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＋a2＝918＝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)＝2－31＝35，

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＋1＝anan＋1，

所以s1＋1s2＋1·s2＋1s3＋1·…·sn＋1sn＋1＋1＝a1a2·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＋1＝snsn＋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＋1＝pp＋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，

即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，

即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k1＞340，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.