【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四，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四的具体内容如下：
1.已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a3=6，S3=12，则公差d等于( )
A.1 B.
C.2 D.3
答案：C 命题立意：本题主要考查等差数列的通项公式、求和公式，考查运算求解能力.
解题思路：根据已知，a1+2d=6,3a1+3d=12，解得d=2，故选C.
2.已知数列{an}的前n项和Sn=an-1(a≠0)，则{an}( )
A.一定是等差数列
B.一定是等比数列
C.或者是等差数列，或者是等比数列
D.既不可能是等差数列，也不可能是等比数列
答案：C 命题立意：等差数列和等比数列的基本运算是高考经常考查的重点，本题根据数列的前n项和求解通项公式，渗透等差数列和等比数列的定义，体现了基本知识的应用，同时也体现了分类讨论的思想，对能力要求较高，应予以重视.
解题思路： Sn=an-1(a≠0)， an=即an=当a=1时，an=0，数列{an}是一个常数列，也是等差数列;当a≠1时，数列{an}是一个等比数列，故选C.
3.在数列{an}中，若对任意的n均有an+an+1+an+2为定值(nN*)，且a7=2，a9=3，a98=4，则数列{an}的前100项的和S100等于( )
A.132 B.299 C.68 D.99
答案：B 解题思路：设an+an+1+an+2=x，则an+1+an+2+an+3=x，两式作差得an=an+3，所以数列{an}为周期数列并且周期T=3，a98=a3×32+2=a2，a9=a3×2+3=a3，a7=a1，所以S100=33×S3+a1=299，故选B.
4.已知等比数列{an}的各项均为不等于1的正数，数列{bn}满足bn=lg an，b3=18，b6=12，则数列{bn}的前n项和的值等于( )
A.126 B.130 C.132 D.134
答案：C 解题思路：bn+1-bn=lg an+1-lg an=lg =lg q(常数)，
{bn}为等差数列.
设公差为d， ∴ 由bn=-2n+24≥0，得n≤12， {bn}的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负， S11，S12且S11=S12=132.
5.在数列{an}中，a1=1，a2=2，若an+2=2an+1-an+2，则an等于( )
A.n3-n+ B.n3-5n2+9n-4
C.n2-2n+2 D.2n2-5n+4
答案：C 命题立意：本题考查等差数列的定义与通项公式、累加法求数列的通项公式，难度中等.
解题思路：依题意得(an+2-an+1)-(an+1-an)=2，因此数列{an+1-an}是以1为首项，2为公差的等差数列，an+1-an=1+2(n-1)=2n-1.当n≥2时，an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+1+3+…+(2n-3)=1+=(n-1)2+1=n2-2n+2.又a1=1=12-2×1+2，因此an=n2-2n+2，故选C.
6.(天津模拟)已知数列{an}满足a1=0，an+1=(nN*)，则a20=( )
A.0 B.-1 C1. D.2
答案：B 命题立意：本题主要考查数列的周期性，难度中等.
解题思路：因为数列{an}满足a1=0，an+1=(nN*)，a2=-，a3=，a4=0， T=3，则a20=a2=-，故选B.
二、填空题
7.已知数列{an}中，a1=1，an+1=(-1)n(an+1)，记Sn为{an}前n项的和，则S2 013=________.
答案：-1 005 命题立意：本题主要考查递推数列的有关知识，要求考生掌握常见的几类求递推数列的通项与前n项和，首先是与等差(等比)数列相关的递推数列，其次是一阶线性递推数列，还有具有周期性的数列.本题就是一种具有周期性的递推数列.
解题思路：由a1=1，an+1=(-1)n(an+1)可得该数列是周期为4的数列，且a1=1，a2=-2，a3=-1，a4=0.所以S2 013=503(a1+a2+a3+a4)+a2 013=503×(-2)+1=-1 005.
8.在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a3+a4=11a2a4，且它的前2n项的和等于它的前2n项中偶数项之和的11倍，则数列{an}的通项公式an=________.
答案：102-n 命题立意：本题考查等比数列的通项公式及其前n项和公式等知识，考查考生的运算能力.
解题思路：设等比数列{an}的公比为q，前2n项和为S2n，前2n项中偶数项之和为Tn，由题意知q≠1，则S2n=，Tn=.由题意可知S2n=11Tn，即=.解得q=(或令n=1，则S2=11T1，即a1+a2=11a2，化简得a1=10a2，故q=).又a3+a4=11a2a4，所以a1q2+a1q3=11aq4，化简得1+q=11a1q2，将q=代入可得a1=10，故an=a1qn-1==102-n.
9.已知各项都为正数的数列{an}，其前n项的和为Sn，且Sn=(+)2(n≥2)，若bn=+，且数列{bn}的前n项的和为Tn，则Tn=________.
答案： 解题思路：-=，则=n，Sn=n2a1，an=Sn-Sn-1=(2n-1)a1，bn=+=2+-，Tn=++…+=2n+2-=.
10.数列{an}满足a1=3，an-anan+1=1，An表示{an}的前n项之积，则A2 013=________.
答案：-1 命题立意：本题与常考的求等差、等比数列的通项公式或前n项和不同，本题考查给定数列的前n项之积，这就要求考生能根据已知数列，得到数列的性质.求解本题的关键是得到{an}的周期.
解题思路：由a1=3，an-anan+1=1，得an+1=，所以a2==，a3=-，a4=3，所以{an}是以3为周期的数列，且a1a2a3=-1，又2 013=3×671，所以A2 013=(-1)671=-1. 三、解答题
11.数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=(an-1)，数列{bn}满足bn=bn-1-(n≥2)，且b1=3.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=an·log2(bn+1)，其前n项和为Tn，求Tn.
解析：(1)对于数列{an}有Sn=(an-1)，
Sn-1=(an-1-1)(n≥2)，
由-，得an=(an-an-1)，即an=3an-1，
当n=1时，S1=(a1-1)=a1，解得a1=3，
则an=a1·qn-1=3·3n-1=3n.
对于数列{bn}，有bn=bn-1-(n≥2)，
可得bn+1=bn-1+，即=.
bn+1=(b1+1)n-1=4n-1=42-n，
即bn=42-n-1.
(2)由(1)可知
cn=an·log2(bn+1)=3n·log2 42-n
=3n·log2 24-2n=3n(4-2n).
Tn=2·31+0·32+(-2)·33+…+(4-2n)·3n，
3Tn=2·32+0·33+…+(6-2n)·3n+(4-2n)·3n+1，
由-，得
-2Tn=2·3+(-2)·32+(-2)·33+…+(-2)·3n-(4-2n)·3n+1
=6+(-2)(32+33+…+3n)-(4-2n)·3n+1，
则Tn=-3++(2-n)·3n+1
=-+·3n+1.
12.已知数列{an}为等比数列，其前n项和为Sn，已知a1+a4=-，且对于任意的nN+有Sn，Sn+2，Sn+1成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)已知bn=n(nN+)，记Tn=+++…+，若(n-1)2≤m(Tn-n-1)对于n≥2恒成立，求实数m的范围.
解析：(1)设公比为q，
S1，S3，S2成等差数列，
2S3=S1+S2，
2a1(1+q+q2)=a1(2+q)，得q=-，
又a1+a4=a1(1+q3)=-，
a1=-， an=a1qn-1=n.
(2)∵ bn=n，an=n，
=n·2n，
Tn=1·2+2·22+3·23+…+n·2n，
2Tn=1·22+2·23+3·24+…+(n-1)·2n+n·2n+1，
①-，得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1，
Tn=-=(n-1)·2n+1+2.
若(n-1)2≤m(Tn-n-1)对于n≥2恒成立，
则(n-1)2≤m[(n-1)·2n+1+2-n-1]，
(n-1)2≤m(n-1)·(2n+1-1)，
m≥.
令f(n)=，f(n+1)-f(n)=-=<0，
f(n)为减函数，
f(n)≤f(2)=.
m≥.即m的取值范围是.
13.数列{an}是公比为的等比数列，且1-a2是a1与1+a3的等比中项，前n项和为Sn;数列{bn}是等差数列，b1=8，其前n项和Tn满足Tn=nλ·bn+1(λ为常数，且λ≠1).
(1)求数列{an}的通项公式及λ的值;
(2)比较+++…+与Sn的大小.
解析：(1)由题意得(1-a2)2=a1(a3+1)，
即2=a1，
解得a1=， an=n.
又即
解得或(舍).λ=.
(2)由(1)知Sn=1-n，
Sn=-n+1≥，
又Tn=4n2+4n，
==，
++…+
=1-+-+…+-
=<.
由可知，++…+
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四的具体内容。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！