2018高三理科数学二轮复习跟踪强化训练18（带答案）

文 章来
源莲山 课
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k J.Com 跟踪强化训练(十八)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．在数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N都有a1•a2•a3•…•an＝n2，则a3＋a5＝(　　)
A.6116  B.259  C.2516  D.3115
[解析]　解法一：令n＝2,3,4,5，分别求出a3＝94，a5＝2516，∴a3＋a5＝6116，故选A.
解法二：当n≥2时，a1•a2•a3•…•an＝n2.当n≥3时，a1•a2•a3•…•an－1＝(n－1)2.
两式相除得an＝nn－12，∴a3＝94，a5＝2516，∴a3＋a5＝6116，故选A.
[答案]　A
2．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是an＝(　　)
A．n   B.n＋1nn－1
C．n2   D．2n－1
[解析]　由an＝n(an＋1－an)，得an＋1n＋1＝ann，所以数列ann为常数列，所以ann＝an－1n－1＝…＝a11＝1，所以an＝n，故选A.
[答案]　A
3．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1＋an1－an(n∈N*)，则a1•a2•a3•…•a2017＝(　　)
A．－6  B．6  C．－2  D．2
[解析]　∵a1＝2，an＋1＝1＋an1－an，∴a2＝1＋21－2＝－3，同理，a3＝－12，a4＝13，a5＝2，…，∴an＋4＝an，a1a2a3a4＝1，∴a1•a2•a3•…•a2017＝(a1a2a3a4)504×a1＝1×2＝2.故选D.
[答案]　D
4．(2017•衡水中学二调)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，数列{an＋an＋1＋an＋2}是公差为2的等差数列，则S25＝(　　)
A．232  B．233  C．234  D．235
[解析]　∵数列{an＋an＋1＋an＋2}是公差为2的等差数列，∴an＋3－an＝(an＋1＋an＋2＋an＋3)－(an＋an＋1＋an＋2)＝2，∴a1，a4，a7，…是首项为1，公差为2的等差数列，a2，a5，a8，…是首项为2，公差为2的等差数列，a3，a6，a9，…是首项为3，公差为2的等差数列，∴S25＝(a1＋a4＋a7＋…＋a25)＋(a2＋a5＋a8＋…＋a23)＋(a3＋a6＋a9＋…＋a24)＝9×1＋9×8×22＋8×2＋8×7×22＋8×3＋8×7×22＝233，故选B.
[答案]　B
5．(2017•郑州模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列一定成立的是(　　)
A．若a3>0，则a2013<0
B．若a4>0，则a2014<0
C．若a3>0，则S2013>0
D．若a4>0，则S2014>0
[解析]　根据等比数列的通项公式得a2013＝a1•q2012＝a3q2010，a2014＝a1q2013＝a4q2010，易知A，B错误．对于选项C，因为a3＝a1q2>0，所以a1>0，当q>0时，任意an>0，故有S2013>0；当q<0时，仍然有S2013＝a11－q20131－q>0，C正确．对于选项D，可列举公比q＝－1的等比数列－1，1，－1,1，…，显然满足a4>0，但S2014＝0，故D错误．故选C.
[答案]　C
6．(2017•山西大同模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)•cosnπ2＋1(n∈N*)，其前n项和为Sn，则S60＝(　　)
A．－30  B．－60  C．90  D．120
[解析]　由题意可得，当n＝4k－3(k∈N*)时，an＝a4k－3＝1；当n＝4k－2(k∈N*)时，an＝a4k－2＝6－8k；当n＝4k－1(k∈N*)时，an＝a4k－1＝1；当n＝4k(k∈N*)时，an＝a4k＝8k.∴a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝8，
∴S60＝8×15＝120.
[答案]　D
二、填空题
7．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足log2(Sn＋1)＝n＋1(n∈N*)，则an＝________.
[解析]　由已知可得Sn＋1＝2n＋1，则Sn＝2n＋1－1.当n＝1时，a1＝S1＝3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－1－2n＋1＝2n，因为n＝1时不满足an＝2n，故an＝3，n＝1，2n，n≥2.
[答案]　3，n＝1，2n，n≥2
8．(2017•河南新乡三模)若数列{an＋1－an}是等比数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝5，则an＝________.
[解析]　∵a2－a1＝1，a3－a2＝3，∴q＝3，
∴an＋1－an＝3n－1，∴an－a1＝a2－a1＋a3－a2＋…＋an－1－an－2＋an－an－1＝1＋3＋…＋3n－2＝1－3n－11－3，
∵a1＝1，∴an＝3n－1＋12.
[答案]　3n－1＋12
9．(2017•安徽省淮北一中高三最后一卷改编)若数列{an}满足1an＋1－1an＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{an}为“调和数列”，已知正项数列1bn为“调和数列”，且b1＋b2＋…＋b2019＝20190，则b2b2018的最大值是________．
[解析]　因为数列1bn是“调和数列”，所以bn＋1－bn＝d，
即数列{bn}是等差数列，
所以b1＋b2＋…＋b2019＝2019b1＋b20192＝2019b2＋b20182＝20190，
所以b2＋b2018＝20.
又1bn>0，所以b2>0，b2018>0，
所以b2＋b2018＝20≥2b2b2018，
即b2b2018≤100(当且仅当b2＝b2018时等号成立)，因此b2b2018的最大值为100.
[答案]　100
三、解答题
10．(2017•郑州质检)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn，且数列Snn是公差为2的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)由已知条件得Snn＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
∴Sn＝2n2－n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.
当n＝1时，a1＝S1＝1，而4×1－3＝1，∴an＝4n－3.
(2)由(1)可得bn＝(－1)nan＝(－1)n(4n－3)，
当n为偶数时，
Tn＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(4n－3)＝4×n2＝2n，
当n为奇数时，n＋1为偶数，
Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1.
综上，Tn＝2n，n＝2k，k∈N*－2n＋1，n＝2k－1，k∈N*.
11．(2017•北京海淀模拟)数列{an}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；
(2)设bn＝an＋1SnSn＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)∵Sn＝2an－a1，
∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1，
∴an＝2an－2an－1，化为an＝2an－1.
由a1，a2＋1，a3成等差数列得，2(a2＋1)＝a1＋a3，
∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.
∴数列{an}是等比数列，首项为2，公比为2.
∴an＝2n.
(2)∵an＋1＝2n＋1，∴Sn＝22n－12－1＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2.
∴bn＝an＋1SnSn＋1＝2n＋12n＋1－22n＋2－2＝1212n－1－12n＋1－1.
∴数列{bn}的前n项和
Tn＝1212－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n－1－12n＋1－1
＝121－12n＋1－1.
12.(2017•山东卷)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.
 
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.
[解]　(1)设数列{xn}的公比为q，由已知知q>0.
由题意得x1＋x1q＝3，x1q2－x1q＝2.
所以3q2－5q－2＝0.
因为q>0，所以q＝2，x1＝1.
因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.
(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.
由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，
记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，
由题意bn＝n＋n＋12×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2，①
2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②
①－②得
－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1＝32＋21－2n－11－2－(2n＋1)×2n－1.
所以Tn＝2n－1×2n＋12. 文 章来
源莲山 课
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