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1、 高考數學精品復習資料 2019.5 第41練 數列綜合練 訓練目標 (1)數列知識的綜合應用；(2)學生解題能力的培養(yǎng)． 訓練題型 (1)等差數列、等比數列的綜合；(2)一般數列的通項與求和；(3)數列與其他知識的綜合應用． 解題策略 (1)用方程(組)思想可解決等差、等比數列的綜合問題；(2)一般數列的解法思想是轉化為等差或等比數列；(3)數列和其他知識的綜合主要是從條件中尋找數列的通項公式或遞推公式. 一、選擇題 1．(20xx山西大學附中期中)已知－9，a1，a2，－1四個實數成等差數列，－9，b1，b

2、2，b3，－1五個實數成等比數列，則b2(a2－a1)等于(　　) A．8 B．－8 C．8 D. 2．(20xx甘肅天水月考)數列1，，，，…，的前n項和為(　　) A. B. C. D. 3．已知等比數列的各項都為正數，且當n≥3時，a4a2n－4＝102n，則數列l(wèi)g a1,2lg a2,22lg a3, 23lg a4，…，2n－1lg an，…的前n項和Sn等于(　　) A．n2n B．(n－1)2n－1－1 C．(n－1)2n＋1 D．2n＋1 4．若在數列{an}中，對任意正整數n，都有a＋a＝p(p為常數)，則稱數列{an}為“等方和數列”，稱p

3、為“公方和”，若數列{an}為“等方和數列”，其前n項和為Sn，且“公方和”為1，首項a1＝1，則S2 014的最大值與最小值之和為(　　) A．2 014 B．1 007 C．－1 D．2 5．(20xx鄭州期中)設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知(a4－1)3＋2 016(a4－1)＝1，(a2 013－1)3＋2 016(a2 013－1)＝－1，則下列結論正確的是(　　) A．S2 016＝－2 016，a2 013>a4 B．S2 016＝2 016，a2 013>a4 C．S2 016＝－2 016，a2 013

4、013

5、______． 三、解答題 10．已知數列{an}是等比數列，首項a1＝1，公比q>0，其前n項和為Sn，且S1＋a1，S3＋a3，S2＋a2成等差數列． (1)求數列{an}的通項公式； (2)若數列{bn}滿足an＋1＝()anbn，Tn為數列{bn}的前n項和，若Tn≥m恒成立，求m的最大值．  答案精析 1．B　[由題意，得a2－a1＝d＝＝，b＝9， 又因為b2是等比數列中的第三項， 所以與第一項同號，即b2＝－3，所以b2(a2－a1)＝－8.故選B.] 2．B　[∵＝＝2(－)， ∴數列1，，，，…，的前n項和為 2[(1－)＋(－)＋…＋(－)

6、]＝2(1－)＝， 故選B.] 3．C　[∵等比數列{an}的各項都為正數，且當n≥3時，a4a2n－4＝102n，∴a＝102n，即an＝10n，∴2n－1lg an＝2n－1lg 10n＝n2n－1， ∴Sn＝1＋22＋322＋…＋n2n－1，① 2Sn＝12＋222＋323＋…＋n2n，② ∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n2n ＝2n－1－n2n＝(1－n)2n－1， ∴Sn＝(n－1)2n＋1.] 4．D　[由題意可知，a＋a＝1， 首項a1＝1，∴a2＝0，a3＝1，a4＝0，a5＝1，…， ∴從第2項起，數列的奇數項為1或－1，偶數項為0， ∴

7、S2 014的最大值為1 007，最小值為－1 005， ∴S2 014的最大值與最小值之和為2.] 5．D　[∵(a4－1)3＋2 016(a4－1)＝1，(a2 013－1)3＋2 016(a2 013－1)＝－1， ∴(a4－1)3＋2 016(a4－1)＋(a2 013－1)3＋2 016(a2 013－1)＝0， 設a4－1＝m，a2 013－1＝n， 則m3＋2 016m＋n3＋2 016n＝0， 化為(m＋n)(m2＋n2－mn＋2 016)＝0， ∵m2＋n2－mn＋2 016>0， ∴m＋n＝a4－1＋a2 013－1＝0， ∴a4＋a2 013＝2， ∴

8、S2 016＝＝＝2 016. 又a4－1>0，a2 013－1<0， ∴a4>1>a2 013，故選D.] 6．2n＋1 解析　根據題意，在等差數列{an}中， a2＝3，a5＝9，則公差d＝2， 則an＝2n－1， 對于{bn}，由bn＋1＝2bn－1， 可得bn＋1－1＝2(bn－1)， 即{bn－1}是公比為2的等比數列， 且首項b1－1＝3－1＝2， 則bn－1＝2n，bn＝2n＋1. 7．－ 解析　由題意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故數列是以＝－1為首項，－1為公差的

9、等差數列，得＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－. 8．(0，＋∞) 解析　∵數列an－1＝－n2＋n＋5λ2－2λ＋1為單調遞減數列， ∴當n≥2時，an－1>an， ∴－n2＋n＋5λ2－2λ＋1>－(n＋1)2＋(n＋1)＋5λ2－2λ＋1， 即<2n＋1， 由于數列{2n＋1}在n≥2時單調遞增， 因此其最小值為5， ∴<5，∴2λ>1，∴λ>0. 9. 解析　在等差數列{an}中，首項不為零， 即a1≠0，則數列的前n項和為Sn＝. 由不等式a＋≥λa， 得a＋≥λa， ∴a＋a1an＋a≥λa， 即()2＋＋≥λ. 設t＝，則y＝t2＋t＋＝(t＋

10、)2＋≥， ∴λ≤，即λ的最大值為. 10．解　(1)方法一　由題意可知 2(S3＋a3)＝(S1＋a1)＋(S2＋a2)， ∴S3－S1＋S3－S2＝a1＋a2－2a3， 即4a3＝a1， 于是＝q2＝，∵q>0，∴q＝. ∵a1＝1，∴an＝()n－1. 方法二　由題意可知 2(S3＋a3)＝(S1＋a1)＋(S2＋a2)， 當q＝1時，不符合題意； 當q≠1時，2(＋q2) ＝1＋1＋＋q， ∴2(1＋q＋q2＋q2)＝2＋1＋q＋q， ∴4q2＝1，∴q2＝， ∵q>0，∴q＝. ∵a1＝1，∴an＝()n－1. (2)∵an＋1＝()anbn， ∴()n＝()anbn，∴bn＝n2n－1， ∴Tn＝11＋22＋322＋…＋n2n－1，① ∴2Tn＝12＋222＋323＋…＋n2n，② ∴①－②得－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n2n＝－n2n＝(1－n)2n－1， ∴Tn＝1＋(n－1)2n. 要使Tn≥m恒成立， 只需(Tn)min≥m. ∵Tn＋1－Tn＝n2n＋1－(n－1)2n＝(n＋1)2n>0， ∴{Tn}為遞增數列， ∴當n＝1時，(Tn)min＝1， ∴m≤1，∴m的最大值為1.