高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-第六章-數(shù)列-.-數(shù)列的綜合應(yīng)用.練習(xí)-理

1、朝花夕拾杯中酒§6.4數(shù)列的綜合應(yīng)用考綱解讀考點內(nèi)容解讀要求高考例如?？碱}型預(yù)測熱度1.數(shù)列求和掌握非等差、等比數(shù)列求和的幾種常見方法掌握2021課標(biāo)全國,12;2021課標(biāo)全國,17解答題2.數(shù)列的綜合應(yīng)用能在具體的問題情境中識別數(shù)列的等差關(guān)系或等比關(guān)系,抽象出數(shù)列的模型,并能用有關(guān)知識解決相應(yīng)的問題掌握2021山東,19;2021福建,8;2021重慶,12選擇題解答題分析解讀1.會用公式法、倒序相加法、錯位相減法、裂項相消法、分組轉(zhuǎn)化法求解不同類型數(shù)列的和.2.能綜合利用等差、等比數(shù)列的根本知識解決相關(guān)綜合問題.3.數(shù)列遞推關(guān)系、非等差、等比數(shù)列的求和是高考熱點,特別是錯位相減

2、法和裂項相消法求和.分值約為12分,難度中等.五年高考考點一數(shù)列求和 1.(2021課標(biāo)全國,12,5分)幾位大學(xué)生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號召,開發(fā)了一款應(yīng)用軟件.為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣,他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼的活動.這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問題的答案:數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,其中第一項為哪一項20,接下來的兩項是20,21,再接下來的三項是20,21,22,依此類推.求滿足如下條件的最小整數(shù)N:N>100且該數(shù)列的前N項和為2的整數(shù)冪.那么該款軟件的激活碼是()A.440B.330C.220D.110答案A2.(2021課標(biāo)全國,15,

3、5分)等差數(shù)列an的前n項和為Sn,a3=3,S4=10,那么=. 答案3.(2021課標(biāo),16,5分)設(shè)Sn是數(shù)列an的前n項和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,那么Sn=. 答案-4.(2021課標(biāo)全國,17,12分)Sn為等差數(shù)列an的前n項和,且a1=1,S7=28.記bn=lg an,其中x表示不超過x的最大整數(shù),如0.9=0,lg 99=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求數(shù)列bn的前1 000項和.解析(1)設(shè)an的公差為d,據(jù)有7+21d=28,解得d=1.所以an的通項公式為an=n.b1=lg 1=0,b11=lg 11=1,b101=lg

4、 101=2.(6分)(2)因為bn=(9分)所以數(shù)列bn的前1 000項和為1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)5.(2021課標(biāo),17,12分)Sn為數(shù)列an的前n項和.an>0,+2an=4Sn+3.(1)求an的通項公式;(2)設(shè)bn=,求數(shù)列bn的前n項和.解析(1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3.可得-+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an).由于an>0,可得an+1-an=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所

5、以an是首項為3,公差為2的等差數(shù)列,通項公式為an=2n+1.(6分)(2)由an=2n+1可知bn=.設(shè)數(shù)列bn的前n項和為Tn,那么Tn=b1+b2+bn=.(12分)教師用書專用(612)6.(2021北京,12,5分)an為等差數(shù)列,Sn為其前n項和.假設(shè)a1=6,a3+a5=0,那么S6=. 答案67.(2021湖南,15,5分)設(shè)Sn為數(shù)列an的前n項和,Sn=(-1)nan-,nN*,那么(1)a3=; (2)S1+S2+S100=. 答案(1)-(2)8.(2021天津,18,13分)數(shù)列an滿足an+2=qan(q為實數(shù),且q1),nN*,a1

6、=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差數(shù)列.(1)求q的值和an的通項公式;(2)設(shè)bn=,nN*,求數(shù)列bn的前n項和.解析(1)由,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因為q1,所以a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.當(dāng)n=2k-1(kN*)時,an=a2k-1=2k-1=;當(dāng)n=2k(kN*)時,an=a2k=2k=.所以an的通項公式為an=(2)由(1)得bn=.設(shè)bn的前n項和為Sn,那么Sn=1×+2×+3×+(n-1)

7、×+n×,Sn=1×+2×+3×+(n-1)×+n×,上述兩式相減,得Sn=1+-=-=2-,整理得,Sn=4-.所以數(shù)列bn的前n項和為4-,nN*.9.(2021山東,19,12分)等差數(shù)列an的公差為2,前n項和為Sn,且S1,S2,S4成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)令bn=(-1)n-1,求數(shù)列bn的前n項和Tn.解析(1)S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由題意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以an=2n-1.

8、(2)bn=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.當(dāng)n為正偶數(shù)時,Tn=-+-=1-=.當(dāng)n為正奇數(shù)時,Tn=-+-+=1+=.所以Tn=10.(2021浙江,18,14分)在公差為d的等差數(shù)列an中,a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比數(shù)列.(1)求d,an;(2)假設(shè)d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+|an|.解析(1)由題意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以an=-n+11,nN*或an=4n+6,nN*.(2)設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn.因為d<0,所以由(1)得d=-1,an=-n+11,那么

9、當(dāng)n11時,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=Sn=-n2+n.當(dāng)n12時,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=-Sn+2S11=n2-n+110.綜上所述,|a1|+|a2|+|a3|+|an|=11.(2021江西,17,12分)首項都是1的兩個數(shù)列an,bn(bn0,nN*)滿足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.(1)令cn=,求數(shù)列cn的通項公式;(2)假設(shè)bn=3n-1,求數(shù)列an的前n項和Sn.解析(1)因為anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn0(nN*),所以-=2,即cn+1-cn=2.所以數(shù)列cn是以1為首項,2為公差的等差數(shù)列,故cn

10、=2n-1.(2)由(1)及bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,于是數(shù)列an的前n項和Sn=1·30+3·31+5·32+(2n-1)·3n-1,3Sn=1·31+3·32+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相減得-2Sn=1+2·(31+32+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以Sn=(n-1)3n+1.12.(2021江西,17,12分)正項數(shù)列an的前n項和Sn滿足:-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.(1)求數(shù)列an的通項公式an

11、;(2)令bn=,數(shù)列bn的前n項和為Tn.證明:對于任意的nN*,都有Tn<.解析(1)由-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0,得Sn-(n2+n)·(Sn+1)=0.由于an是正項數(shù)列,所以Sn>0,Sn=n2+n.于是a1=S1=2,n2時,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.綜上,數(shù)列an的通項公式為an=2n.(2)證明:由于an=2n,bn=,所以bn=-.Tn=1-+-+-+-+-=<=.考點二數(shù)列的綜合應(yīng)用1.(2021福建,8,5分)假設(shè)a,b是函數(shù)f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的兩個不同的零

12、點,且a,b,-2這三個數(shù)可適當(dāng)排序后成等差數(shù)列,也可適當(dāng)排序后成等比數(shù)列,那么p+q的值等于()A.6B.7C.8D.9答案D2.(2021重慶,12,5分)an是等差數(shù)列,a1=1,公差d0,Sn為其前n項和,假設(shè)a1,a2,a5成等比數(shù)列,那么S8=. 答案643.(2021山東,19,12分)xn是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求數(shù)列xn的通項公式;(2)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,依次連接點P1(x1,1),P2(x2,2),Pn+1(xn+1,n+1)得到折線P1P2Pn+1,求由該折線與直線y=0,x=x1,x=xn+1所圍成的區(qū)域

13、的面積Tn.解析此題考查等比數(shù)列根本量的計算,錯位相減法求和.(1)設(shè)數(shù)列xn的公比為q,由知q>0.由題意得所以3q2-5q-2=0.因為q>0,所以q=2,x1=1.因此數(shù)列xn的通項公式為xn=2n-1.(2)過P1,P2,Pn+1向x軸作垂線,垂足分別為Q1,Q2,Qn+1.由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,記梯形PnPn+1Qn+1Qn的面積為bn,由題意bn=×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以Tn=b1+b2+bn=3×2-1+5×20+7×21+(2n-1)×2n-3+(2n+1)&#

14、215;2n-2,2Tn=3×20+5×21+7×22+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.-得-Tn=3×2-1+(2+22+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+-(2n+1)×2n-1.所以Tn=.教師用書專用(413)4.(2021課標(biāo)全國,12,5分)設(shè)AnBnCn的三邊長分別為an,bn,cn,AnBnCn的面積為Sn,n=1,2,3,.假設(shè)b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=,cn+1=,那么()A.Sn為遞減數(shù)列B.Sn為遞增數(shù)列C.S2n-1為遞增數(shù)列,S2

15、n為遞減數(shù)列D.S2n-1為遞減數(shù)列,S2n為遞增數(shù)列答案B5.(2021安徽,18,12分)設(shè)nN*,xn是曲線y=x2n+2+1在點(1,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo).(1)求數(shù)列xn的通項公式;(2)記Tn=,證明:Tn.解析(1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲線y=x2n+2+1在點(1,2)處的切線斜率為2n+2.從而切線方程為y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切線與x軸交點的橫坐標(biāo)xn=1-=.(2)證明:由題設(shè)和(1)中的計算結(jié)果知Tn=.當(dāng)n=1時,T1=.當(dāng)n2時,因為=>=.所以Tn>××

16、××=.綜上可得對任意的nN*,均有Tn.6.(2021重慶,22,12分)在數(shù)列an中,a1=3,an+1an+an+1+=0(nN+).(1)假設(shè)=0,=-2,求數(shù)列an的通項公式;(2)假設(shè)=(k0N+,k02),=-1,證明:2+<<2+.解析(1)由=0,=-2,得an+1an=2(nN+).假設(shè)存在某個n0N+,使得=0,那么由上述遞推公式易得=0.重復(fù)上述過程可得a1=0,此與a1=3矛盾,所以對任意nN+,an0.從而an+1=2an(nN+),即an是一個公比q=2的等比數(shù)列.故an=a1qn-1=3·2n-1.(2)證明:假設(shè)=,=

17、-1,那么數(shù)列an的遞推關(guān)系式變?yōu)閍n+1an+an+1-=0,變形為an+1=(nN+).由上式及a1=3>0,歸納可得3=a1>a2>>an>an+1>>0.因為an+1=an-+·,所以對n=1,2,k0求和得=a1+(a2-a1)+(-)=a1-k0·+·>2+·=2+.另一方面,由上已證的不等式知a1>a2>>>>2,得=a1-k0·+·<2+·=2+.綜上,2+<<2+.7.(2021湖北,22,14分)數(shù)列an的各項

18、均為正數(shù),bn=an(nN+),e為自然對數(shù)的底數(shù).(1)求函數(shù)f(x)=1+x-ex的單調(diào)區(qū)間,并比擬與e的大小;(2)計算,由此推測計算的公式,并給出證明;(3)令cn=(a1a2an,數(shù)列an,cn的前n項和分別記為Sn,Tn,證明:Tn<eSn.解析(1)f(x)的定義域為(-,+), f '(x)=1-ex.當(dāng)f '(x)>0,即x<0時, f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)f '(x)<0,即x>0時, f(x)單調(diào)遞減.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,0),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+).當(dāng)x>0時, f(x)<f(0)=0,即1+x

19、<ex.令x=,得1+<,即<e.(2)=1×=1+1=2;=·=2×2×=(2+1)2=32;=·=32×3×=(3+1)3=43.由此推測:=(n+1)n.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.(i)當(dāng)n=1時,左邊=右邊=2,成立.(ii)假設(shè)當(dāng)n=k時,成立,即=(k+1)k.當(dāng)n=k+1時,bk+1=(k+1)ak+1,由歸納假設(shè)可得=·=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以當(dāng)n=k+1時,也成立.根據(jù)(i)(ii),可知對一切正整數(shù)n都成立.(3)由cn的定義,算術(shù)-幾何平均不等式,bn的定

20、義及得Tn=c1+c2+c3+cn=(a1+(a1a2+(a1a2a3+(a1a2an=+=b1+b2+bn·=b1+b2+bn<+=a1+a2+an<ea1+ea2+ean=eSn.即Tn<eSn.8.(2021陜西,21,12分)設(shè)fn(x)是等比數(shù)列1,x,x2,xn的各項和,其中x>0,nN,n2.(1)證明:函數(shù)Fn(x)=fn(x)-2在內(nèi)有且僅有一個零點(記為xn),且xn=+;(2)設(shè)有一個與上述等比數(shù)列的首項、末項、項數(shù)分別相同的等差數(shù)列,其各項和為gn(x),比擬fn(x)和gn(x)的大小,并加以證明.解析(1)證明:Fn(x)=fn(x

21、)-2=1+x+x2+xn-2,那么Fn(1)=n-1>0,Fn=1+-2=-2=-<0,所以Fn(x)在內(nèi)至少存在一個零點.又F'n(x)=1+2x+nxn-1>0,故Fn(x)在內(nèi)單調(diào)遞增,所以Fn(x)在內(nèi)有且僅有一個零點xn.因為xn是Fn(x)的零點,所以Fn(xn)=0,即-2=0,故xn=+.(2)解法一:由題設(shè)知,gn(x)=.設(shè)h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+xn-,x>0.當(dāng)x=1時, fn(x)=gn(x).當(dāng)x1時,h'(x)=1+2x+nxn-1-.假設(shè)0<x<1,那么h'(x)>xn-

22、1+2xn-1+nxn-1-xn-1=xn-1-xn-1=0.假設(shè)x>1,那么h'(x)<xn-1+2xn-1+nxn-1-xn-1=xn-1-xn-1=0.所以h(x)在(0,1)上遞增,在(1,+)上遞減,所以h(x)<h(1)=0,即fn(x)<gn(x).綜上所述,當(dāng)x=1時, fn(x)=gn(x);當(dāng)x1時, fn(x)<gn(x).解法二:由題設(shè),fn(x)=1+x+x2+xn,gn(x)=,x>0.當(dāng)x=1時, fn(x)=gn(x).當(dāng)x1時,用數(shù)學(xué)歸納法可以證明fn(x)<gn(x).當(dāng)n=2時, f2(x)-g2(x)=-

23、(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.假設(shè)n=k(k2)時,不等式成立,即fk(x)<gk(x).那么,當(dāng)n=k+1時,fk+1(x)=fk(x)+xk+1<gk(x)+xk+1=+xk+1=.又gk+1(x)-=,令hk(x)=kxk+1-(k+1)xk+1(x>0),那么h'k(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1).所以當(dāng)0<x<1時,h'k(x)<0,hk(x)在(0,1)上遞減;當(dāng)x>1時,h'k(x)>0,hk(x)在(1,+)上遞增.所以hk(x)

24、>hk(1)=0,從而gk+1(x)>.故fk+1(x)<gk+1(x),即n=k+1時不等式也成立.由和知,對一切n2的整數(shù),都有fn(x)<gn(x).解法三:由,記等差數(shù)列為ak,等比數(shù)列為bk,k=1,2,n+1.那么a1=b1=1,an+1=bn+1=xn,所以ak=1+(k-1)·(2kn),bk=xk-1(2kn),令mk(x)=ak-bk=1+-xk-1,x>0(2kn),當(dāng)x=1時,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).當(dāng)x1時,m'k(x)=·nxn-1-(k-1)xk-2=(k-1)xk-2(xn-k+1-1).

25、而2kn,所以k-1>0,n-k+11.假設(shè)0<x<1,那么xn-k+1<1,m'k(x)<0;假設(shè)x>1,那么xn-k+1>1,m'k(x)>0,從而mk(x)在(0,1)上遞減,在(1,+)上遞增,所以mk(x)>mk(1)=0,所以當(dāng)x>0且x1時,ak>bk(2kn),又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)<gn(x).綜上所述,當(dāng)x=1時, fn(x)=gn(x);當(dāng)x1時, fn(x)<gn(x).9.(2021浙江,19,14分)數(shù)列an和bn滿足a1a2a3an=(nN*).假

26、設(shè)an為等比數(shù)列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求an與bn;(2)設(shè)cn=-(nN*).記數(shù)列cn的前n項和為Sn.(i)求Sn;(ii)求正整數(shù)k,使得對任意nN*均有SkSn.解析(1)由a1a2a3an=(,b3-b2=6,知a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以數(shù)列an的通項為an=2n(nN*),所以,a1a2a3an=()n(n+1).故數(shù)列bn的通項為bn=n(n+1)(nN*).(2)(i)由(1)知cn=-=-(nN*),所以Sn=-(nN*).(ii)因為c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;當(dāng)n5時,cn=,而-=>

27、0,得<1,所以,當(dāng)n5時,cn<0.綜上,對任意nN*,恒有S4Sn,故k=4.10.(2021湖北,18,12分)等差數(shù)列an滿足:a1=2,且a1,a2,a5成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)記Sn為數(shù)列an的前n項和,是否存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800?假設(shè)存在,求n的最小值;假設(shè)不存在,說明理由.解析(1)設(shè)數(shù)列an的公差為d,依題意,2,2+d,2+4d成等比數(shù)列,故有(2+d)2=2(2+4d),化簡得d2-4d=0,解得d=0或d=4.當(dāng)d=0時,an=2;當(dāng)d=4時,an=2+(n-1)·4=4n-2,從而得數(shù)列an的通項公式為

28、an=2或an=4n-2.(2)當(dāng)an=2時,Sn=2n.顯然2n<60n+800,此時不存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800成立.當(dāng)an=4n-2時,Sn=2n2.令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,解得n>40或n<-10(舍去),此時存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值為41.綜上,當(dāng)an=2時,不存在滿足題意的n;當(dāng)an=4n-2時,存在滿足題意的n,其最小值為41.11.(2021湖南,20,13分)數(shù)列an滿足a1=1,|an+1-an|=pn,nN*.(1)假設(shè)an是遞增數(shù)列,且a1,2a2,3a3成

29、等差數(shù)列,求p的值;(2)假設(shè)p=,且a2n-1是遞增數(shù)列,a2n是遞減數(shù)列,求數(shù)列an的通項公式.解析(1)因為an是遞增數(shù)列,所以|an+1-an|=an+1-an=pn.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.又a1,2a2,3a3成等差數(shù)列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0.當(dāng)p=0時,an+1=an,這與an是遞增數(shù)列矛盾.故p=.(2)由于a2n-1是遞增數(shù)列,因而a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.但<,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.由,知,a2n

30、-a2n-1>0,因此a2n-a2n-1=.因為a2n是遞減數(shù)列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故a2n+1-a2n=-=.由,知,an+1-an=.于是an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=1+-+=1+·=+·,故數(shù)列an的通項公式為an=+·.12.(2021山東,20,12分)設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)設(shè)數(shù)列bn的前n項和為Tn,且Tn+=(為常數(shù)),令cn=b2n(nN*),求數(shù)列cn的前n項和Rn.解析(1)設(shè)等差數(shù)列an的首項為a1,

31、公差為d.由S4=4S2,a2n=2an+1得解得a1=1,d=2.因此an=2n-1,nN*.(2)由題意知Tn=-,所以n2時,bn=Tn-Tn-1=-+=.故cn=b2n=(n-1),nN*.所以Rn=0×+1×+2×+3×+(n-1)×,那么Rn=0×+1×+2×+(n-2)×+(n-1)×,兩式相減得Rn=+-(n-1)×=-(n-1)×=-,整理得Rn=.所以數(shù)列cn的前n項和Rn=.13.(2021廣東,19,14分)設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn.a1=1,=an

32、+1-n2-n-,nN*.(1)求a2的值;(2)求數(shù)列an的通項公式;(3)證明:對一切正整數(shù)n,有+<.解析(1)依題意得,2S1=a2-1-,又S1=a1=1,所以a2=4.(2)當(dāng)n2時,2Sn=nan+1-n3-n2-n,2Sn-1=(n-1)an-(n-1)3-(n-1)2-(n-1)兩式相減得2an=nan+1-(n-1)an-(3n2-3n+1)-(2n-1)-, 整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1),即-=1,又-=1,故數(shù)列是首項為=1,公差為1的等差數(shù)列,所以=1+(n-1)×1=n,所以an=n2.(3)證明:當(dāng)n=1時,=1<當(dāng)n=2時

33、,+=1+=<當(dāng)n3時,=<=-,此時+=1+<1+=1+-=-<,綜上,對一切正整數(shù)n,有+<.三年模擬A組20212021年模擬·根底題組考點一數(shù)列求和 1.(2021天津?qū)嶒炛袑W(xué)上學(xué)期期中,7)Sn是等差數(shù)列an的前n項和,a1=1,S5=25,設(shè)Tn為數(shù)列(-1)n+1an的前n項和,那么T2 015=()A.2 014B.-2 014C.2 015D.-2 015答案C2.(2021湖南郴州第一次教學(xué)質(zhì)量檢測,6)在等差數(shù)列an中,a4=5,a7=11.設(shè)bn=(-1)n·an,那么數(shù)列bn的前100項之和S100=() A.-200

34、B.-100C.200D.100答案D3.(2021山東局部重點中學(xué)第二次聯(lián)考,7)設(shè)Sn為等差數(shù)列an的前n項和,a2=2,S5=15,假設(shè)的前m項和為,那么m的值為() A.8B.9C.10D.11答案B4.(2021湖北東南省級示范高中聯(lián)考,15)Sn為an的前n項和,假設(shè)an(4+cos n)=n(2-cos n),那么S88等于. 答案2 332考點二數(shù)列的綜合應(yīng)用5.(2021廣東海珠上學(xué)期高三綜合測試(一),7)公差不為0的等差數(shù)列an的局部項,構(gòu)成等比數(shù)列,且k1=1,k2=2,k3=6,那么k4為()A.20B.22C.24D.28答案B6.(人教A必5,二,2-5

35、A,5,變式)中國古代數(shù)學(xué)著作?算法統(tǒng)宗?中有這樣一個問題:三百七十八里關(guān),初行健步不為難,次日腳痛減一半,六朝才得到其關(guān),要見次日行里數(shù),請公仔細(xì)算相還.其意思為:有一個人要走378里路,第一天健步行走,從第二天起因腳痛每天走的路程為前一天的一半,走了6天后到達目的地,那么第二天走了()A.192里B.96里C.48里D.24里答案B7.(2021陜西寶雞金臺期中,15)假設(shè)數(shù)列an是正項數(shù)列,且+=n2+n,那么a1+=. 答案2n2+2n8.(2021廣東“六校聯(lián)盟聯(lián)考,14)數(shù)列an的前n項和為Sn,且滿足Sn=2an-1(nN*),那么數(shù)列nan的前n項和Tn為. 

36、;答案(n-1)2n+1B組20212021年模擬·提升題組(總分值:60分時間:50分鐘) 一、選擇題(每題5分,共20分)1.(2021廣東茂名化州二模,10)有窮數(shù)列an中,n=1,2,3,729,且an=(2n-1)·(-1)n+1.從數(shù)列an中依次取出a2,a5,a14,構(gòu)成新數(shù)列bn,容易發(fā)現(xiàn)數(shù)列bn是以-3為首項,-3為公比的等比數(shù)列.記數(shù)列an的所有項的和為S,數(shù)列bn的所有項的和為T,那么()A.S>TB.S=TC.S<TD.S與T的大小關(guān)系不確定答案A2.(2021四川南充模擬,11)設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn,a1=,an+1=那么S2 0

37、18等于()A.B.C.D.答案B3.(2021湖南祁陽二模,12)數(shù)列an與bn的前n項和分別為Sn,Tn,且an>0,6Sn=+3an,nN*,bn=,假設(shè)nN*,k>Tn恒成立,那么k的最小值是()A.B.49C.D.答案C4.(2021湖北四地七校2月聯(lián)盟,12)數(shù)列an滿足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),且bn=ancos,記Sn為數(shù)列bn的前n項和,那么S24=() A.294B.174C.470D.304答案D二、填空題(每題5分,共10分)5.(2021河北冀州第二次階段考試,15)假設(shè)數(shù)列an是正項數(shù)列,且+=n2+3n,那么+=. 

38、答案2n2+6n6.(2021河北武邑第三次調(diào)研,16)對于數(shù)列an,定義Hn=為an的“優(yōu)值,現(xiàn)在某數(shù)列an的“優(yōu)值Hn=2n+1,記數(shù)列an-kn的前n項和為Sn,假設(shè)SnS5對任意的n(nN*)恒成立,那么實數(shù)k的取值范圍是. 答案三、解答題(共30分)7.(2021吉林實驗中學(xué)一模,19)數(shù)列an中,a1=1,an+1=(nN*).(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)數(shù)列bn滿足bn=(3n-1)··an,數(shù)列bn的前n項和為Tn,假設(shè)不等式(-1)n<Tn+對一切nN*恒成立,求的取值范圍.解析(1)由an+1=(nN*),得=+1,+=3,又+=,

39、數(shù)列是以3為公比,為首項的等比數(shù)列,從而+=×3n-1an=.(2)將an=代入bn=(3n-1)··an可得bn=.Tn=1×+2×+3×+(n-1)×+n×,Tn=1×+2×+(n-1)×+n×,兩式相減得=+-n×=2-,Tn=4-,(-1)n<4-,假設(shè)n為偶數(shù),那么<4-,<3,假設(shè)n為奇數(shù),那么-<4-,-<2,>-2,-2<<3.8.(2021河北衡水中學(xué)摸底聯(lián)考,17)中國人口已經(jīng)出現(xiàn)老齡化與少子化并存

40、的結(jié)構(gòu)特征,測算顯示中國是世界上人口老齡化速度最快的國家之一,再不實施“放開二胎新政策,整個社會將會出現(xiàn)一系列的問題,假設(shè)某地區(qū)2021年人口總數(shù)為45萬人,實施“放開二胎新政策后專家估計人口總數(shù)將發(fā)生如下變化:從2021年開始到2025年每年人口比上年增加0.5萬人,從2026年開始到2035年每年人口為上一年的99%.(1)求實施新政策后第n年的人口總數(shù)an(單位:萬人)的表達式(注:2021年為第一年);(2)假設(shè)新政策實施后的2021年到2035年的人口平均值超過49萬人,那么需調(diào)整政策,否那么繼續(xù)實施,那么2035年后是否需要調(diào)整政策?(說明:0.9910=(1-0.01)100.9)解析(1)當(dāng)n1