发布时间 : 星期六 文章2019届高考数学大二轮复习精品练习:第1部分 专题4 数列 第1讲 Word版含解析更新完毕开始阅读
?2n-1?
?2=错误!>因为x2n-1=?
?2n?
错误!=错误!=错误!,
?1?12n-112
所以Tn>??×××…×=.
223n4n??
*
B组
综上可得,对任意的n∈N,均有Tn≥.4n
1
S4S6
1.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若S1=1,=4,则的值为( A )
S2S4
3
B.
2
9A.
45C.
3
D.4
S4S4-S2
[解析]由等差数列的性质可知S2,S4-S2,S6-S4成等差数列,由=4得=3,则S6-S4=5S2,
S2S2
S69
所以S4=4S2,S6=9S2,=.
S44
S6
2.(文)设Sn为等比数列{an}的前n项和,且4a3-a6=0,则=( D )
S3
B.-3D.5
A.-5 C.3
[解析]∵4a3-a6=0,∴4a1q2=a1q5,∵a1≠0,q≠0,
S6
∴q=4,∴=错误!=错误!=1+q3=5.
S3
3
(理)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=( C )
1B.-
31D.-
9
1A.
31C.
9
[解析]∵S3=a2+10a1,∴a1+a2+a3=a2+10a1,
a3=9a1=a1q2,∴q2=9,
又∵a5=9,∴9=a3·q2=9a3,∴a3=1,
1
又a3=9a1,故a1=.
9
3.(2018·湖南岳阳一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn=错误!,则a2018=( B )
B.2018D.4036
A.2017 C.4034
[解析]∵a1=1,Sn=错误!,
∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1=错误!-错误!,
anan-1
即=,nn-1
anan-1a1
∴==…==1,∴an=n.nn-11
∴a2018=2018.
则( B )
4.(2018·浙江卷,10)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,
A.a1
[解析]由x>0,ln x≤x-1,得a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)≤a1+a2+a3-1,a4≤-1,所以公比q<0,当q≤-1时,a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)<0,此时a1+a2+a3=a1(1+q+q2)≥a1>1,ln(a1+a2+a3)>0,
矛盾,所以-10,a2-a4=a1q(1-q2)<0.
5.(2018·南昌二模)数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n(n∈N*),若p-q=5,则ap-aq=( D )
B.15 D.20
A.10 C.-5
[解析]当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-3n-2(n-1)2+3n-3=4n-5,a1=S1=-1适合上式,所以an=
4n-5,所以ap-aq=4(p-q),因为p-q=5,所以ap-aq=20.
B.
2n-1+1
n+1n+1
A.
an=( A ) 2n-1n
6.(2017·吉林长春质量监测)设数列{an}的前n和为Sn,且a1=a2=1,{nSn+(n+2)an}为等差数列,则
D.
2n+1
2n-1C.
2n-1
[解析]设bn=nSn+(n+2)an,则b1=4,b2=8,
{bn}为等差数列,所以bn=4n,即nSn+(n+2)an=4n,
2
2
2
Sn+(1+)an=4.
n
当n≥2时,Sn-Sn-1+(1+)an-(1+)an-1=0,所以错误!an=错误!·an-1,即2·错误!=错误!,
nn-1a1an1an1-n
n1*
又因为=1,所以{}是首项为1,公比为的等比数列,所以=()(n∈N),an=(n∈N*).故
1n2n22n-1
选A.
7.设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=2Sn+3,则S4=66.
[解析]本题主要考查数列的通项公式与求和.
依题an=2Sn-1+3(n≥2),与原式作差得,an+1-an=2an,n≥2,即an+1=3an,n≥2,可见,数列{an}
从第二项起是公比为3的等比数列,a2=5,所以S4=1+错误!=66.
8.若等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则lna1+lna2+…+lna20=50.
[解析]∵a10a11+a9a12=2e5,∴a1·a20=e5.又∵lna1+lna2+…+lna20=ln(a1a2…a20)
=ln[(a1a20)(a2a19)…(a10a11)]
=ln(e5)10=lne50=50.
注意等比数列性质:若m+n=p+q,则am·an=ap·aq,对数的性质logamn=nlogam.
9.设数列{an}(n=1,2,3,…)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
?1?1
(2)记数列??的前n项和为Tn,求使得|Tn-1|<成立的n的最小值.
an1000??
[解析](1)由已知Sn=2an-a1,
有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),
即an=2an-1(n≥2).从而a2=2a1,a3=4a1.
又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).
所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.
所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.
故an=2n.1
1
(2)由(1)得=.an2n
1?
1111
所以Tn=+++…+=222232n
?1??
?1-??n?2??2??
11-
2
1
1
=1-.2n
??11
由|Tn-1|<得?1--1?<,即2n>1000.
2n1000??1000
因为29=512<1000<1024=210,
于是,使|Tn-1|<
1
所以n≥10.
成立的n的最小值为10.1000
∈
10.已知数列{an}的首项为1,Sn为数列{an}的前n项和,且满足Sn+1=qSn+1,其中q>0,n
N*,又2a2,a3,a2+2成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;[解析](1)由Sn+1=qSn+1①
(2)记bn=2an-λ(log2an+1)2,若数列{bn}为递增数列,求λ的取值范围.
可得,当n≥2时,Sn=qSn-1+1②
①-②得:an+1=qan.
又S2=qS1+1且a1=1,
所以a2=q=q·a1,
所以数列{an}是以1为首项,q为公比的等比数列.
又2a2,a3,a2+2成等差数列,所以2a3=2a2+a2+2=3a2+2,
即2q2=3q+2.
所以2q2-3q-2=0,
1
解得q=2或q=-(舍),
2
-
所以数列{an}的通项公式为:an=2n1(n∈N*).(2)由题意得:bn=2·2n1-λ(log22n)2=2n-λn2,
-
bn+1-bn=2
n+1
2
n
2
若数列{bn}为递增数列,则有
n
-λ(n+1)-2+λn=2-2nλ-λ>0,即λ<.
2n+1
2n
2n+1
2n+34n+2因为=>1,
2n2n+3
2n+12n
所以数列{}为递增数列.2n+1
2
所以≥,所以λ<.
2n+133
2n
2