2018届高考数学高考复习指导大二轮专题复习课后强化训练：专题4 第2讲数列求和及综合应用 .doc

第一部分专题四第二讲A组1已知数列an，bn满足a1b11，an1an2，nN，则数列ban的前10项的和为(D)A(491)B(4101)C(491) D(4101)解析由a11，an1an2得，an2n1，由2，b11得bn2n1，ban2an122(n1)4n1，数列ban前10项和为(4101)2若数列an为等比数列，且a11，q2，则Tn等于(B)A1 B(1)C1 D(1)解析因为an12n12n1，所以anan12n12n24n1，所以()n1，所以也是等比数列，所以Tn(1)，故选B3(文)给出数列，在这个数列中，第50个值等于1的项的序号是(B)A4900B4901C5000D5001解析根据条件找规律，第1个1是分子、分母的和为2，第2个1是分子、分母的和为4，第3个1是分子、分母的和为6，第50个1是分子、分母的和为100，而分子、分母的和为2的有1项，分子、分母的和为3的有2项，分子、分母的和为4的有3项，分子、分母的和为99的有98项，分子、分母的和为100的项依次是：，第50个1是其中第50项，在数列中的序号为1239850504901(理)(2017合肥市质检)以Sn表示等差数列an的前n项和，若S5>S6，则下列不等关系不一定成立的是(D)A2a3>3a4 B5a5>a16a6Ca5a4a3<0 Da3a6a12<2a7解析依题意得a6S6S5<0,2a33a42(a12d)3(a13d)(a15d)a6>0,2a3>3a4；5a5(a16a6)5(a14d)a16(a15d)2(a15d)2a6>0,5a5>a16a6；a5a4a3(a3a6)a3a6<0.综上所述，故选D4等差数列an中，a1>0，公差d<0，Sn为其前n项和，对任意自然数n，若点(n，Sn)在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是(C)解析Snna1d，Snn2(a1)n，又a1>0，公差d<0，所以点(n，Sn)所在抛物线开口向下，对称轴在y轴右侧点评可取特殊数列验证排除，如an3n5定义在(，0)(0，)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列an，f(an)仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”现有定义在(，0)(0，)上的如下函数：f(x)x2; f(x)2x；f(x)； f(x)ln|x|则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为(C)A B C D分析保等比数列函数指：定义在(，0)(0，)上的函数；若an是等比数列，则f(an)仍是等比数列解析解法一：设an的公比为qf(an)a，()2q2，f(an)是等比数列，排除B、Df(an)，f(an)是等比数列，排除A解法二：不妨令an2n因为f(x)x2，所以f(an)a4n.显然f(an)是首项为4，公比为4的等比数列因为f(x)2x，所以f(a1)f(2)22，f(a2)f(4)24，f(a3)f(8)28，所以416，所以f(an)不是等比数列因为f(x)，所以f(an)()n显然f(an)是首项为，公比为的等比数列因为f(x)ln|x|，所以f(an)ln2nnln2显然f(an)是首项为ln2，公差为ln2的等差数列，故选C6若数列an与bn满足bn1anbnan1(1)n1，bn，nN，且a12，设数列an的前n项和为Sn，则S63_560_.解析bn，又a12，a21，a34，a42，a56，a63，S63a1a2a3a63(a1a3a5a63)(a2a4a6a62)(24664)(12331)10564965607已知向量a(2，n)，b(Sn，n1)，nN*，其中Sn是数列an的前n项和，若ab，则数列的最大项的值为_.解析ab，ab2Snn(n1)0，Sn，ann，当n2时，n取最小值4，此时取到最大值8已知数列an是递增的等比数列，且a1a49，a2a38.(1)求数列an的通项公式；(2)设Sn为数列an的前n项和，bn，求数列bn的前n项和Tn解析(1)由题设知a1a4a2a38，又a1a49，可解得或(舍去)由a4a1q3得公比为q2，故ana1qn12n1(2)Sn2n1，又bn，所以Tnb1b2bn1. 9已知等比数列an的公比q>1,4是a1和a4的一个等比中项，a2和a3的等差中项为6，若数列bn满足bnlog2an(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)求数列anbn的前n项和Sn解析(1)因为4是a1和a4的一个等比中项，所以a1a4(4)232由题意可得因为q>1，所以a3>a2解得所以q2故数列an的通项公式an2n(2)由于bnlog2an(nN*)，所以anbnn2n，Sn12222323(n1)2n1n2n，2Sn122223(n1)2nn2n1.得，Sn1222232nn2n1n2n1所以Sn22n1n2n12(n1)2n1B组1(2017武汉市高三调研)设Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3，则数列的前n项和Tn(C)A B C D解析本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和设an的公差为d，因为S1a1，S22a1d2a1a1，S43a3a1a1，因为S1，S2，S4成等比数列，所以(a1)2(a1)a1，整理得4a12a150，所以a1或a1当a1时，公差d0不符合题意，舍去；当a1时，公差d1，所以an(n1)(1)n(2n1)，所以()，所以其前n项和Tn(1)(1)，故选C2(文)已知函数f(x)log2x，等比数列an的首项a1>0，公比q2，若f(a2a4a6a8a10)25，则2f(a1)f(a2)f(a2017)等于(C)A210092018 B210102019 C210082017 D210092017解析f(a2a4a6a8a10)log2(a2a4a6a8a10)log2(aq25)25，即aq25225，又a1>0，q2，故得到a112f(a1)f(a2)f(a2012)2f(a1)2f(a2)2f(a2017)2log2a12log2a22log2a2017a1a2a2017aq122016120172210082017.故选C(理)已知an，数列an的前n项和为Sn，关于an及Sn的叙述正确的是(C)Aan与Sn都有最大值Ban与Sn都没有最大值Can与Sn都有最小值Dan与Sn都没有最小值解析画出an的图象，点(n，an)为函数y图象上的一群孤立点，(，0)为对称中心，S5最小，a5最小，a6最大3(文)已知正数组成的等差数列an，前20项和为100，则a7a14的最大值是(A)A25 B50 C100 D不存在解析S2020100，a1a2010a1a20a7a14，a7a1410an>0，a7a14()225.当且仅当a7a14时取等号(理)已知数列an的各项均为正数，执行程序框图(如下图)，当k4时，输出S，则a2018(D)A2016 B2017 C2018 D2019解析由程序框图可知，an是公差为1的等差数列，且，解得a12，a2018a12017d2201720194(文)在直角坐标系中，O是坐标原点，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是第一象限内的两个点，若1，x1，x2,4依次成等差数列，而1，y1，y2,8依次成等比数列，则OP1P2的面积是(A)A1 B2 C3 D4解析由等差、等比数列的性质，可求得x12，x23，y12，y24，P1(2,2)，P2(3,4)，SOP1P21(理)已知曲线C：y(x>0)上两点A1(x1，y1)和A2(x2，y2)，其中x2>x1.过A1、A2的直线l与x轴交于点A3(x3,0)，那么(A)Ax1，x2成等差数列Bx1，x2成等比数列Cx1，x3，x2成等差数列Dx1，x3，x2成等比数列解析直线A1A2的斜率k，所以直线A1A2的方程为y(xx1)，令y0解得xx1x2，x3x1x2，故x1，x2成等差数列，故选A5已知数列an满足a11，an1(nN*)若bn1(n)(1)，b1，且数列bn是递增数列，则实数的取值范围为(A)A<2 B>3 C>2 D<3解析易知1，所以12(1)又a11，所以1(1)2n12n，所以bn1(n)2n，所以bn1bn(n)2n(n1)2n1(n1)2n1>0，所以n1>0又nN*，所以<26已知函数f(x)abx的图象过点A(2，)、B(3,1)，若记anlog2f(n)(nN*)，Sn是数列an的前n项和，则Sn的最小值是_3_.解析将A、B两点坐标代入f(x)得，解得f(x)2x.f(n)2n2n3anlog2f(n)n3令an0，即n30，n3数列前3项小于或等于零，故S3或S2最小S3a1a2a32(1)037(2017新乡、许昌、平顶山调研)如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第一群，第二群，第n群，第n群恰好n个数，则第n群中n个数的和是_32n2n3_.解析由图规律知，第n行第1个数为2n1，第2个数为32n2，第3个数为52n3设这n个数的和为S则S2n132n252n3(2n3)2(2n1)202Sn2n32n152n2(2n3)22(2n1)21得Sn2n22n122n222222(2n1)2n2n2n12322(2n1)2n(2n1)2n2n142n132n2n38已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数.(1)证明：an2an；(2)是否存在，使得an为等差数列？并说明理由分析(1)利用an1Sn1Sn用配凑法可获证；(2)假设存在，则a1，a2，a3应成等差数列求出的值，然后依据an2an推证an为等差数列解析(1)由题设：anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得an1(an2an)an1由于an10，所以an2an(2)由题设，a11，a1a2S11，可得a21. 由(1)知，a31，令2a2a1a3，解得4故an2an4，由此可得a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1所以an2n1，an1an2因此存在4，使得数列an为等差数列9已知数列an满足an1，a1.(1)求证是等差数列；(2)求数列an的通项公式；(3)设Tnanan1a2n1.若Tnpn对任意的nN*恒成立，求p的最大值解析(1)证明：an1，an111，由于an10，1，是以2为首项，1为公差的等差数列(2)由(1)题结论知：2(n1)n1，an1(nN*)(3)Tnanan1a2n1Pn，nanan1a2n1P，即(1an)(1an1)(1an2)(1a2n1)p，对任意nN*恒成立，而1an，设H(n)(1an)(1an1)(1a2n1)，H(n)，H(n1)，H(n1)H(n)>0，数列H(n)单调递增，nN*时，H(n)H(1)，故PP的最大值为