华南师大附中高考数学二轮复习专题训练数列求和及数列的综合应用 6页

‎【状元之路】2015版高考数学二轮复习 数列求和及数列的综合应用专题训练（含解析）‎ 一、选择题 ‎1．(2014·广东惠州一模)设Sn是等差数列{an}的前n项和，a1＝2，a5＝‎3a3，则S9＝(　　)‎ A．－72 B．－54‎ C．54 D．72‎ 解析　a1＝2，a5＝‎3a3得a1＋4d＝3(a1＋2d)，即d＝－a1＝－2，所以S9＝‎9a1＋d＝9×2－9×8＝－54，选B.‎ 答案　B ‎2．(2014·全国大纲卷)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lgan}的前8项和等于(　　)‎ A．6 B．5‎ C．4 D．3‎ 解析　S8＝lga1＋lga2＋…＋lga8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4.‎ 答案　C ‎3．(2014·北京卷)设{an}是公比为q的等比数列．则“q>‎1”‎是“{an}为递增数列”的(　　)‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析　利用公比与等比数列的单调性的关系进行判断．{an}为递增数列，则a1>0时，q>1；a1<0时，01时，若a1<0，则{an}为递减数列．故“q>1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件，故选D.‎ 答案　D ‎4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，数列{bn}满足bn＝(n∈N*)，Tn是数列{bn}的前n项和，则T9等于(　　)‎ A. B. C. D. 解析　∵数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，∴n＝1时，a1＝2；n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，∴an＝2n(n∈N*)，∴bn＝＝＝，T9＝＝‎ eq f(1,4)×＝.‎ 答案　D ‎5．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝(　　)‎ A．6n－n2‎ B．n2－6n＋18‎ C. D. 解析　由Sn＝n2－6n得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2.∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7.‎ ‎∴n≤3时，an<0；n>3时，an>0.‎ ‎∴Tn＝ 答案　C ‎6．已知曲线C：y＝(x>0)及两点A1(x1,0)和A2(x2,0)，其中x2>x1>0.过A1，A2分别作x轴的垂线，交曲线C于B1，B2两点，直线B1B2与x轴交于点A3(x3,0)，那么(　　)‎ A．x1，，x2成等差数列 B．x1，，x2成等比数列 C．x1，x3，x2成等差数列 D．x1，x3，x2成等比数列 解析　由题意，B1，B2两点的坐标分别为，，所以直线B1B2的方程为y＝－(x－x1)＋，令y＝0，得x＝x1＋x2，∴x3＝x1＋x2，因此，x1，，x2成等差数列．‎ 答案　A 二、填空题 ‎7．若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________.‎ 解析　n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an＋－an－1＋，化简得：an＝－2an－1，又a1＝S1＝a1＋，得a1＝1，故{an}以1为首项，以－2为公比的等比数列，所以an＝(－2)n－1.‎ 答案　(－2)n－1‎ ‎8．(2013·辽宁卷)已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.‎ 解析　∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两根，且q>1，∴a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，因此S6＝＝63.‎ 答案　63‎ ‎9．(2014·河南一模)已知对于任意的自然数n，抛物线y＝(n2＋n)x2－(2n＋1)x＋1与x轴相交于An，Bn两点，则|A1B1|＋|A2B2|＋…＋|A2 014B2 014|＝________.‎ 解析　令(n2＋n)x2－(2n＋1)x＋1＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝，由题意得|AnBn|＝|x2－x1|，所以|AnBn|＝＝ ＝＝－，因此|A1B1|＋|A2B2|＋…＋|A2 014B2 014|＝＋＋…＋＝1－＝.‎ 答案　 三、解答题 ‎10．(2014·湖南卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．‎ 解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.‎ 故数列{an}的通项公式为an＝n.‎ ‎(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.‎ 记数列{bn}的前2n项和为T2n，‎ 则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．‎ 记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，‎ 则A＝＝22n＋1－2，‎ B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n，‎ 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.‎ ‎11．已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋n2－1，数列{bn}满足3n·bn＋1＝(n＋1)an＋1－nan，且b1＝3.‎ ‎(1)求an，bn；‎ ‎(2)设Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn，并求满足Tn<7时n的最大值．‎ 解　(1)n≥2时，Sn＝an＋n2－1，Sn－1＝an－1＋(n－1)2－1，‎ 两式相减，得an＝an－an－1＋2n－1，∴an－1＝2n－1.‎ ‎∴an＝2n＋1，‎ ‎∴3n·bn＋1＝ (n＋1)(2n＋3)－n(2n＋1)＝4n＋3，‎ ‎∴bn＋1＝，‎ ‎∴当n≥2时，bn＝，‎ 又b1＝3适合上式，∴bn＝.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝，‎ ‎∴Tn＝＋＋＋…＋＋，①‎ Tn＝＋＋＋…＋＋，②‎ ‎①－②，得Tn＝3＋＋＋…＋－ ‎＝3＋4·－＝5－.‎ ‎∴Tn＝－.‎ Tn－Tn＋1＝－＝<0.‎ ‎∴Tn7，‎ ‎∴当Tn<7时，n的最大值为3.‎ B级——能力提高组 ‎1．(2014·上海虹口一模)已知函数f(n)＝n2sin，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 014＝________.‎ 解析　考虑到sin是呈周期性的数列，依次取值1,0，－1,0，…，故在求a1＋a2＋…＋a2 014时要分组求和，又由an的定义，知a1＋a2＋a3＋…＋a2 014＝(a1＋a3＋…＋a2 013)＋(a2＋a4＋…＋a2 014)＝[f(1)＋f(3)＋…＋f(2 013)]＋[f(2)＋f(4)＋…＋f(2 014)]＝[(1－32)＋(52－72)＋…＋(2 0092－2 0112)＋2 0132]＋[(－32＋52)＋(－72＋92)＋…＋(－2 0112＋2 0132)－2 0152]＝－2×(4＋12＋20＋…＋4 020)＋2 0132＋2×(8＋16＋…＋4 024)－2 0152＝－2×‎ eq f(503×(4＋4 020),2)＋2×－2 0152＋2 0132＝503×8－2×4 028＝－4 032.‎ 答案　－4 032‎ ‎2．(2014·上海长宁二模)定义函数f(x)＝{x·{x}}，其中{x}表示不小于x的最小整数，如{1.4}＝2，{－2.3}＝－2.当x∈(0，n](n∈N*)时，函数f(x)的值域为An，记集合An中元素的个数为an，则＋＋…＋＝________.‎ 解析　由题意，a1＝1，当x∈(n，n＋1]时，{x}＝n＋1，x·{x}∈(n2＋n，n2＋2n＋1]，{x·{x}}的取值依次为n2＋n＋1，n2＋n＋2，…，n2＋2n＋1共n＋1个，即an＋1＝an＋n＋1，由此可得an＝1＋2＋3＋…＋n＝，＝＝2，所以＋＋…＋＝2－.‎ 答案　2－ ‎3．(2014·湖南卷)已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*.‎ ‎(1)若{an}是递增数列，且a1,‎2a2,‎3a3成等差数列，求p的值；‎ ‎(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．‎ 解　(1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn.‎ 而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1.‎ 又a1,‎2a2,‎3a3成等差数列，所以‎4a2＝a1＋‎3a3，‎ 因而3p2－p＝0，解得p＝，p＝0.‎ 当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾．‎ 故p＝.‎ ‎(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0，‎ 于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.①‎ 但<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.②‎ 由①②知，a2n－a2n－1>0，因此 a2n－a2n－1＝2n－1＝.③‎ 因为{a2n}是递减数列，同理可得a2n＋1－a2n<0，‎ 故a2n＋1－a2n＝－2n＝④‎ 由③④即知，an＋1－an＝.‎ 于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋－＋…＋ ‎＝1＋· ‎＝＋·.‎ 故数列{an}的通项公式为an＝＋·.‎