2017年山东高考数学:2017年高考数学专项练习（十）

一、非标准

1.若数列{an}的首项a1=1,且an=an-1+2(n≥2),则a7等于(　　)

A.13 B.14 C.15 D.17

2.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,a2+a8=6,则S9等于(　　)

A. B.27 C.54 D.108

3.在等差数列{an}中,a2=3,a3+a4=9,则a1a6的值为(　　)

A.14 B.18 C.21 D.27

4.在等差数列{an}中,a5+a6+a7=15,那么a3+a4+…+a9等于(　　)

A.21 B.30 C.35 D.40

5.(2014天津河西口模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a11-a8=3,S11-S8=3,则使an>0的最小正整数n的值是(　　)

A.8 B.9 C.10 D.11

6.(2014浙江联考)已知每项均大于零的数列{an}中,首项a1=1,且前n项和Sn满足Sn-Sn-1=2(nN+,且n≥2),则a81等于(　　)

A.638 B.639 C.640 D.641

7.若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n=　　　　　时,{an}的前n项和.

8.若等差数列{an}前9项的和等于前4项的和,且ak+a4=0,则k=　　　　　.

9.已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a3·a4=117,a2+a5=22.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若数列{bn}满足bn=,是否存在非零实数c使得{bn}为等差数列?若存在,求出c的值;若不存在,请说明理由.

10.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.

(1)证明:an+2-an=λ;

(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.

11.(2014辽宁,文9)设等差数列{an}的公差为d.若数列{}为递减数列,则(　　)

A.d>0 B.d<0 C.a1d>0 D.a1d<0

12.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,S4=40,Sn=210,Sn-4=130,则n等于(　　)

A.12 B.14 C.16 D.18

13.若数列{an}满足:a1=19,an+1=an-3(nN+),则数列{an}的前n项和数值时,n的值为(　　)

A.6 B.7 C.8 D.9

14.已知正项数列{an}满足:a1=1,a2=2,2(nN+,n≥2),则a7=　　　　　.

15.已知数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足2Sn=+n-4(nN+).

(1)求证:数列{an}为等差数列;

(2)求数列{an}的通项公式.

16.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an=+2(n-1)(nN+).

(1)求证:数列{an}为等差数列,并求an与Sn;

(2)是否存在自然数n,使得S1++…+-(n-1)2=2015?若存在,求出n的值;若不存在,请说明理由.

一、非标准

1.A　解析:an=an-1+2(n≥2),

∴an-an-1=2.

又a1=1,∴数列{an}是以1为首项,以2为公差的等差数列,

故a7=1+2×(7-1)=13.

2.B　解析:S9==27.

3.A　解析:设等差数列{an}的公差为d,

则依题意得由此解得

所以a6=a1+5d=7,a1a6=14.

4.C　解析:由题意得3a6=15,a6=5.

所以a3+a4+…+a9=7a6=7×5=35.

5.C　解析:设等差数列{an}的公差为d,

a11-a8=3d=3,∴d=1.

∵S11-S8=a11+a10+a9=3a1+27d=3,

∴a1=-8,∴令an=-8+(n-1)>0,解得n>9.

因此使an>0的最小正整数n的值是10.

6.C　解析:由已知Sn-Sn-1=2,可得=2,

{}是以1为首项,2为公差的等差数列,

故=2n-1,Sn=(2n-1)2,

a81=S81-S80=1612-1592=640,故选C.

7.8　解析:由等差数列的性质可得a7+a8+a9=3a8>0,即a8>0;而a7+a10=a8+a9<0,故a9<0.所以数列{an}的前8项和.

8.10　解析:设等差数列{an}的前n项和为Sn,则S9-S4=0,

即a5+a6+a7+a8+a9=0,5a7=0,故a7=0.

而ak+a4=0=2a7,故k=10.

9.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,且d>0,

由等差数列的性质,得a2+a5=a3+a4=22,

所以a3,a4是关于x的方程x2-22x+117=0的解,

所以a3=9,a4=13.

易知a1=1,d=4,故所求通项为an=1+(n-1)×4=4n-3.

(2)由(1)知Sn==2n2-n,

所以bn=.

(方法一)所以b1=,b2=,b3=(c≠0).

令2b2=b1+b3,解得c=-.

当c=-时,bn==2n,

当n≥2时,bn-bn-1=2.

故当c=-时,数列{bn}为等差数列.

(方法二)bn=.

c≠0,∴可令c=-,得到bn=2n.

bn+1-bn=2(n+1)-2n=2(n∈N+),

∴数列{bn}是公差为2的等差数列.

故存在一个非零常数c=-,使数列{bn}也为等差数列.

10.解:(1)由题设,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,

两式相减,得an+1(an+2-an)=λan+1.

由于an+1≠0,所以an+2-an=λ.

(2)由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1.

由(1)知,a3=λ+1.

令2a2=a1+a3,解得λ=4.

故an+2-an=4.

由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.

所以an=2n-1,an+1-an=2.

因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列.

11.D　解析:{}为递减数列,

=<1.

∴a1d<0.故选D.

12.B　解析:易得Sn-Sn-4=an+an-1+an-2+an-3=80.

又S4=a1+a2+a3+a4=40,

所以4(a1+an)=120,a1+an=30.

由Sn==210,得n=14.

13.B　解析:a1=19,an+1-an=-3,

∴数列{an}是以19为首项,-3为公差的等差数列.

an=19+(n-1)×(-3)=22-3n.

设{an}的前k项和数值,

则有kN+.

∴

∴≤k≤.

∵k∈N+,∴k=7.

∴满足条件的n的值为7.

14.　解析:因为2(nN+,n≥2),

所以数列{}是以=1为首项,以d==4-1=3为公差的等差数列.

所以=1+3(n-1)=3n-2.

所以an=,n≥1.

所以a7=.

15.(1)证明:当n=1时,有2a1=+1-4,即-2a1-3=0,

解得a1=3(a1=-1舍去).

当n≥2时,有2Sn-1=+n-5.

又2Sn=+n-4,

两式相减得2an=+1,

即-2an+1=,

也即(an-1)2=,因此an-1=an-1或an-1=-an-1.

若an-1=-an-1,则an+an-1=1.

而a1=3,所以a2=-2,这与数列{an}的各项均为正数相矛盾,

所以an-1=an-1,即an-an-1=1.

因此,数列{an}为首项为3,公差为1的等差数列.

(2)解:由(1)知a1=3,d=1,所以数列{an}的通项公式an=3+(n-1)×1=n+2,即an=n+2.

16.(1)证明:由an=+2(n-1),得Sn=nan-2n(n-1)(nN+).

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-4(n-1),

即an-an-1=4,

故数列{an}是以1为首项,4为公差的等差数列.

于是,an=4n-3,Sn==2n2-n(nN+).

(2)解:由(1),得=2n-1(nN+).

又S1++…+-(n-1)2=1+3+5+7+…+(2n-1)-(n-1)2=n2-(n-1)2=2n-1.

令2n-1=2015,得n=1008,

即存在满足条件的自然数n=1008.

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