全国通用2016高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题10数列求和及综合应用含解析.doc

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1、【走向高考】（全国通用）2016高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题10 数列求和及综合应用一、选择题1(文)(2015新课标文，5)设Sn是等差数列的前n项和，若a1a3a53，则S5()A5B7C9D11答案A解析考查等差数列的性质及求和公式a1a3a53a33a31，S55a35.故选A.(理)(2015新课标文，7)已知an是公差为1的等差数列，Sn为an的前n项和若S84S4，则a10()A.B.C10D12答案B解析本题主要考查等差数列的通项及求和公式由题可知：等差数列an的公差d1，因为等差数列Sna1n，且S84S4，代入计算可得a1；等差数列的通项公式为ana1(n

2、1)d，则a10(101)1.故本题正确答案为B.方法点拨数列求和的类型及方法技巧(1)公式法：直接应用等差、等比数列的求和公式求和(2)错位相减法这种方法主要用于求数列anbn的前n项和，其中an、bn分别是等差数列和等比数列(3)倒序相加法这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和(4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和(5)分组转化求和法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形

3、，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，可先分别求和，然后再合并2(文)设an是等比数列，函数yx2x2013的两个零点是a2、a3，则a1a4()A2013B1C1D2013答案D解析由条件得，a1a4a2a32013.(理)已知数列an满足an2an1an1an，nN*，且a5.若函数f(x)sin2x2cos2，记ynf(an)，则数列yn的前9项和为()A0B9 C9D1答案C解析据已知得2an1anan2，即数列an为等差数列，又f(x)sin2x2sin2x1cosx，因为a1a9a2a82a5，故cosa1cosa9cosa2cosa8cosa50，又2a12a92a22a84

4、a52，故sin2a1sin2a9sin2a2sin2a8sin2a50，故数列yn的前9项之和为9，故选C.3(2014辽宁协作联校三模)已知数列an的通项公式an2014sin，则a1a2a2014()A2012B2013C2014D2015答案C解析数列an的周期为4，且a1a2a3a42014(sinsinsinsin2)0，又201445032，a1a2a2014a1a22014sin2014sin2014.4(文)已知函数f(x)满足f(x1)f(x)(xR)，且f(1)，则数列f(n)(nN*)前20项的和为()A305B315C325D335答案D解析f(1)，f(2)，f(3

5、)，f(n)f(n1)，f(n)是以为首项，为公差的等差数列S2020335.(理)设yf(x)是一次函数，若f(0)1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)f(4)f(2n)等于()An(2n3)Bn(n4)C2n(2n3)D2n(n4)答案A解析设f(x)kx1(k0)，则(4k1)2(k1)(13k1)k2，f(2)f(4)f(2n)(221)(241)(261)(22n1)2n23n.方法点拨解决数列与函数知识结合的题目时，要明确数列是特殊的函数，它的图象是群孤立的点，注意函数的定义域等限制条件，准确的进行条件的转化，数列与三角函数交汇时，数列通常作为条件出现，去除数

6、列外衣后，本质是三角问题5(文)已知数列an是等比数列，且每一项都是正数，若a1、a49是2x27x60的两个根，则a1a2a25a48a49的值为()A.B9C9D35答案B解析an是等比数列，且a1，a49是方程2x27x60的两根，a1a49a3.而an0，a25.a1a2a25a48a49a()59，故选B.(理)(2015江西质检)如果数列an中，相邻两项an和an1是二次方程x2nxncn0(n1,2,3，)的两个根，当a12时，c100的值为()A9984B9984C9996D9996答案C解析由根与系数关系，anan12n，则(an1an2)(anan1)2.即an2an2，a

7、1，a3，a5，和a2，a4，a6，都是公差为2的等差数列，a12，a1a22，a24，即a2k2k2，a100102，a2k12k4，a10198.c100a100a1019996.6等差数列an中，a10，公差d0，公差dN时，恒有|anA|成立，就称数列an的极限为A，则四个无穷数列：(1)n2；n；，其极限为2的共有()A4个B3个C2个D1个答案C解析对于，|an2|(1)n22|2|(1)n1|，当n是偶数时，|an2|0，当n是奇数时，|an2|4，所以不符合数列an的极限的定义，即2不是数列(1)n2的极限；对于，由|an2|n2|，得2nN时，恒有|an2|，即2不是数列n的

8、极限；对于，由|an2|12|1log2，即对于任意给定的正数(无论多小)，总存在正整数N，使得nN时，恒有|an2|成立，所以2是数列的极限；对于，由|an2|，即对于任意给定的正数(无论多小)，总存在正整数N，使得nN时，恒有|an2|0，b4b6()2b100.(理)(2014河南十所名校联考)对于各项均为整数的数列an，如果aii(i1,2,3，)为完全平方数，则称数列an具有“P性质”，不论数列an是否具有“P性质”，如果存在与an不是同一数列的bn，且bn同时满足下面两个条件：b1，b2，b3，bn是a1，a2，a3，an的一个排列；数列bn具有“P性质”，则称数列an具有“变换P

9、性质”，下面三个数列：数列an的前n项和为Sn(n21)；数列1,2,3,4,5；数列1,2,3，11.其中具有“P性质”或“变换P性质”的有_(填序号)答案解析Sn(n21)，Sn1(n1)21(n2)，anSnSn1(n1)(n1)(n22n)(n1)(n1n2)n(n1)(n2)，又a1S10，a11112，a22422，a33932，annn2，数列an具有“P性质”；数列1,2,3,4,5排为3,2,1,5,4，则a11422，a22422，a33422，a44932，a55932，数列1,2,3,4,5具有“变换P性质”，同理可验证数列1,2,3，11不具有“P性质”和“变换P性质

10、”方法点拨脱去新定义的外衣，将问题化为基本数学模型，用相应的知识方法解答是解决此类问题的基本方法9(2015安徽文，13)已知数列an中，a11，anan1(n2)，则数列an的前9项和等于_答案27解析考查1.等差数列的定义；2.等差数列的前n项和n2时，anan1，且a11，an是以1为首项，为公差的等差数列S99191827.10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_答案解析ab，ab2Snn(n1)0，Sn，ann，当n2时，n取最小值4，此时取到最大值.三、解答题11(文)(2015云南省检测)已知等比数列an的前

11、n项和是Sn，S18S978.(1)求证：S3，S9，S6依次成等差数列；(2)a7与a10的等差中项是否是数列an中的项？如果是，是an中的第几项？如果不是，请说明理由解析(1)证明：设等比数列an的公比为q，若q1，则S1818a1，S99a1，S18S92178.q1.S18(1q18)，S9(1q9)，S18S91q9.1q9，解得q2.S3，S6.S9(1q9).S9S3，S6S9，S9S3S3S9.S3，S9，S6依次成等差数列(2)a7与a10的等差中项等于.设a7与a10的等差中项是数列an中的第n项，则a1(2)n1，化简得(2)(2)4，则4，解得n13.a7与a10的等差

12、中项是数列an中的第13项(理)(2015唐山一模)设数列an的前n项和为Sn，满足(1q)Snqan1，且q(q1)0.(1)求an的通项公式；(2)若S3，S9，S6成等差数列，求证：a2，a8，a5成等差数列解析(1)当n1时，由(1q)S1qa11，a11，当n2时，由(1q)Snqan1，得(1q)Sn1qan11，两式相减得(1q)anq(anan1)0，anqan1，a11，q(q1)0，anqn1，综上anqn1.(2)由(1)可知q，所以an是以1为首项，q为公比的等比数列所以Sn，又S3S62S9，得，化简得a3a62a9，两边同除以q得a2a52a8.故a2，a8，a5成

13、等差数列方法点拨1.在处理数列求和问题时，一定要先读懂题意，分清题型，区分等差数列与等比数列，不是基本数列模型的注意运用转化思想化归为等差、等比数列，在利用分组求和时，要特别注意项数2在处理等差与等比数列的综合问题时，先要看所给数列是等差数列还是等比数列，再依据条件建立方程求解12(文)已知函数f(x)在(1,1)上有定义，f1，且满足对任意x、y(1，1)，有f(x)f(y)f，数列xn中，x1，xn1.(1)证明：f(x)在(1,1)上为奇函数；(2)求数列f(xn)的通项公式；(3)求证：.分析(1)要证f(x)为奇函数，只需证明f(x)f(x)0，只需在条件式中令yx，为了求f(0)，

14、令xy0即可获解(2)利用f(x)f(y)f()可找出f(xn1)与f(xn)的递推关系，从而求得通项(3)由f(xn)的通项公式确定数列的求和方法，求和后利用放缩法可证明解析(1)证明：令xy0，2f(0)f(0)，f(0)0.令yx，则f(x)f(x)f(0)0，f(x)f(x)，f(x)在(1,1)上为奇函数(2)f(x1)f1，f(xn1)ff2f(xn)，2，即f(xn)是以1为首项，2为公比的等比数列，f(xn)2n1.(3)22，而2.(理)在直角坐标平面上有一点列P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，Pn(xn，yn)，对于每个正整数n，点Pn均位于一次函数yx的图象上，且P

15、n的横坐标构成以为首项，1为公差的等差数列xn(1)求点Pn的坐标；(2)设二次函数fn(x)的图象Cn以Pn为顶点，且过点Dn(0，n21)，若过Dn且斜率为kn的直线ln与Cn只有一个公共点，求Tn的表达式；(3)设Sx|x2xn，n为正整数，Ty|y12yn，n为正整数，等差数列an中的任一项an(ST)，且a1是ST中最大的数，225a100，q0，所以b11，因为b3和b5的等差中项是2a3，且2a310，所以b3b520，所以q2q420，解得q2，所以bn2n1.(2)由于cnanbn，所以Tna1b1a2b2anbn.Tn132522(2n1)2n12Tn2322523(2n1

16、)2n所以Tn12(2222n1)(2n1)2n12(2n1)2n322n(2n1)2n3(32n)2n，Tn3(2n3)2n.14(文)政府决定用“对社会的有效贡献率”对企业进行评价，用an表示某企业第n年投入的治理污染的环保费用，用bn表示该企业第n年的产值设a1a(万元)，且以后治理污染的环保费用每年都比上一年增加2a万元；又设b1b(万元)，且企业的产值每年比上一年的平均增长率为10%.用Pn表示企业第n年“对社会的有效贡献率”(1)求该企业第一年和第二年的“对社会的有效贡献率”；(2)试问从第几年起该企业“对社会的有效贡献率”不低于20%?解析(1)a1a，b1b，Pn，P11%，P

17、23.3%.故该企业第一年和第二年的“对社会的有效贡献率”分别为1%和3.3%.(2)由题意，得数列an是以a为首项，以2a为公差的等差数列，数列bn是以b为首项，以1.1为公比的等比数列，ana1(n1)da(n1)2a(2n1)a，bnb1(110%)n11.1n1b.又Pn，Pn.1.11.11，Pn1Pn，即Pn单调递增又P617.72%20%.故从第七年起该企业“对社会的有效贡献率”不低于20%.(理)甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额都为a万元，由于经营方式不同，甲超市前n年的总销售额为(n2n2)万元，乙超市第n年的销售额比前一年的销售额多()n1a万元(1)求甲、乙两超

18、市第n年销售额的表达式；(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年解析(1)设甲、乙两超市第n年销售额分别为an、bn，又设甲超市前n年总销售额为Sn，则Sn(n2n2)(n2)，因n1时，a1a，则n2时，anSnSn1(n2n2)(n1)2(n1)2a(n1)，故an又因b1a，n2时，bnbn1()n1a，故bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)aa()2a()n1a1()2()n1aa32()n1a，显然n1也适合，故bn32()n1a(nN*)(2)当n2时，a2a，b2a

19、，有a2b2；n3时，a32a，b3a，有a3b3；当n4时，an3a，而bnbn，则(n1)a32()n1an164()n1，即n74()n1.又当n7时，04()n174()n1.即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购方法点拨1.用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型数列模型，弄清所构造的数列的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是一个解方程问题，还是解不等式问题，还是一个最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果2数列的实际应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背

20、景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决3正确区分等差与等比数列模型，正确区分实际问题中的量是通项还是前n项和15(文)定义：若数列An满足An1A，则称数列An为“平方递推数列”已知数列an中，a12，点(an，an1)在函数f(x)2x22x的图象上，其中n为正整数(1)证明：数列2an1是“平方递推数列”，且数列lg(2an1)为等比数列；(2)设(1)中“平方递推数列”的前n项之积为Tn，即Tn(2a11)(2a21)(2an1)，求Tn关于n的表达式；(3)记bnl

21、og2an1Tn，求数列bn的前n项之和Sn，并求使Sn2012成立的n的最小值解析(1)证明：由题意得an12a2an，2an114a4an1(2an1)2.所以数列2an1是“平方递推数列”令cn2an1，所以lgcn12lgcn.因为lg(2a11)lg50，所以2.所以数列lg(2an1)为等比数列(2)由(1)知lg(2an1)(lg5)2n1，2an110(lg5)2n152n1，Tn52052152252n1520212n152n1.(3)bnlog2an1Tn2()n1，Snb1b2bn2n2n2，由2n22012得n1007，S1006210062(2010,2011)，S1

22、007210072(2012,2013)故使Sn2012成立的n的最小值为1007.(理)已知曲线C：xy1，过C上一点An(xn，yn)作一斜率为kn的直线交曲线C于另一点An1(xn1，yn1)，点列An的横坐标构成数列xn，其中x1.(1)求xn与xn1的关系式；(2)令bn，求证：数列bn是等比数列；(3)若cn3nbn(为非零整数，nN*)，试确定的值，使得对任意nN*，都有cn1cn成立分析(1)由直线方程点斜式建立xn与yn关系，而(xn，yn)在曲线xy1上，有xnyn1，消去yn得xn与xn1的关系；(2)由定义证为常数；(3)转化为恒成立的问题解决解析(1)过点An(xn，yn)的直线方程为yyn(xxn)，联立方程，消去y得x2x10.解得xxn或x.由题设条件知xn1.(2)证明：2.b120，数列bn是等比数列(3)由(2)知，bn(2)n，要使cn1cn恒成立，由cn1cn3n1(2)n13n(2)n23n3(2)n0恒成立，即(1)nn1恒成立当n为奇数时，即n1恒成立又n1的最小值为1，n1恒成立，又n1的最大值为，即cn.15