2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題4數(shù)列第2講數(shù)列求和及綜合應(yīng)用課后強(qiáng)化訓(xùn)練

1、專題四 第二講 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用課后強(qiáng)化訓(xùn)練5+ 11 .已知數(shù)列an, bn滿足a1=b1= 1,an+1an=2,n N+,則數(shù)列ban的前項(xiàng)的和為（D ）個(gè)值等于 1 的項(xiàng)的序號(hào)是（bn10A. |(49 1)410B. 3(4 1)C. 3(49 1)1D3(4101)解析由ai= 1,an+1an= 2 得，an= 2n 1,bn+1n1由眉=2,b1=1得bn=2,.2(n1)n1ban= 2an一 1 = 2= 4,10I數(shù)列ban前 10 項(xiàng)和為1103(4 1).32.若數(shù)列an為等比數(shù)列，且a= 1,q= 2,則Tn=、A.1 1+-+ +a一 一a2a31等于（BanN

2、n+1C.112n解析因?yàn)樗詀nan+1= 2n11-2n=2X4n1,2D3(114n)12n)a.an+1=卜（4）：所以二+1也是等比數(shù)列,1 1 1 1一+ 一 一 +-= Xanan+121 11X-n42=一 (113141?。?，故選 B .412,21,31,1k，k 1，在這個(gè)數(shù)列中，第50A. 4900B.4901C. 5000D.5001解析根據(jù)條件找規(guī)律，第1 個(gè) 1 是分子、分母的和為第 2 個(gè) 1 是分子、分母的=2n-1,所以和為 4,第 3 個(gè) 1 是分子、分母的和為 6,，第 50 個(gè) 1 是分子、分母的和為 100,而分子、3分母的和為 2 的有 1 項(xiàng)，分

3、子、分母的和為 3 的有 2 項(xiàng)，分子、分母的和為 4 的有 3 項(xiàng)，,，穿,第 50 個(gè) i 是其中第 50 項(xiàng)，在數(shù)列中的序號(hào)為 i + 2+ 3+-+ 98 + 50 =曲 +岀49 i+50=4901.(理)(2017 合肥市質(zhì)檢)以 S 表示等差數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和，若 SS，則下列不等關(guān)系不一定成立的是(D )分子、分母的和為 99 的有 98 項(xiàng)，分子、分母的和為 i00 的項(xiàng)依次是：i 235099 98 97 504A. 2a33a4B.5a5ai+ 6a6C.as+a4a30D. a3+a6+ai22a7解析 依題意得a6=S6S50,2a33a42(ai+ 5d) =

4、2a60,5asai+6a6；a5+a4a3= (a3+a6) a3=a60,公差d3=a1+a2+a3+a63= (a1+a3+a5+a63) + (a2+a4+a6+a52) = (2 + 4 + 6 + +64)(1 + 2 + 3+ 31) = 1056 496 = 560 .7.已知向量a= (2 , n),b= (S,n+ 1) ,n N,其中 S 是數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若a丄b,則數(shù)列一-的最大項(xiàng)的值為 .an+心+49 一解析Ta丄b, ab= 2Sn(n+1) = 0 ,n n+1Si=, an=n,1取到最大值 9.a2aia3a2282= 16,6.若數(shù)列an與bn滿足b

5、n+ian+bnan+1= ( 1) + 1,3 +bn=一n1nN+,且a1解析,又a1= 2, a2= 1,a3= 4,a4=an _nan+1an+4n+1n+ 14n+一+ 5n,當(dāng)n= 2 時(shí)，n+半取最小值 4 ,此時(shí)anan+Gn+4n為奇數(shù)n為偶6&已知數(shù)列an是遞增的等比數(shù)列，且ai+a4= 9,a2a3= 8.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；an+1設(shè)S為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，bn= ，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn.SSn+1解析由題設(shè)知aia4=a2a3= 8,a1= 1,又a1+a4= 9，可解得1,4；2 是6,若數(shù)列bn滿足bn= log2an(祇 N).a1和a4的

6、一個(gè)等比中項(xiàng)，a2和a3的等差中項(xiàng)為 (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;求數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和S.解析因?yàn)?4：2 是a1和a4的一個(gè)等比中項(xiàng),所以a1a4= (42)2= 32.a? a3=32,由題意可得 亠乂比+a3= 12.JrJ因?yàn)閝1，所以a3a2.a2=4,a3所以q= 2.a3=8.a2由題意可得解得故數(shù)列an的通項(xiàng)公式an= 2n.由于bn= log2an(n N*)，所以anbn=n2n,S=12+2 22+3 23+(n1).2n-1+n 2n，2Sn=1 22+2.23+ +(n1).2n+n2n+1.得，S= 1 2+ 22+ 23+ 2n-n2n+1n2n+1-2n+1

7、n+1n+1所以 S= 2-2+n2= 2 + (n-1)21 1STS2+71. (2017 武漢市高三調(diào)研)設(shè) S 是公差不為 0 的等差數(shù)列劉的前 n 項(xiàng)和，S, S, S成等比數(shù)列，且a3= 2,則數(shù)列l(wèi)?n+1 a的前n項(xiàng)和Tn= ( C )n2n+ 12n2n+ 1解析本題主要考查等差、等比數(shù)列的性質(zhì)以及裂項(xiàng)法求和.a a35設(shè)an的公差為d,因?yàn)镾=ai,82= 2ai+d= 2ai2 = ai4，S=3a3+ai因?yàn)镾, 82,S4成等比數(shù)列，所以(|ai 4)2= (ai15)ai,整理得 4ai+ 12ai+ 5= 0,所以ai=5當(dāng)ai= 2 時(shí)，公差d= 0 不符合題意

8、，舍去；1a3 ai當(dāng)ai= 2時(shí)，公差d= 丁 = i,ii i所以an= 2 + (n i) x ( i) =n+= 2(2n i),crn(i2ii所以2n+lan=?n-12n +1=(22)，i i iii所以其前 n 項(xiàng)和耳=(i 了+：;+)33 52ni 2n+ ii2n ,=(i2+7 =2，故選 C2 .(文)已知函數(shù)f(x) = log2x,等比數(shù)列an的首項(xiàng)ai0，公比qf(a2a4a6a8ai) = 25，則 2f(ai) +f)+f(比。仃)等于( C )i009X20i8i0i0X20i9A. 2B. 21008X20171009X2017c. 2D. 2解析f(

9、a2a4a6a8ai。)=log2(a2a4a6a8ai)= log2(aiq?5)= 25,52525即aiq= 2 ,又ai0,q= 2，故得到ai= 1.2f(ai)+f(a2)+f(a20i2)=2f(ai)2 2(a2) .2f(32017)=2log2ai 2log2a2.2log2a20i72017 i+2+2016=aia2.a20i7=aiqn2n+ 1C.2n2n+ 1=2，若158（理）已知an=23,數(shù)列an的前n項(xiàng)和為關(guān)于an及S的敘述正確的是（2n113解析畫出an= E 的圖象,S5最小，點(diǎn)（n,an）為函數(shù)y=冊(cè)石a5最小，a6最大.3.（文）已知正數(shù)組成的等差

10、數(shù)列 an，前 20 項(xiàng)和為100,則a7a14的最大值是（A. 25C. 100B. 50D.不存在a1+a2o解析TS2o= 2X20= 100,a1+a2o= 10 . a1+a2o=a7+aa?+ a，=10.a7 Ia4 2.,r.八”.a7a14W(.)=25.當(dāng)且僅當(dāng)a7=恥時(shí)取等號(hào).2（理）已知數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，執(zhí)行程序框圖（如下圖），當(dāng)k= 4 時(shí)，輸出S= 2,則a2018= ( D )B.2017A. 2016=1 + 201621008X2017.故選 C.A. an 與 S 都有最大值B. an與Sn都沒(méi)有最大值C. an 與 S 都有最小值D. an與Sn都沒(méi)

11、有最小值9C. 2018D. 2019解析由程序框圖可知，an是公差為 1 的等差數(shù)列,1 1+ 一a3a4a4a513,1a11a11 1=-,解得a1= 2,.a2018=a1+ 2017d= 2+ 2017 = 2019.a1+ 434.（文）在直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，R（X1, y ,P2（X2,y2）是第一象限內(nèi)的兩個(gè)點(diǎn)，若 1,X1,X2,4 依次成等差數(shù)列，而 1,y1,y2,8 依次成等比數(shù)列，則厶OPF2的面積是（A ）A. 1B. 2C. 3D. 4解析由等差、等比數(shù)列的性質(zhì)，可求得X1= 2,X2= 3,y1= 2,y2= 4,.P(2,2),F2(3,4) ,SAO

12、PF2=1.1(理)已知曲線C: y=X(x0)上兩點(diǎn)A(X1,y1)和A(X2,y2)，其中X2X1.過(guò)A、A的直線Xl與x軸交于點(diǎn)A3(X3,0)，那么(A )X3,X3zA. X1,，X2成等差數(shù)列B. X1,三,X2成等比數(shù)列C. X1,X3,X2成等差數(shù)列D. X1,X3,X2成等比數(shù)列V2V1X2X111解析 直線AA的斜率k=-=-=，所以直線A A的方程為y=X2X1X2X1X1X2X11X3(xX1)，令y= 0 解得x=X1+X2,.X3=X1+X2,故X1,廳,X2成等差數(shù)列，故選 A.X1X22an15.已知數(shù)列an滿足a1= 1,an+1=（n N）.若bn+1= （

13、n入）（+ 1）, b =-入，a卄 2an且數(shù)列bn是遞增數(shù)列，則實(shí)數(shù) 入的取值范圍為（A ）A.入 3C.入 2D.入0,所以n入+ 10.又n N*，所以入2.，若記an= log16.已知函數(shù)是數(shù)列an的前n項(xiàng)和，貝US的最小值是3_.解析將A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)代入f(x)得,A *7. (2017 新鄉(xiāng)、許昌、平頂山調(diào)研)如圖所示，將正整數(shù)排成三角形數(shù)陣，每排的數(shù)稱為一個(gè)群，從上到下順次為第一群，第二群，第n群，第n群恰好n個(gè)數(shù)，則第n群中n個(gè)數(shù)的和是_3-2n 2n 3_.3n解析由圖規(guī)律知，第n行第 1 個(gè)數(shù)為 2n1,第 2 個(gè)數(shù)為 3-2n2,第 3 個(gè)數(shù)為 5-2n設(shè)這n個(gè)數(shù)的和

14、為Sr、丿得Sn= 2n+ 2-2n1+ 2-2n2+ 2-22+ 2 - 2 (2n 1)n nn132=2 + 2 + 2+ + 2 + 2 (2n 1)=2n+ (2n 1)=2 + 2+ 4 2n+ 1=3-2n2n3.&已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,a1= 1,an0,aan+1=入 S 1,其中 入為常數(shù).(1)證明：an+2an=入；是否存在 入，使得an為等差數(shù)列？并說(shuō)明理由.門一31 1xn-f(x)=8-2. -f(n)=8-2 =21 8- an= log2f(n) =n 3.令anW0，即卩n 3w0,nw3.數(shù)列前 3 項(xiàng)小于或等于零，故Ss或S2最小.2Sn

15、=2n+3-2n1+5-2n2+-+(2n3)-22+(2n1)-2SB= a1+a2+a3= 2+ ( 1) + 0= 3.傅=ab,1=ab3,解得a=8,2= 2,12分析利用an+1= S+1S用配湊法可獲證；(2)假設(shè)存在 入，貝Uai,a2,a3應(yīng)成等差數(shù)列求出 入的值， 然后依據(jù)an+2少=入推證 an 為等差數(shù)列.解析 (1)由題設(shè)：anan+1=入 Si1 ,Nn+ian+2=入S+1 1 , 兩式相減得an+1(an+2an)=入an+1.由于an+1工 0,所以an+2an=入.(2)由題設(shè)，a1= 1, a2=入S 1,可得a2=入一 1.由(1)知，a3=入 +1,令

16、 2a?=a1+a3，解得入=4.故an+2an= 4，由此可得a2n1是首項(xiàng)為 1,公差為 4 的等差數(shù)列，an1= 4n3 ；a2n是首項(xiàng)為 3,公差為 4 的等差數(shù)列，a2n= 4n 1.所以an= 2n 1,an+1an= 2.因此存在 入=4,使得數(shù)列an為等差數(shù)列.1(1)求證市是等差數(shù)列;求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；設(shè)Tn=an+an+1+a2n1.若Tnp門對(duì)任意的門N恒成立，求P的最大值.解析1(1)證明：an+1=a+21an+ 2 1an+ 1an+1+ 1 = + 1=.= ,an+ 2an+ 2an+ 2由于an+ 1 工 0,1an+ 21/. = = 1 + 一，an+1+ 1an+ 1an+ 11 是以 2 為首項(xiàng)，1 為公差的等差數(shù)列.a卄 11由(1)題結(jié)論知：=2+ (n 1) =n+ 1,an十 11n*an= 1 = ( n N).n+ 1n+11(3)Tn=an+an+1+a2n1Pn,n+an+an+1+a2n1P,即(1 +an) + (1 +ch+1)