《2022年高考數(shù)學二輪復習 專題四 數(shù)列 第二講 數(shù)列求和及數(shù)列的綜合應(yīng)用素能提升練 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學二輪復習 專題四 數(shù)列 第二講 數(shù)列求和及數(shù)列的綜合應(yīng)用素能提升練 理（3頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學二輪復習 專題四 數(shù)列 第二講 數(shù)列求和及數(shù)列的綜合應(yīng)用素能提升練 理 1.若數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列,則數(shù)列{}是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.公比為4的等比數(shù)列 B.公比為2的等比數(shù)列 C.公比為的等比數(shù)列 D.公比為的等比數(shù)列 解析:∵an=a1+2(n-1), ∴=22=4. ∴{}是等比數(shù)列,公比為4. 答案:A 2.已知在數(shù)列{an}中,a1=-60,an+1=an+3,則|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|等于(　　) A.445 B.765 C.1080 D.3105 解析:∵an+1=an+

2、3, ∴an+1-an=3. ∴{an}是以-60為首項,3為公差的等差數(shù)列. ∴an=a1+3(n-1)=3n-63. 令an≤0,得n≤21.∴前20項都為負值. ∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|=-(a1+a2+…+a20)+a21+…+a30=-2S20+S30. ∵Sn=n=×n, ∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|=765. 答案:B 3.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和Sn=2n-1,則的值為(　　) A. B. C. D. 解析:∵Sn=2n-1, ∴. 答案:A 4.設(shè)某商品一次性付款的金額為a元,以分期付款的形式等額地分成n次付

3、清,若每期利率r保持不變,按復利計算,則每期期末所付款是(　　) A.(1+r)n元 B.元 C.(1+r)n-1元 D.元 解析:設(shè)每期期末所付款是x元,則各次付款的本利和為x(1+r)n-1+x(1+r)n-2+x(1+r)n-3+…+x(1+r)+x=a(1+r)n,即x·=a(1+r)n,故x=. 答案:B 5.(xx黑龍江大慶第二次質(zhì)檢,10)已知數(shù)列{an}滿足an+1=an-an-1(n≥2),a1=1,a2=3,記Sn=a1+a2+…+an,則下列結(jié)論正確的是(　　) A.axx=-1,Sxx=2 B.axx=-3,Sxx=5 C.axx=-3,Sxx=2 D.a

4、xx=-1,Sxx=5 解析:由已知數(shù)列{an}滿足an+1=an-an-1(n≥2),知an+2=an+1-an,an+2=-an-1(n≥2),an+3=-an,an+6=an,又a1=1,a2=3,a3=2,a4=-1,a5=-3,a6=-2, 所以當k∈N時,ak+1+ak+2+ak+3+ak+4+ak+5+ak+6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,axx=a4=-1,Sxx=a1+a2+a3+a4=1+3+2+(-1)=5. 答案:D 6.數(shù)列{an}的通項公式an=ncos,其前n項和為Sn,則Sxx等于(　　) A.1006 B.xx C.503 D.0 解析

5、:∵函數(shù)y=cos的周期T==4, ∴可分四組求和:a1+a5+…+axx=0, a2+a6+…+axx=-2-6-…-xx==-503×1006, a3+a7+…+axx=0, a4+a8+…+axx=4+8+…+xx==503×1008. 故Sxx=0-503×1006+0+503×1008=503×(-1006+1008)=1006. 答案:A 7.(xx河南鄭州第二次質(zhì)檢,12)已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若2Sn=an+(n∈N*),則Sxx=(　　) A.xx+ B.xx- C.xx D. 解析:由題意可知,當n≥2時,an=Sn-Sn-1,則2Sn=

6、an+=Sn-Sn-1+,整理,得=1.=1,即數(shù)列{}是公差為1的等差數(shù)列,又由2S1=2a1=a1+,解得a1=1(an>0),即S1=1,=1,因此=n.故Sxx=. 答案:D 8.(xx河北唐山高三統(tǒng)考,16)若數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且a1=3,an=2Sn-1+3n(n≥2),則該數(shù)列的通項公式為an=　　　　　.? 解析:∵an=2Sn-1+3n,∴an-1=2Sn-2+3n-1(n≥3),相減得an-an-1=2an-1+2×3n-1,即an=3an-1+2×3n-1.∴(n≥3).又a2=2S1+32=2a1+32=15,,即,∴數(shù)列是以1為首項,為公差的等差數(shù)列

7、,∴=1+(n-1)×.∴an=(2n+1)3n-1. 答案:(2n+1)3n-1 9.(xx貴州六校第一次聯(lián)考,16)已知f(x)=,各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1=1,an+2=f(an),若a12=a14,則a13+axx=　　　　　.? 解析:由f(x)=,a1=1,an+2=f(an)可得a3=,a5=,同理可推得a7=,a9=,a11=,a13=,由a12=a14,得,a10=a12,依次推出a2=a4=a6=…=axx,由a4=f(a2),得a2=+a2-1=0,a2=.故a13+axx=. 答案: 10.(xx浙江高考,理18)在公差為d的等差數(shù)列{an}中,已知

8、a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比數(shù)列. (1)求d,an; (2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|. 解:(1)由題意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0,故d=-1或d=4.當d=-1時,an=-n+11.當d=4時,an=4n+6.所以d=-1,an=-n+11,n∈N*或d=4,an=4n+6,n∈N*. (2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn. 因為d<0,由(1)得d=-1,an=-n+11. 則當n≤11時,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-n2+n.當n≥12時,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a

9、n|=-Sn+2S11=n2-n+110. 綜上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|= 11.(xx河南鄭州第二次質(zhì)檢,17)已知正項數(shù)列{an},若對于任意正整數(shù)p,q均有ap·aq=2p+q成立. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)若bn=nan,求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 解:(1)由已知,令p=q=n可得an·an=22n,因為an>0,所以an=2n. (2)bn=nan=n×2n, Sn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)2n-1+n×2n,① 2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)2n+n×2n+1,② 由①-②,得

10、-Sn=1×21+22+23+…+2n-n×2n+1, 即-Sn=-n×2n+1,整理可得Sn=(n-1)2n+1+2. 12.已知向量p=(an,2n),向量q=(2n+1,-an+1),n∈N*,向量p與q垂直,且a1=1. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足bn=log2an+1,求數(shù)列{an·bn}的前n項和Sn. 解:(1)∵向量p與q垂直, ∴2n+1an-2nan+1=0,即2nan+1=2n+1an.∴=2. ∴{an}是以1為首項,2為公比的等比數(shù)列.∴an=2n-1. (2)∵bn=log2an+1,∴bn=n.∴an·bn=n·2n

11、-1. ∴Sn=1+2·2+3·22+4·23+…+n·2n-1.① ∴2Sn=1·2+2·22+3·23+4·24+…+n·2n.② ①-②,得-Sn=1+2+22+23+24+…+2n-1-n·2n =-n·2n=(1-n)2n-1. ∴Sn=1+(n-1)2n. 13.設(shè)正項數(shù)列{an}的前n項和是Sn,若{an}和{}都是等差數(shù)列,且公差相等. (1)求{an}的通項公式; (2)若a1,a2,a5恰為等比數(shù)列{bn}的前三項,記數(shù)列cn=,數(shù)列{cn}的前n項和為Tn.求證:對任意n∈N*,都有Tn<2. (1)解:設(shè){an}的公差為d, 則·n,且a1-=0.∵d=,∴d=,a1=,an=. (2)證明:∵b1=a1=,b2=a2=,b3=a5=, ∴bn=×3n-1.∴cn=. 當n≥2時, =, ∴當n≥2時,Tn=+…++…+=2-<2,且T1=<2. 故對任意n∈N*,都有Tn<2.