【摘要】 即将参加高考的考生们，考试即将到来，大家的备考工作进行得如何了？考必过为大家精心整理了高考数学提分专项练习及答案八，希望能够助力高考，相信坚持一定会有成果。那么，同学们一起快来做题吧！关于高考数学提分专项练习及答案八的具体内容如下：
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浙江名校联考)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.
以上就是考必过为大家整理的高考数学提分专项练习及答案八的具体内容。所谓未来，其实只是过去的堆砌，堆砌昨天便有了今天，堆砌今天便有了明天，堆砌明天便是未来。最后，考必过预祝大家在未来的高考中能够取得优异的成绩！