《2018年高考數學二輪復習 專題4 數列 第2講 數列求和及綜合應用課后強化訓練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018年高考數學二輪復習 專題4 數列 第2講 數列求和及綜合應用課后強化訓練（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 專題四　第二講 數列求和及綜合應用 A組 1．已知數列{an}，{bn}滿足a1＝b1＝1，an＋1－an＝＝2，n∈N＋，則數列{ban}的前10項的和為 (　D　) A．(49－1)　　　　　 B．(410－1) C．(49－1) D．(410－1) [解析]　由a1＝1，an＋1－an＝2得，an＝2n－1， 由＝2，b1＝1得bn＝2n－1， ∴ban＝2an－1＝22(n－1)＝4n－1， ∴數列{ban}前10項和為＝(410－1)． 2．若數列{an}為等比數列，且a1＝1，q＝2，則Tn＝＋＋…＋等于 (　B　) A．1－ B．(1－) C．

2、1－ D．(1－) [解析]　因為an＝1×2n－1＝2n－1， 所以an·an＋1＝2n－1·2n＝2×4n－1， 所以＝×()n－1，所以{}也是等比數列， 所以Tn＝＋＋…＋＝×＝(1－)，故選B． 3．(文)給出數列，，，，，，…，，，…，，…，在這個數列中，第50個值等于1的項的序號是 (　B　) A．4900　　 B．4901　　 C．5000　　 D．5001 [解析]　根據條件找規(guī)律，第1個1是分子、分母的和為2，第2個1是分子、分母的和為4，第3個1是分子、分母的和為6，…，第50個1是分子、分母的和為100，而分子、分母的和為2的有1項，分子、分母的和為3

3、的有2項，分子、分母的和為4的有3項，…，分子、分母的和為99的有98項，分子、分母的和為100的項依次是：，，，…，，，…，，第50個1是其中第50項，在數列中的序號為1＋2＋3＋…＋98＋50＝＋50＝4901． (理)(2017·合肥市質檢)以Sn表示等差數列{an}的前n項和，若S5>S6，則下列不等關系不一定成立的是 (　D　) A．2a3>3a4 B．5a5>a1＋6a6 C．a5＋a4－a3<0 D．a3＋a6＋a12<2a7 [解析]　依題意得a6＝S6－S5<0,2a3－3a4＝2(a1＋2d)－3(a1＋3d)＝－(a1＋5d)＝－a6>0,2a3>3a4；5a

4、5－(a1＋6a6)＝5(a1＋4d)－a1－6(a1＋5d)＝－2(a1＋5d)＝－2a6>0,5a5>a1＋6a6；a5＋a4－a3＝(a3＋a6)－a3＝a6<0.綜上所述，故選D． 4．等差數列{an}中，a1>0，公差d<0，Sn為其前n項和，對任意自然數n，若點(n，Sn)在以下4條曲線中的某一條上，則這條曲線應是 (　C　) [解析]　∵Sn＝na1＋d，∴Sn＝n2＋(a1－)n，又a1>0，公差d<0，所以點(n，Sn)所在拋物線開口向下，對稱軸在y軸右側． [點評]　可取特殊數列驗證排除，如an＝3－n． 5．定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數f(x)，如

5、果對于任 意給定的等比數列{an}，{f(an)}仍是等比數列，則稱f(x)為“保等比數列函數”．現有定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函數： ①f(x)＝x2; ②f(x)＝2x； ③f(x)＝； ④f(x)＝ln|x|． 則其中是“保等比數列函數”的f(x)的序號為 (　C　) A．①② B．③④ C．①③ D．②④ [分析]　保等比數列函數指：①定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數；②若{an}是等比數列，則{f(an)}仍是等比數列． [解析]　解法一：設{an}的公比為q． ①f(an)＝a，∵＝()2＝q2， ∴{f(an)}是等比數列，排除

6、B、D． ③f(an)＝， ∵＝＝， ∴{f(an)}是等比數列，排除A． 解法二：不妨令an＝2n． ①因為f(x)＝x2，所以f(an)＝a＝4n.顯然{f(an)}是首項為4，公比為4的等比數列． ②因為f(x)＝2x， 所以f(a1)＝f(2)＝22，f(a2)＝f(4)＝24， f(a3)＝f(8)＝28， 所以＝＝4≠＝＝16， 所以{f(an)}不是等比數列． ③因為f(x)＝，所以f(an)＝＝()n． 顯然{f(an)}是首項為，公比為的等比數列． ④因為f(x)＝ln|x|，所以f(an)＝ln2n＝nln2． 顯然{f(an)}是首項為ln2，

7、公差為ln2的等差數列，故選C． 6．若數列{an}與{bn}滿足bn＋1an＋bnan＋1＝(－1)n＋1，bn＝，n∈N＋，且a1＝2，設數列{an}的前n項和為Sn，則S63＝__560__. [解析]　∵bn＝＝，又a1＝2，∴a2＝－1，a3＝4，a4＝－2，a5＝6，a6＝－3，…， ∴S63＝a1＋a2＋a3＋…a63＝(a1＋a3＋a5＋…＋a63)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a62)＝(2＋4＋6＋…＋64)－(1＋2＋3＋…＋31)＝1056－496＝560． 7．已知向量a＝(2，－n)，b＝(Sn，n＋1)，n∈N*，其中Sn是數列{an}的前n項和，若a⊥b，則

8、數列{}的最大項的值為____. [解析]　∵a⊥b，∴a·b＝2Sn－n(n＋1)＝0， ∴Sn＝，∴an＝n， ∴＝＝，當n＝2時，n＋取最小值4，此時取到最大值． 8．已知數列{an}是遞增的等比數列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設Sn為數列{an}的前n項和，bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn． [解析]　(1)由題設知a1·a4＝a2·a3＝8， 又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)． 由a4＝a1q3得公比為q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1． (2)Sn＝＝2n－1， 又bn＝＝＝－， 所以Tn＝b1＋b2

9、＋…＋bn＝＋＋…＋ ＝－＝1－. 9．已知等比數列{an}的公比q>1,4是a1和a4的一個等比中項，a2和a3的等差中項為6，若數列{bn}滿足bn＝log2an(n∈N*). (1)求數列{an}的通項公式； (2)求數列{anbn}的前n項和Sn． [解析]　(1)因為4是a1和a4的一個等比中項， 所以a1·a4＝(4)2＝32． 由題意可得 因為q>1，所以a3>a2． 解得所以q＝＝2． 故數列{an}的通項公式an＝2n． (2)由于bn＝log2an(n∈N*)，所以anbn＝n·2n， Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n

10、·2n，① 2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.② ①－②得，－Sn＝1·2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1． 所以Sn＝2－2n＋1＋n·2n＋1＝2＋(n－1)·2n＋1． B組 1．(2017·武漢市高三調研)設Sn是公差不為0的等差數列{an}的前n項和，S1，S2，S4成等比數列，且a3＝－，則數列{}的前n項和Tn＝ (　C　) A．－ B． C．－ D． [解析]　本題主要考查等差、等比數列的性質以及裂項法求和． 設{an}的公差為d，因為S1＝a1，S2＝2a1＋d＝2a1＋＝a1－，S4＝3a3＋a1＝a

11、1－， 因為S1，S2，S4成等比數列，所以(a1－)2＝(a1－)a1， 整理得4a＋12a1＋5＝0，所以a1＝－或a1＝－． 當a1＝－時，公差d＝0不符合題意，舍去； 當a1＝－時，公差d＝＝－1， 所以an＝－＋(n－1)×(－1)＝－n＋＝－(2n－1)， 所以＝－＝－(－)， 所以其前n項和Tn＝－(1－＋－＋…＋－) ＝－(1－)＝－，故選C． 2．(文)已知函數f(x)＝log2x，等比數列{an}的首項a1>0，公比q＝2，若f(a2·a4·a6·a8·a10)＝25，則2f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2017)等于 (　C　) A．21009×20

12、18 B．21010×2019 C．21008×2017 D．21009×2017 [解析]　f(a2·a4·a6·a8·a10) ＝log2(a2·a4·a6·a8·a10)＝log2(aq25)＝25， 即a·q25＝225， 又a1>0，q＝2，故得到a1＝1． 2f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2012)＝2f(a1)·2f(a2)·…·2f(a2017) ＝2log2a1·2log2a2·…·2log2a2017 ＝a1·a2·…·a2017＝a·q1＋2＋…＋2016 ＝12017×2＝21008×2017.故選C． (理)已知an＝，數列{an}的前n

13、項和為Sn，關于an及Sn的敘述正確的是 (　C　) A．an與Sn都有最大值 B．an與Sn都沒有最大值 C．an與Sn都有最小值 D．an與Sn都沒有最小值 [解析]　畫出an＝的圖象， 點(n，an)為函數y＝圖象上的一群孤立點，(，0)為對稱中心，S5最小，a5最小，a6最大． 3．(文)已知正數組成的等差數列{an}，前20項和為100，則a7·a14的最大值是 (　A　) A．25 B．50 C．100 D．不存在 [解析]　∵S20＝×20＝100，∴a1＋a20＝10． ∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10． ∵an>0，∴a7·a1

14、4≤()2＝25.當且僅當a7＝a14時取等號． (理)已知數列{an}的各項均為正數，執(zhí)行程序框圖(如下圖)，當k＝4時，輸出S＝，則a2018＝ (　D　) A．2016 B．2017 C．2018 D．2019 [解析]　由程序框圖可知，{an}是公差為1的等差數列， 且＋＋＋＝， ∴－＋－＋－＋－＝－＝， ∴－＝，解得a1＝2，∴a2018＝a1＋2017d＝2＋2017＝2019． 4．(文)在直角坐標系中，O是坐標原點，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是第一象限內的兩個點，若1，x1，x2,4依次成等差數列，而1，y1，y2,8依次成等比數列，則△O

15、P1P2的面積是 (　A　) A．1 B．2 C．3 D．4 [解析]　由等差、等比數列的性質，可求得x1＝2，x2＝3，y1＝2，y2＝4，∴P1(2,2)，P2(3,4)，∴S△OP1P2＝1． (理)已知曲線C：y＝(x>0)上兩點A1(x1，y1)和A2(x2，y2)，其中x2>x1.過A1、A2的直線l與x軸交于點A3(x3,0)，那么 (　A　) A．x1，，x2成等差數列 B．x1，，x2成等比數列 C．x1，x3，x2成等差數列 D．x1，x3，x2成等比數列 [解析]　直線A1A2的斜率k＝＝＝－，所以直線A1A2的方程為y－＝－(x－x1)，令y＝0解得

16、x＝x1＋x2，∴x3＝x1＋x2，故x1，，x2成等差數列，故選A． 5．已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．若bn＋1＝(n－λ)(＋1)，b1＝－λ，且數列{bn}是遞增數列，則實數λ的取值范圍為 (　A　) A．λ<2 B．λ>3 C．λ>2 D．λ<3 [解析]　易知＝＋1， 所以＋1＝2(＋1)． 又a1＝1，所以＋1＝(＋1)2n－1＝2n， 所以bn＋1＝(n－λ)2n， 所以bn＋1－bn＝(n－λ)2n－(n－1－λ)2n－1＝(n－λ＋1)2n－1>0， 所以n－λ＋1>0． 又n∈N*，所以λ<2． 6．已知函數f(x)＝a

17、·bx的圖象過點A(2，)、B(3,1)，若記an＝log2f(n)(n∈N*)，Sn是數列{an}的前n項和，則Sn的最小值是__－3__. [解析]　將A、B兩點坐標代入f(x)得， 解得 ∴f(x)＝·2x.∴f(n)＝·2n＝2n－3． ∴an＝log2f(n)＝n－3． 令an≤0，即n－3≤0，∴n≤3． ∴數列前3項小于或等于零，故S3或S2最?。? S3＝a1＋a2＋a3＝－2＋(－1)＋0＝－3． 7．(2017·新鄉(xiāng)、許昌、平頂山調研)如圖所示，將正整數排成三角形數陣，每排的數稱為一個群，從上到下順次為第一群，第二群，…，第n群，…，第n群恰好n個數，則第n群

18、中n個數的和是__3·2n－2n－3__. [解析]　由圖規(guī)律知，第n行第1個數為2n－1，第2個數為3·2n－2，第3個數為5·2n－3……設這n個數的和為S 則S＝2n－1＋3·2n－2＋5×2n－3＋…＋(2n－3)·2＋(2n－1)·20　 ① 2Sn＝2n＋3·2n－1＋5·2n－2＋…＋(2n－3)·22＋(2n－1)·21　 ② ②－①得Sn＝2n＋2·2n－1＋2·2n－2＋…＋2·22＋2·2－(2n－1) ＝2n＋2n＋2n－1＋…＋23＋22－(2n－1) ＝2n＋－(2n－1) ＝2n＋2n＋1－4－2n＋1 ＝3·2n－2n－3． 8．已知數列{

19、an}的前n項和為Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ為常數. (1)證明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}為等差數列？并說明理由． [分析]　(1)利用an＋1＝Sn＋1－Sn用配湊法可獲證；(2)假設存在λ，則a1，a2，a3應成等差數列求出λ的值，然后依據an＋2－an＝λ推證{an}為等差數列． [解析]　(1)由題設：anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1， 兩式相減得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1． 由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ． (2)由題設，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝

20、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}是首項為1，公差為4的等差數列，a2n－1＝4n－3； {a2n}是首項為3，公差為4的等差數列，a2n＝4n－1． 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2． 因此存在λ＝4，使得數列{an}為等差數列． 9．已知數列{an}滿足an＋1＝－，a1＝－. (1)求證{}是等差數列； (2)求數列{an}的通項公式； (3)設Tn＝an＋an＋1＋…＋a2n－1.若Tn≥p－n對任意的n∈N*恒成立，求p的最大值． [解析]　(1)證明：∵an＋1＝－

21、， ∴an＋1＋1＝－＋1＝＝， 由于an＋1≠0， ∴＝＝1＋， ∴{}是以2為首項，1為公差的等差數列． (2)由(1)題結論知：＝2＋(n－1)＝n＋1， ∴an＝－1＝－(n∈N*)． (3)∵Tn＝an＋an＋1＋…＋a2n－1≥P－n， ∴n＋an＋an＋1＋…＋a2n－1≥P， 即(1＋an)＋(1＋an＋1)＋(1＋an＋2)＋…＋(1＋a2n－1)≥p，對任意n∈N*恒成立， 而1＋an＝， 設H(n)＝(1＋an)＋(1＋an＋1)＋…＋(1＋a2n－1)， ∴H(n)＝＋＋…＋， H(n＋1)＝＋＋…＋＋＋， ∴H(n＋1)－H(n)＝＋－＝－>0， ∴數列{H(n)}單調遞增， ∴n∈N*時，H(n)≥H(1)＝，故P≤． ∴P的最大值為． 10