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2、 1
第41練 數(shù)列綜合練
訓(xùn)練目標(biāo)
(1)數(shù)列知識(shí)的綜合應(yīng)用；(2)學(xué)生解題能力的培養(yǎng)．
訓(xùn)練題型
(1)等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合；(2)一般數(shù)列的通項(xiàng)與求和；(3)數(shù)列與其他知識(shí)的綜合應(yīng)用．
解題策略
(1)用方程(組)思想可解決等差、等比數(shù)列的綜合問(wèn)題；(2)一般數(shù)列的解法思想是轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列；(3)數(shù)列和其他知識(shí)的綜合主要是從條件中尋找數(shù)列的通項(xiàng)公式或遞推
3、公式.
一、選擇題
1．(20xx·山西大學(xué)附中期中)已知－9，a1，a2，－1四個(gè)實(shí)數(shù)成等差數(shù)列，－9，b1，b2，b3，－1五個(gè)實(shí)數(shù)成等比數(shù)列，則b2(a2－a1)等于( )
A．8 B．－8
C．±8 D.
2．(20xx·甘肅天水月考)數(shù)列1，，，，…，的前n項(xiàng)和為( )
A. B.
C. D.
3．已知等比數(shù)列的各項(xiàng)都為正數(shù)，且當(dāng)n≥3時(shí)，a4a2n－4＝102n，則數(shù)列l(wèi)g a1,2lg a2,22lg a3,
23lg a4，…，2n－1lg an，…的前n項(xiàng)和Sn等于( )
A．n·2n B．(n－1)·2n－1－1
C．(n－1)·2n＋1
4、 D．2n＋1
4．若在數(shù)列{an}中，對(duì)任意正整數(shù)n，都有a＋a＝p(p為常數(shù))，則稱數(shù)列{an}為“等方和數(shù)列”，稱p為“公方和”，若數(shù)列{an}為“等方和數(shù)列”，其前n項(xiàng)和為Sn，且“公方和”為1，首項(xiàng)a1＝1，則S2 014的最大值與最小值之和為( )
A．2 014 B．1 007
C．－1 D．2
5．(20xx·鄭州期中)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知(a4－1)3＋2 016(a4－1)＝1，(a2 013－1)3＋2 016·(a2 013－1)＝－1，則下列結(jié)論正確的是( )
A．S2 016＝－2 016，a2 013>a4
B．S2
5、016＝2 016，a2 013>a4
C．S2 016＝－2 016，a2 013
6、0xx·遼寧沈陽(yáng)期中)設(shè)首項(xiàng)不為零的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是Sn，若不等式a＋≥λa對(duì)任意an和正整數(shù)n恒成立，則實(shí)數(shù)λ的最大值為_(kāi)_______．
三、解答題
10．已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，首項(xiàng)a1＝1，公比q>0，其前n項(xiàng)和為Sn，且S1＋a1，S3＋a3，S2＋a2成等差數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若數(shù)列{bn}滿足an＋1＝()anbn，Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，若Tn≥m恒成立，求m的最大值．
答案精析
1．B [由題意，得a2－a1＝d＝＝，b＝9，
又因?yàn)閎2是等比數(shù)列中的第三項(xiàng)，
所以與第一項(xiàng)同號(hào)，即b2＝－3，所以
7、b2(a2－a1)＝－8.故選B.]
2．B [∵＝＝2(－)，
∴數(shù)列1，，，，…，的前n項(xiàng)和為
2[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝2(1－)＝，
故選B.]
3．C [∵等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，且當(dāng)n≥3時(shí)，a4a2n－4＝102n，∴a＝102n，即an＝10n，∴2n－1lg an＝2n－1lg 10n＝n·2n－1，
∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，①
2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，②
∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n
＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1.]
8、
4．D [由題意可知，a＋a＝1，
首項(xiàng)a1＝1，∴a2＝0，a3＝±1，a4＝0，a5＝±1，…，
∴從第2項(xiàng)起，數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)為1或－1，偶數(shù)項(xiàng)為0，
∴S2 014的最大值為1 007，最小值為－1 005，
∴S2 014的最大值與最小值之和為2.]
5．D [∵(a4－1)3＋2 016(a4－1)＝1，(a2 013－1)3＋2 016(a2 013－1)＝－1，
∴(a4－1)3＋2 016(a4－1)＋(a2 013－1)3＋2 016(a2 013－1)＝0，
設(shè)a4－1＝m，a2 013－1＝n，
則m3＋2 016m＋n3＋2 016n＝0，
化為(m
9、＋n)·(m2＋n2－mn＋2 016)＝0，
∵m2＋n2－mn＋2 016>0，
∴m＋n＝a4－1＋a2 013－1＝0，
∴a4＋a2 013＝2，
∴S2 016＝＝＝2 016.
又a4－1>0，a2 013－1<0，
∴a4>1>a2 013，故選D.]
6．2n＋1
解析 根據(jù)題意，在等差數(shù)列{an}中，
a2＝3，a5＝9，則公差d＝2，
則an＝2n－1，
對(duì)于{bn}，由bn＋1＝2bn－1，
可得bn＋1－1＝2(bn－1)，
即{bn－1}是公比為2的等比數(shù)列，
且首項(xiàng)b1－1＝3－1＝2，
則bn－1＝2n，bn＝2n＋1.
7．－
10、
解析 由題意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故數(shù)列是以＝－1為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列，得＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.
8．(0，＋∞)
解析 ∵數(shù)列an－1＝－n2＋n＋5λ2－2λ＋1為單調(diào)遞減數(shù)列，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，an－1>an，
∴－n2＋n＋5λ2－2λ＋1>－(n＋1)2＋(n＋1)＋5λ2－2λ＋1，
即<2n＋1，
由于數(shù)列{2n＋1}在n≥2時(shí)單調(diào)遞增，
因此其最小值為5，
∴<5，∴2λ>1，∴λ>0.
9.
解析 在等差數(shù)列{an}中，首項(xiàng)不為零，
11、即a1≠0，則數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn＝.
由不等式a＋≥λa，
得a＋≥λa，
∴a＋a1an＋a≥λa，
即()2＋＋≥λ.
設(shè)t＝，則y＝t2＋t＋＝(t＋)2＋≥，
∴λ≤，即λ的最大值為.
10．解 (1)方法一 由題意可知
2(S3＋a3)＝(S1＋a1)＋(S2＋a2)，
∴S3－S1＋S3－S2＝a1＋a2－2a3，
即4a3＝a1，
于是＝q2＝，∵q>0，∴q＝.
∵a1＝1，∴an＝()n－1.
方法二 由題意可知
2(S3＋a3)＝(S1＋a1)＋(S2＋a2)，
當(dāng)q＝1時(shí)，不符合題意；
當(dāng)q≠1時(shí)，2(＋q2)
＝1＋1＋＋q，
∴2
12、(1＋q＋q2＋q2)＝2＋1＋q＋q，
∴4q2＝1，∴q2＝，
∵q>0，∴q＝.
∵a1＝1，∴an＝()n－1.
(2)∵an＋1＝()anbn，
∴()n＝()anbn，∴bn＝n·2n－1，
∴Tn＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，①
∴2Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②
∴①－②得－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)2n－1，
∴Tn＝1＋(n－1)2n.
要使Tn≥m恒成立，
只需(Tn)min≥m.
∵Tn＋1－Tn＝n·2n＋1－(n－1)·2n＝(n＋1)·2n>0，
∴{Tn}為遞增數(shù)列，
∴當(dāng)n＝1時(shí)，(Tn)min＝1，
∴m≤1，∴m的最大值為1.
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