新編三年模擬一年創(chuàng)新高考數學復習 第六章 第四節(jié) 數列求和、數列的綜合應用 理全國通用

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1、第四節(jié)第四節(jié)數列求和、數列的綜合應用數列求和、數列的綜合應用A 組專項基礎測試三年模擬精選一、選擇題1(20 xx安徽安慶模擬)已知數列an是等差數列，a1tan 225，a513a1，設Sn為數列(1)nan的前n項和，則S2 014()A2 015B2 015C3 021D3 021解析a1tan 225tan 451，設等差數列an的公差為d，則由a513a1，得a513，da5a15113143，S2 014a1a2a3a4(1)2 014a2 014(a1a3a2 013)(a2a4a2 014)1 007d1 00733 021.故選 C.答案C2(20 xx遼寧沈陽模擬)數列an

2、滿足：a11，且對任意的m，nN N*都有：amnamanmn，則1a11a21a31a2 008()A.2 0072 008B.2 0071 004C.2 0082 009D.4 0162 009解析法一因為anmanammn，則可得a11，a23，a36，a410，則可猜得數列的通項ann（n1）2，1an2n（n1）21n1n1 ，1a11a21a31a2 0082112121312 00812 0092112 009 4 0162 009.故選 D.法二令m1，得an1a1ann1ann，an1ann1，用疊加法：ana1(a2a1)(anan1)12nn（n1）2，所以1an2n（n

3、1）21n1n1 .于是1a11a21a2 0082112 21213 212 00812 009 2112 009 4 0162 009，故選 D.答案D3(20 xx山東實驗中學模擬)設a1，a2，a50是以1，0，1 這三個整數中取值的數列，若a1a2a509 且(a11)2(a21)2(a501)2107，則a1，a2，a50當中取零的項共有()A11 個B12 個C15 個D25 個解析(a11)2(a21)2(a501)2a21a22a2502(a1a2a50)50107，a21a22a25039，a1，a2，a50中取零的項應為 503911(個)，故選A.答案A4(20 xx天

4、津調研)在數列an中，a11，a22，且an2an1(1)n(nN N)，則S100()A1 300B2 600C0D2 602解析原問題可轉化為當n為奇數時，an2an0；當n為偶數時，an2an2.進而轉化為當n為奇數時，為常數列1；當n為偶數時，為首項為 2，公差為 2 的等差數列所以S100S奇S偶501(502504922)2 600.答案B5(20 xx山東菏澤二模)設f(x)是定義在 R R 上恒不為零的函數，對任意實數x、yR R，都有f(x)f(y)f(xy)，若a112，anf(n)(nN N*)，則數列an的前n項和Sn的取值范圍是()A.12，2B.12，2C.12，1

5、D.12，1解析f(x)是定義在 R R 上恒不為零的函數，對任意實數x、yR R，都有f(x)f(y)f(xy)，a112，anf(n)(nN N*)，an1f(n1)f(1)f(n)12an， Sn12112n112112n.則數列an的前n項和的取值范圍是12，1.答案C二、填空題6(20 xx紹興調研)已知實數a1，a2，a3，a4構成公差不為零的等差數列，且a1，a3，a4構成等比數列，則此等比數列的公比等于_解析設公差為d，公比為q.則a23a1a4，即(a12d)2a1(a13d)，解得a14d，所以qa3a1a12da112.答案12一年創(chuàng)新演練7數列an滿足a13，anana

6、n11，An表示an前n項之積，則A2 013_.解析由a13，ananan11，得an1an1an，所以a231323，a312，a43，所以an是以 3 為周期的數列，且a1a2a31，又 2 0133671，所以A2 013(1)6711.答案1B 組專項提升測試三年模擬精選一、選擇題8(20 xx吉林長春模擬)設數列an的前n項和為Sn，且a1a21，nSn(n2)an為等差數列，則an()A.n2n1B.n12n11C.2n12n1D.n12n1解析設bnnSn(n2)an，有b14，b28，則bn4n，即bnnSn(n2)an4n，當n2 時，SnSn112n an12n1an10

7、，所以2（n1）nann1n1an1，即 2annan1n1，所以ann是以12為公比，1 為首項的等比數列，所以ann12n1，ann2n1.故選 A.答案A9 (20 xx廣東揭陽一模)已知定義在 R R 上的函數f(x)、g(x)滿足f（x）g（x）ax， 且f(x)g(x)f(x)g(x)，f（1）g（1）f（1）g（1）52，若有窮數列f（n）g（n） (nN N*)的前n項和等于3132，則n()A5B6C7D8解析令h(x)f（x）g（x）ax，h(x)f（x）g（x）f（x）g（x）g（x）20，h(x)在 R R 上為減函數， 0a1，所以q2.則a11.故數列an的通項為a

8、n2n1.(2)由于bnn2n1，n1，2，則Tn122322n2n1，所以 2Tn2222(n1)2n1n2n，兩式相減得Tn1222232n1n2n2nn2n1，即Tn(n1)2n1.12(20 xx江西省重點中學聯考)已知an是單調遞增的等差數列，首項a13，前n項和為Sn，數列bn是等比數列，首項b11，且a2b212，S3b220.(1)求an和bn的通項公式；(2)令cnSncos(an)(nN N*)，求cn的前n項和Tn.解(1)設數列an的公差為d，數列bn的公比為q，則a2b2(3d)q12，S3b23a2b23(3d)q93dq20，3dq11，q113d，則(3d)(1

9、13d)332d3d212，即 3d22d210，(3d7)(d3)0.an是單調遞增的等差數列，d0，d3，q2，an3(n1)33n，bn2n1.(2)由(1)知cnSncos 3nSn32n232n，n是偶數，Sn32n232n，n是奇數.當n是偶數時，Tnc1c2c3cnS1S2S3S4Sn1Sna2a4a6an612183n3n（n2）4.當n是奇數時，TnTn1Sn3（n1） （n1）432n232n34(n1)2.綜上可得，Tn3n（n2）4，n是偶數，34（n1）2，n是奇數.13(20 xx南通模擬)設數列an的前n項和為Sn，a110，an19Sn10.(1)求證：lgan

10、是等差數列；(2)設Tn是數列3（lgan） （lgan1） 的前n項和，求Tn；(3)求使Tn14(m25m)對所有的nN N*恒成立的整數m的取值集合(1)證明依題意，a29a110100，故a2a110.當n2 時，an19Sn10，an9Sn110，兩式相減得an1an9an，即an110an，an1an10，故an為等比數列，且ana1qn110n(nN N*)，lgann.lgan1lgan(n1)n1，即lgan是等差數列(2)解由(1)知，Tn31121231n（n1）311212131n1n133n1.(3)解Tn33n1，當n1 時，Tn取最小值32.依題意有3214(m2

11、5m)，解得1m6，故所求整數m的取值集合為0，1，2，3，4，5一年創(chuàng)新演練14觀察下表：12，34，5，6，78，9，10，11，12，13，14，15(1)求此表中第n行的最后一個數；(2)求此表中第n行的各個數之和；(3)2 014 是此表中第幾行的第幾個數？(4)是否存在nN N*，使得從第n行起的連續(xù) 10 行的所有數之和為 227213120？若存在，求出n的值；若不存在，則說明理由解(1)第n1 行的第一個數是 2n，故第n行的最后一個數是 2n1.(2)第n行的各數之和為：2n1(2n11)(2n12)(2n1)2n1（2n1）22n12n2(2n12n1)2n2(32n11

12、)(3)2101 024，2112 048，而 1 0242 0142 048，2 014 在表中的第 11 行該行第一個數為 2101 024.2 0141 0241991，2 014 為第 11 行的第 991 個數(4)設第n行的所有數之和為an，從第n行起連續(xù) 10 行的所有數之和為Sn，則an322n32n2，an1322n12n1，an2322n12n，an9322n152n7.Sn3(22n322n122n122n15)(2n22n12n2n7)322n3（4101）412n2（2101）2122n1722n32n82n2.當n5 時，S52271282138227213120.

13、故存在n5，使得從第 5 行起的連續(xù) 10 行的所有數之和為 227213120.15已知數列an的前n項和為Sn，且滿足a12，nan1Snn(n1)(1)求數列an的通項公式an；(2)設Tn為數列an2n的前n項和，求Tn；(3)設bn1anan1an2，證明：b1b2b3bn132.(1)解由題意，當n2 時，有nan1Snn（n1） ，（n1）anSn1（n1）n，兩式相減得nan1(n1)anan2n,即an1an2.由a12，a2S12，S1a1，得a2a12.所以對一切正整數n，有an1an2，故ana12(n1)2n，即an2n(nN N* *)(2)解由(1)，得an2n2n2nn2n1，所以Tn122322n2n1，兩邊同乘以12，得12Tn12222n12n1n2n，得12Tn11212212n1n2n，所以12Tn112n112n2n，故Tn4n22n1.(3)證明由(1)，得bn12n2（n1）2（n2）1161n（n1）1（n1） （n2）b1b2b3bn1161121231231341n（n1）1（n1） （n2）116121（n1） （n2）132116（n1） （n2）132.