word打印版衡中2020版二轮复习 数学练习题学案含答案和解析第1部分 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设an是首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和若S1，S2，S4成等比数列，则a1(D)A2B2CD解析由题意知S1a1，S22a11，S44a16，因为S1，S2，S4成等比数列，所以SS1·S4，即(2a11)2a1(4a16)，解得a1.故选D.2设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则正整数k(D)A8 B7C6 D5解析因为Sk2Sk24，所以ak1ak224，所以a1kda1(k1)d24，所以2a1(2k1)d24，所以2×1(2k1)×224，解得k5.3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an1×2n12n1，所以an·an12n1·2n2×4n1，所以×()n1，所以也是等比数列，所以Tn×(1)，故选B.4若数列an满足a115，且3an13an2，则使ak·ak1<0的k值为(D)A22 B21 C24 D23解析因为3an13an2，所以an1an，所以数列an是首项为15，公差为的等差数列，所以an15·(n1)n，令ann>0，得n<23.5，所以使ak·ak1<0的k值为23.5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an3n.6已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a100_100_.解析a1a2a100f(1)f(2)f(2)f(3)f(3)f(4)f(99)f(100)f(100)f(101)f(101)f(1)2f(1)f(2)f(3)f(4)f(99)f(100)(10121)2(122232429921002)10 2002(3711199)100.7古代数学著作九章算术有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为_.解析设该女子第一天织布x尺，则5，解得x，所以该女子前3天所织布的总尺数为.8已知数列an的通项公式anlog2(nN*)，设其前n项和为Sn，则使Sn<4成立的最小自然数n的值为_16_.解析因为anlog2，所以Snlog2log2log2log2log2(····)log2，若Sn<4，则<，即n>15，则使Sn<4成立的最小自然数n的值为16.9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a1·a4(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anbnn·2n，Sn1·22·223·23(n1)·2n1n·2n，2Sn1·222·23(n1)·2nn·2n1.得，Sn1·222232nn·2n1n·2n1.所以Sn22n1n·2n12(n1)·2n1.10(文)设an是等差数列，其前n项和为Sn(nN*)；bn是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(nN*)已知b11，b3b22，b4a3a5，b5a42a6.(1)求Sn和Tn；(2)若Sn(T1T2Tn)an4bn，求正整数n的值解析(1)设等比数列bn的公比为q，由b11，b3b22，可得q2q20.因为q>0，可得q2，故bn2n1.所以Tn2n1.设等差数列an的公差为d，由b4a3a5，可得a13d4.由b5a42a6，可得3a113d16，从而a11，d1，故ann，所以Sn.(2)由(1)，知T1T2Tn(21222n)n2n1n2.由Sn(T1T2Tn)an4bn可得2n1n2n2n1，整理得n23n40，解得n1(舍)，或n4.所以n的值为4.(理)设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(nN*)，bn是等差数列. 已知a11，a3a22，a4b3b5，a5b42b6.(1)求an和bn的通项公式(2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN*)，求Tn；证明：2(nN*)解析(1)设等比数列an的公比为q.由a11，a3a22，可得q2q20.因为q>0，可得q2，故an2n1.设等差数列bn的公差为d，由a4b3b5，可得b13d4.由a5b42b6，可得3b113d16，从而b11，d1，故bnn.所以数列an的通项公式为an2n1，数列bn的通项公式为bnn.(2)由(1)，有Sn2n1，故Tn(2k1)knn2n1n2.因为，所以，()()()2.B组1(文)已知数列an满足，且a22，则a4等于(D)A B23C12 D11解析因为数列an满足，所以an112(an1)，即数列an1是等比数列，公比为2，则a4122(a21)12，解得a411.(理)已知等比数列an的前n项和为Sn，a1a330，S4120，设bn1log3an，那么数列bn的前15项和为(B)A152 B135 C80 D16解析设等比数列an的公比为q，由a1a330，a2a4S4(a1a3)90，所以公比q3，首项a13，所以an3n，bn1log33n1n，则数列bn是等差数列，前15项的和为135.故选B.2在数列an中，a12，an1anln(1)，则an(A)A2lnn B2(n1)lnnC2nlnn D1nlnn解析an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1lnnln(n1)ln(n1)ln(n2)ln2ln122lnn.3(文)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D.(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4已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn2an1，则Sn(B)A2n1 B()n1C()n1 D解析由Sn2an1得Sn2(Sn1Sn)，即2Sn13Sn，a11，S12a2，a2a1，S2，Sn()n1.5(2019·郑州第二次质量预测)已知f(x)数列an(nN*)满足anf(n)，且an是递增数列，则a的取值范围是(D)A(1，) B(，)C(1,3) D(3，)解析因为anf(n)，且an是递增数列，所以则得a>3.故选D.6(2019·福建八校联考)在数列an中，nN*，若k(k为常数)，则称an为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：k不可能为0；等差数列一定是“等差比数列”；等比数列一定是“等差比数列”；“等差比数列”中可以有无数项为0.其中所有正确判断的序号是_.解析由等差比数列的定义可知，k不为0，所以正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以错误；当an是等比数列，且公比q1时，an不是等差比数列，所以错误；数列0,1,0，1，是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以正确7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_3·2n2n3_.解析由图规律知，第n行第1个数为2n1，第2个数为3·2n2，第3个数为5·2n3设这n个数的和为S则S2n13·2n25×2n3(2n3)·2(2n1)·202Sn2n3·2n15·2n2(2n3)·22(2n1)·21得Sn2n2·2n12·2n22·222·2(2n1)2n2n2n12322(2n1)2n(2n1)2n2n142n13·2n2n3.8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？请说明理由分析(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P.P的最大值为.