n,所以 bn2 n.所以 cn .an n(bn 1)(bn 1 1) 2n(2n 1)(2n 1 1) 12n 1 12n 1 1所以 Tn .12 1 122 1 122 1 123 1 12n 1 12n 1 1 13 12n 1 113


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