《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 數(shù)列 課后綜合提升練 1.2.2 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用 文.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 數(shù)列 課后綜合提升練 1.2.2 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用 文.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第二講 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用
(40分鐘 70分)
一、選擇題(每小題5分,共25分)
1.在數(shù)列{an}中,an+1=2an-1,a3=2,設(shè)其前n項和為Sn,則S6= ( )
A.874 B.634 C.15 D.27
【解析】選A.因為an+1=2an-1,所以an+1-1=2(an-1),所以{an-1}是以2為公比的等比數(shù)列,所以an-1=(a1-1)2n-1,因為a3=2,所以a1=54,所以an=1+2n-3,所以S6=6+634=874.
2.(2018廣東省化州市二模)已知有窮數(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,則 ( )
A.S>T B.S=T
C.S
T.
3.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若a1為函數(shù)f(x)=3sin x+cos x(x∈R)的最大值,且滿足an-anSn+1=a12-anSn,則數(shù)列{an}的前2 018項之積A2 018= ( )
A.1 B.12 C.-1 D.2
【解析】選A.因為a1為函數(shù)f(x)=3sin x+cos x(x∈R)的最大值,所以a1=2,因為an-anSn+1=a12-anSn,所以(Sn+1-Sn)an=an-1,所以an+1=an-1an,所以a2=12,a3=-1,a4=2所以數(shù)列{an}是周期數(shù)列,周期為3,所以{an}的前2018項之積A2018=a1a2a3…a2 018
=(-1)6721=1.
4.(2018 河南省六市聯(lián)考)已知數(shù)列{an}滿足: an+1+(-1)n+1an=2,則其前100項的和為 ( )
A.250 B.200 C.150 D.100
【解析】選D.因為an+1+(-1)n+1an=2,所以a1+a2=2,a3+a4=2,a5+a6=2,…,a99+a100=2,所以其前100項和為250=100.
5.已知數(shù)列{an}滿足a1=1, an+1-an=4n-2(n∈N*),則使an≥163的正整數(shù)n的最小值為 ( )
A.8 B.10 C.12 D.14
【解析】選B.由題意得an+1-an=4n-2,
則當n≥2時,a2-a1=2,a3-a2=6,…,an-an-1=4n-6,
這n-1個式子相加,就有an-a1=(n-1)(2+4n-6)2=2(n-1)2,
即an=2(n-1)2+1=2n2-4n+3,
當n=1時,a1=1也滿足上式,所以an=2n2-4n+3,
由an≥163得2n2-4n+3≥163,即n2-2n-80≥0,
解得n≥10或n≤-8,所以n≥10,
即使an≥163的正整數(shù)n的最小值為10.
二、填空題(每小題5分,共15分)
6.已知數(shù)列{an}的通項公式為an=1(n+1)n+nn+1(n∈N*),記數(shù)列{an}的前n項和Sn,則在S1,S2,…,S2 017中,有____________個有理數(shù).
【解析】依題意,an=1(n+1)n+nn+1=
1nn+1(n+1+n)=n+1-nnn+1
=1n-1n+1,故Sn=a1+a2+…+an=1-1n+1,因為44<2 018<45,故n+1=22,32,…,442,故有43個有理數(shù).
答案:43
7.(2018湖北省聯(lián)考試題)“斐波那契數(shù)列”由十三世紀意大利數(shù)學(xué)家列昂納多斐波那契發(fā)現(xiàn),因為斐波那契以兔子繁殖為例子而引入,故又稱該數(shù)列為“兔子數(shù)列”.斐波那契數(shù)列{an}滿足:a1=1,a2=1,an=an-1+an-2(n≥3,n∈N*),記其前n項和為Sn,設(shè)a2 018=t(t為常數(shù)),則S2 016+S2 015-S2 014-S2 013=____________(用t表示).
【解析】S2 016+S2 015-S2 014-S2 013=a2 016+a2 015+a2 015+a2 014=a2 017+a2 016=a2 018=t.
答案:t
8.有下列命題:
①等比數(shù)列{an}中,前n項和為Sn,公比為q,則Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,仍然是等比數(shù)列,其公比為qn;
②若數(shù)列{an}是等差數(shù)列,前n項和為Sn,則數(shù)列Snn是等差數(shù)列;
③若數(shù)列{an}是正項數(shù)列,且a1+a2+…+an=n2+3n(n∈N*),則a12+a23+…+ann+1=2n2+6n;
④若數(shù)列{an}的前n項和為Sn,Sn=20n-19,則數(shù)列{an}是等比數(shù)列.
其中正確命題的序號是____________(填序號).
【解析】①錯,q=-1,n=2,S4-S2=0,不符合等比數(shù)列. ②因為數(shù)列{an}是等差數(shù)列,前n項和為Sn,所以Sn=na1+n(n-1)2d,所以Snn=a1+(n-1)d2,所以數(shù)列Snn是以a1為首項,以d2為公差的等差數(shù)列.③a1+a2+…+an=n2+3n中n用n-1代替得a1+a2+…+an-1=(n-1)2+3(n-1),兩式作差得an=2n+2(n≥2),an=4(n+1)2,a1=16,符合.ann+1=4(n+1),所以a12+a23+…+ann+1=2n2+6n.④當n=1時, a1=S1=201-19=20-18,
當n≥2時,an=Sn-Sn-1=20n-19-20n-20=1920n-20,所以an=20-18, n=11920n-20,n≥2,所以數(shù)列{an}不是等比數(shù)列
答案:②③
三、解答題(每小題10分,共30分)
9.(2018亳州市一模)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足2Sn=3an-λ,其中λ是不為零的常數(shù),n∈N*.
(1)求{an}的通項公式.
(2)若λ=3,記bn=2log3an,求數(shù)列{bnbn+2}的前n項和Tn.
【解析】(1)由已知2Sn=3an-λ可得:2Sn+1=3an+1-λ
兩式相減得:2an+1=3an+1-3an,即an+1=3an
因為2S1=3a1-λ,所以a1=λ≠0,
所以an≠0,所以an+1an=3,
所以{an}是首項為λ,公比為3的等比數(shù)列,從而an=
λ3n-1.
(2)因為λ=3,所以an=3n,從而bn=2n,
所以bnbn+2=4n(n+2)=21n-1n+2,
所以
Tn=
21-13+12-14+13-15+…+1n-1n+2
=21+12-1n+1-1n+2
=3-2n+1-2n+2.
10.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=1,且對任意正整數(shù)n,點(an+1,Sn)都在直線2x+y-2=0上.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式.
(2)若bn=nan2,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,求證:Tn<169.
【解析】(1)因為點(an+1,Sn)在直線2x+y-2=0上,所以2an+1+Sn-2=0,
當n>1時,2an+Sn-1-2=0,兩式相減得2an+1-2an+Sn-Sn-1=0,即2an+1-2an+an=0,
an+1=12an,又當n=1時,2a2+S1-2=2a2+a1-2=0,a2=12=12a1,
所以{an}是首項a1=1,公比q=12的等比數(shù)列,數(shù)列{an}的通項公式為an=12n-1.
(2)由(1)知,bn=nan2=n4n-1,
則Tn=1+24+342+…+n4n-1,
14Tn=14+242+…+n-14n-1+n4n,
兩式相減得
34Tn=1+14+142+…+14n-1-n4n=1-14n1-14-n4n=431-14n-n4n,
所以Tn=169-16+12n94n<169.
11.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,點(an,bn)在函數(shù)f(x)=2x的圖象上(n∈N*).
(1)若a1=-2,點(a8,4b7)在函數(shù)f(x)的圖象上,求數(shù)列{an}的前n項和Sn.
(2)若a1=1,函數(shù)f(x)的圖象在點(a2,b2)處的切線在x軸上的截距為2-1ln2,求數(shù)列anbn的前n項和Tn.
【解析】(1)點(an,bn)在函數(shù)f(x)=2x的圖象上,所以bn=2an,又等差數(shù)列{an}的公差為d,
所以bn+1bn=2an+12an=2an+1-an=2d,
因為點(a8,4b7)在函數(shù)f(x)的圖象上,所以4b7=2a8=b8,所以2d=b8b7=4?d=2.又a1=-2,所以
Sn=na1+n(n-1)2d=-2n+n2-n=n2-3n.
(2)由f(x)=2x?f′(x)=2xln 2,
函數(shù)f(x)的圖象在點(a2,b2)處的切線方程為y-b2=(2a2ln 2)(x-a2),
所以切線在x軸上的截距為a2-1ln2,從而a2-1ln2=2-1ln2,故a2=2,
從而an=n,bn=2n,anbn=n2n,
Tn=12+222+322+…+n2n,
Tn=122+223+324+…+n2n+1,
所以
12Tn=12+122+123+124+…+12n-n2n+1
=1-12n-n2n+1=1-n+22n+1,
故Tn=2-n+22n.
(20分鐘 20分)
1.(10分)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=0且11-an+1-11-an=1.
(1)求{an}的通項公式.
(2)設(shè)bn=1-an+1n,記Sn=∑k=1nbk,證明:Sn<1.
【解析】(1)由題設(shè)11-an+1-11-an=1,
即11-an是公差為1的等差數(shù)列.
又11-a1=1,故11-an=n.所以an=1-1n.
(2)由(1)得bn=1-an+1n=n+1-nn+1n=1n-1n+1,Sn=∑k=1nbk=∑k=1n1k-1k+1=1-1n+1<1.
2.(10分)已知數(shù)列{an}的前n項和是Sn,且Sn+13an=1(n∈N*).
(1)求數(shù)列{an}的通項公式.
(2)設(shè)bn=log4(1-Sn+1)(n∈N*),Tn=1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1,求使Tn≥1 0072 016成立的最小的正整數(shù)n的值.
【解析】(1)當n=1時,a1=S1,由S1+13a1=1?a1=34,
當n≥2時,Sn+13an=1, ①
Sn-1+13an-1=1, ②
①-②,得an+13an-13an-1=0,即an=14an-1,
所以{an}是以34為首項,14為公比的等比數(shù)列.
故an=3414n-1=314n(n∈N*).
(2)由(1)知1-Sn+1=13an+1=14n+1,
bn=log4(1-Sn+1)=log414n+1=-(n+1),
1bnbn+1=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2,
Tn=1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1
=12-13+13-14+…+1n+1-1n+2
=12-1n+2,
12-1n+2≥1 0072 016?n≥2 014,
故使Tn≥1 0072 016成立的最小的正整數(shù)n的值為2 014.
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