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2017重庆春季高考数学模拟练习题

来源:互联网

时间:2016-10-07

阅读数:654

2017重庆春季高考数学模拟练习题

2017重庆春季高考数学模拟练习题

1.在等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=2an-2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.

解 (1)设等差数列{an}的公差为d,

由已知得(a1+3d)+(a1+6d)=15,a1+d=4,

解得d=1.a1=3,

所以an=a1+(n-1)d=n+2.

(2)由(1)可得bn=2n+n,

所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)

=(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10)

1-22(1-210)2(1+10)×10

=(211-2)+55

=211+53=2 101.

2.已知等比数列{an}满足an+1+an=9·2n-1,n∈n*.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设数列{an}的前n项和为sn,若不等式sn>kan-2对一切n∈n*恒成立,求实数k的取值范围.

解 (1)设等比数列{an}的公比为q,

因为an+1+an=9·2n-1,n∈n*,

所以a2+a1=9,a3+a2=18,

所以q=a2+a1a3+a2918=2,所以2a1+a1=9,所以a1=3.

所以an=3·2n-1,n∈n*.

(2)由(1)知sn=1-qa1(1-qn)1-23(1-2n)=3(2n-1),

所以3(2n-1)>k·3·2n-1-2,所以k<2-3·2n-11.

令f(n)=2-3·2n-11,则f(n)随n的增大而增大,

所以f(n)min=f(1)=2-3135

所以k<35,所以实数k的取值范围为35.

3.设各项均为正数的数列{an}的前n项和为sn,已知a1=1,且(sn+1+λ)an=(sn+1)an+1对一切n∈n*都成立.

(1)若λ=1,求数列{an}的通项公式;

(2)求λ的值,使数列{an}是等差数列.

解 (1)若λ=1,则(sn+1+1)an=(sn+1)an+1,a1=s1=1.

因为an>0,sn>0,所以sn+1sn+1+1anan+1

所以s1+1s2+1·s2+1s3+1·…·sn+1sn+1+1a1a2·a2a3·…·anan+1

化简,得sn+1+1=2an+1,①

又s1+1=2a1,

所以sn+1=2an.②

②-①,得an+1=2an,所以anan+1=2.

所以数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,

所以an=2n-1(n∈n*).

(2)令n=1,得a2=λ+1.

令n=2,得a3=(λ+1)2.

要使数列{an}是等差数列,必须有2a2=a1+a3,

解得λ=0.

当λ=0时,sn+1an=(sn+1)an+1,且a2=a1=1.

当n≥2时,sn+1(sn-sn-1)=(sn+1)·(sn+1-sn),

整理,得sn2+sn=sn+1sn-1+sn+1,

所以sn-1+1sn+1snsn+1.

 

4.设数列{an}的前n项和为sn,a1=1,an+1=λsn+1(n∈n*,且λ≠-1),且a1,2a2,a3+3为等差数列{bn}的前三项.

(1)求数列{an},{bn}的通项公式;

(2)求数列{anbn}的前n项和.

解 (1)法一 ∵an+1=λsn+1(n∈n*),

∴an=λsn-1+1(n≥2).

∴an+1-an=λan,即an+1=(λ+1)an(n≥2),λ+1≠0,

又a1=1,a2=λs1+1=λ+1,

∴数列{an}为以1为首项,公比为λ+1的等比数列,

∴a3=(λ+1)2,∴4(λ+1)=1+(λ+1)2+3,

整理得λ2-2λ+1=0,得λ=1.

∴an=2n-1,bn=1+3(n-1)=3n-2.

法二 ∵a1=1,an+1=λsn+1(n∈n*),

∴a2=λs1+1=λ+1,a3=λs2+1=λ(1+λ+1)+1=λ2+2λ+1.∴4(λ+1)=1+λ2+2λ+1+3,

整理得λ2-2λ+1=0,得λ=1.

∴an+1=sn+1(n∈n*),∴an=sn-1+1(n≥2),

∴an+1-an=an,即an+1=2an(n≥2),

又a1=1,a2=2,

∴数列{an}为以1为首项,公比为2的等比数列,

∴an=2n-1,bn=1+3(n-1)=3n-2.

(2)设数列{anbn}的前n项和为tn,

anbn=(3n-2)·2n-1,

∴tn=1·1+4·21+7·22+…+(3n-2)·2n-1.①

∴2tn=1·21+4·22+7·23+…+(3n-5)·2n-1+(3n-2)·2n.②

 

 

①-②得-tn=1·1+3·21+3·22+…+3·2n-1-(3n-2)·2n=1+3·1-22·(1-2n-1)

-(3n-2)·2n.

整理得tn=(3n-5)·2n+5.

5.设{an}是首项为a,公差为d的等差数列(d≠0),sn是其前n项的和.记bn=n2+cnsn,n∈n*,其中c为实数.

(1)若c=0,且b1,b2,b4成等比数列,证明:snk=n2sk(k,n∈n*);

(2)若{bn}是等差数列,证明:c=0.

证明 由题设,sn=na+2n(n-1)d.

(1)由c=0,得bn=nsn=a+2n-1d.又b1,b2,b4成等比数列,所以b22=b1b4,即2d=ad3,化简得d2-2ad=0.因为d≠0,所以d=2a.

因此,对于所有的m∈n*,有sm=m2a.

从而对于所有的k,n∈n*,有snk=(nk)2a=n2k2a=n2sk.

(2)设数列{bn}的公差为d1,则bn=b1+(n-1)d1,即n2+cnsn=b1+(n-1)d1,n∈n*,代入sn的表达式,整理得,对于所有的n∈n*,有d1n3+(b1-d1-a+21d)n2+cd1n=c(d1-b1).

令a=d1-21d,b=b1-d1-a+21d,d=c(d1-b1),则对于所有的n∈n*,有an3+bn2+cd1n=d.(*)

在(*)式中分别取n=1,2,3,4,得

a+b+cd1=8a+4b+2cd1=27a+9b+3cd1=64a+16b+4cd1,

从而有21a+5b+cd1=0,③19a+5b+cd1=0,②

由②,③得a=0,cd1=-5b,代入方程①,得b=0,从而cd1=0.即d1-21d=0,b1-d1-a+21d=0,cd1=0.

 

若d1=0,则由d1-21d=0,得d=0,与题设矛盾,所以d1≠0.又cd1=0,

所以c=0.

6.已知数列{an}满足a1=a(a>0,a∈n*),a1+a2+…+an-pan+1=0(p≠0,p≠-1,n∈n*).

(1)求数列{an}的通项公式an;

(2)若对每一个正整数k,若将ak+1,ak+2,ak+3按从小到大的顺序排列后,此三项均能构成等差数列,且公差为dk.①求p的值及对应的数列{dk}.

②记sk为数列{dk}的前k项和,问是否存在a,使得sk<30对任意正整数k恒成立?若存在,求出a的最大值;若不存在,请说明理由.

解 (1)因为a1+a2+…+an-pan+1=0,所以n≥2时,a1+a2+…+an-1-pan=0,两式相减,得anan+1pp+1(n≥2),故数列{an}从第二项起是公比为pp+1的等比数列,又当n=1时,a1-pa2=0,解得a2=pa

从而an=(n≥2).p+1

(2)①由(1)得ak+1=papp+1

ak+2=papp+1,ak+3=papp+1

若ak+1为等差中项,则2ak+1=ak+2+ak+3,

pp+1=1或pp+1=-2,解得p=-31

此时ak+1=-3a(-2)k-1,ak+2=-3a(-2)k,

所以dk=|ak+1-ak+2|=9a·2k-1,

若ak+2为等差中项,则2ak+2=ak+1+ak+3,

pp+1=1,此时无解;若ak+3为等差中项,则2ak+3=ak+1+ak+2,即pp+1=1或pp+1=-21,解得p=-32

此时ak+1=-23a21,ak+3=-23a21

所以dk=|ak+1-ak+3|=89a·21

综上所述,p=-31,dk=9a·2k-1或p=-32

dk=89a·21.

②当p=-31时,sk=9a(2k-1).则由sk<30,得a<3(2k-1)10,当k≥3时,3(2k-1)10<1,所以必定有a<1,

所以不存在这样的最大正整数.

当p=-32时,sk=49ak1

则由sk<30,得a<]1,因为k1340,所以a=13满足sk<30恒成立;

但当a=14时,存在k=5,

使得a>k1,即sk<30,

所以此时满足题意的最大正整数a=13.

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