2019屆高考數(shù)學二輪復習 第二篇 專題通關攻略 專題3 數(shù)列 專題能力提升練九 2.3.2 數(shù)列求和及綜合應用.doc

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專題能力提升練 九　數(shù)列求和及綜合應用 (45分鐘　80分) 一、選擇題(每小題5分,共30分) 1.等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn=a3n-1+b,則ab= (　　) A.-3 B.-1 C.1 D.3 【解析】選A.因為等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn=a3n-1+b, 所以a1=S1=a+b, a2=S2-S1=3a+b-a-b=2a, a3=S3-S2=9a+b-3a-b=6a, 因為等比數(shù)列{an}中,a22=a1a3, 所以(2a)2=(a+b)6a,解得ab=-3. 2.等比數(shù)列{an}中,a3=9,前3項和為S3=033x2dx,則公比q的值是 (　　) A.1 B.-12 C.1或-12 D.-1或-12 【解析】選C.S3=x303=27,則當q≠1時, S3=a1(1-q3)1-q=27,a3=a1q2=9,可得q=1(舍)或-12. 當q=1時,a3=a2=a1=9,S3=27,也符合題意. 3.設數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且a1=1,{Sn+nan}為常數(shù)列,則an= (　　) A.13n-1 B.2n(n+1) C.6(n+1)(n+2) D.5-2n3 【解析】選B.由題意知,Sn+nan=2,當n≥2時,Sn-1+(n-1)an-1=2,兩式相減整理得(n+1)an=(n-1)an-1,從而a2a1a3a2a4a3…anan-1=1324…n-1n+1,有an=2n(n+1),當n=1時上式成立,所以an=2n(n+1). 4.已知x>1,y>1,且lg x,14,lg y成等比數(shù)列,則xy有 (　　) A.最小值10 B.最小值10 C.最大值10 D.最大值10 【解析】選B.因為lg x,14,lg y成等比數(shù)列, 所以142=(lg x)(lg y),即(lg x)(lg y)=116, 又x>1,y>1,所以lg x>0,lg y>0, 所以lg x+lg y≥2(lgx)(lgy)=12, 當且僅當lg x=lg y時,即x=y取等號, 所以lg x+lg y=lg(xy)≥12,則xy≥10, 即xy有最小值是10. 5. 已知數(shù)列{an}滿足a1=1,a2=2,an+2=1+cos2nπ2an+sin2nπ2,則該數(shù)列的前18項和為 (　　) A.2 101 B.1 067 C.1 012 D.2 012 【解析】選B.當n為奇數(shù)時,an+2=an+1,這是一個首項為1,公差為1的等差數(shù)列; 當n為偶數(shù)時,an+2=2an+1,這是一個以2為首項,公比為2的等比數(shù)列, 所以S18=a1+a2+…+a17+a18=(a1+a3+…+a17)+(a2+a4+…+a18)=9+9(9-1)21+2(1-29)1-2 =9+36+1 022=1 067. 6.已知函數(shù)f(x)=exex+1,{an}為等比數(shù)列,an>0且a1 009=1,則f(ln a1)+f(ln a2)+…+f(ln a2 017)= (　　) A.2 007 B.11 009 C.1 D.2 0172 【解析】選D.因為f(x)=exex+1, 所以f(-x)+f(x)=exex+1+e-xe-x+1=1, 因為數(shù)列{an}是等比數(shù)列, 所以a1a2 017=a2a2 016=…=a1 008a1 010=a1 0092=1, 所以設S2 017=f(ln a1)+f(ln a2)+…+f(ln a2 017)?、? 因為S2 017=f(ln a2 017)+f(ln a2 016)+…+f(ln a1)?、? ①+②得2S2 017=2 017, 所以S2 017=2 0172. 二、填空題(每小題5分,共10分) 7.數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若點(n,Sn)(n∈N*)在函數(shù)y=log2(x+1)的反函數(shù)的圖象上,則an=________. 【解析】由題意得n=log2(Sn+1)?Sn=2n-1. 當n≥2時,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1, 當n=1時,a1=S1=21-1=1也適合上式, 所以數(shù)列{an}的通項公式an=2n-1. 答案:2n-1 8.(2018河南一診)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和,a1=1,當n≥2時,恒有kan= anSn-Sn2成立,若S99=150,則k=________. 【解析】當n≥2時,恒有kan=anSn-Sn2成立, 即為(k-Sn)(Sn-Sn-1)=-Sn2, 化為1Sn-1Sn-1=1k, 可得1Sn=1+n-1k, 可得Sn=kk+n-1. 由S99=150, 可得150=kk+98,解得k=2. 答案:2 三、解答題(每小題10分,共40分) 9.(2018佛山一模)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列,數(shù)列{bn}滿足b1=-3,b2=-6, an+1+bn=n(n∈N*). (1)求{an}的通項公式. (2)求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 【解析】(1)因為an+1+bn=n,則a2+b1=1,得a2=4,a3+b2=2,得a3=8, 因為數(shù)列{an}是等比數(shù)列,所以a1q=4,a1q2=8,解得a1=2,q=2, 所以an=a1qn-1=2n. (2)由(1)可得bn=n-an+1=n-2n+1, 所以Sn=(1-22)+(2-23)+…+(n-2n+1) =(1+2+3+…+n)-(22+23+…+2n+1) =n(n+1)2-22(1-2n)1-2 =n2+n2+4-2n+2. 10.(2018化州二模)設數(shù)列{an}滿足:a1=1,點(an,an+1)(n∈N*)均在直線y=2x+1上. (1)證明數(shù)列{an+1}為等比數(shù)列,并求出數(shù)列{an}的通項公式. (2)若bn=log2(an+1),求數(shù)列{(an+1)bn}的前n項和Tn. 【解析】(1)因為點(an,an+1)(n∈N*)均在直線y=2x+1上, 所以an+1=2an+1,變形為:an+1+1=2(an+1), 又a1+1=2. 所以數(shù)列{an+1}為等比數(shù)列,首項與公比都為2. 所以an+1=2n,解得an=2n-1. (2)bn=log2(an+1)=n, 所以(an+1)bn=n2n. 數(shù)列{(an+1)bn}的前n項和Tn=2+222+323+…+n2n, 2Tn=22+223+…+(n-1)2n+n2n+1, 相減可得:-Tn=2+22+…+2n-n2n+1=2(2n-1)2-1-n2n+1, 所以Tn=(n-1)2n+1+2. 11.(2018大慶一模)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,點(n,Sn)在曲線y=12x2+52x上,數(shù)列{bn}滿足bn+bn+2=2bn+1,b4=11,{bn}的前5項和為45. (1)求{an},{bn}的通項公式. (2)設cn=1(2an-3)(2bn-8),數(shù)列{cn}的前n項和為Tn,求使不等式Tn>k54恒成立的最大正整數(shù)k的值. 【解析】(1)由已知得:Sn=12n2+52n, 當n=1時,a1=S1=12+52=3, 當n≥2時,an=Sn-Sn-1=12n2+52n-12(n-1)2-52(n-1)=n+2, 當n=1時,a1也符合上式. 所以an=n+2. 因為數(shù)列{bn}滿足bn+bn+2=2bn+1,所以{bn}為等差數(shù)列.設其公差為d. 則b4=b1+3d=11,5b3=5(b1+2d)=45,解得b1=5,d=2, 所以bn=2n+3. (2)由(1)得,cn=1(2an-3)(2bn-8) =1(2n+1)(4n-2) =12(2n+1)(2n-1)=1412n-1-12n+1, Tn=141-13+13-15+…+12n-1-12n+1 =141-12n+1, 因為Tn+1-Tn=1412n+1-12n+3 =12(2n+1)(2n+3)>0, 所以{Tn}是遞增數(shù)列. 所以Tn≥T1=16, 故Tn>k54恒成立只要T1=16>k54恒成立. 所以k<9,最大正整數(shù)k的值為8. 【加固訓練】 (2018茂名一模)設正項等比數(shù)列{an},a4=81,且a2,a3的等差中項為32(a1+a2). (1)求數(shù)列{an}的通項公式. (2)若bn=log3a2n-1,數(shù)列{bn}的前n項和為Sn,數(shù)列{cn}滿足cn=14Sn-1,Tn為數(shù)列{cn}的前n項和,若Tn<λn恒成立,求λ的取值范圍. 【解析】(1)設等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0), 由題意,得a4=a1q3=81,a1q+a1q2=3(a1+a1q),解得a1=3,q=3, 所以an=a1qn-1=3n. (2) 由(1)得bn=log332n-1=2n-1,Sn=n(b1+bn)2=n[1+(2n-1)]2=n2. 所以cn=14n2-1=1212n-1-12n+1, 所以Tn=121-13+13-15+…+12n-1-12n+1=n2n+1, 若Tn=n2n+1<λn恒成立,則λ>12n+1(n∈N*)恒成立, 則λ>12n+1max,所以λ>13. 12.已知函數(shù)f(x)=ln x+cos x-6π-92x的導數(shù)為f′(x),且數(shù)列{an}滿足an+1+an=nf′π6+3(n∈N*). (1)若數(shù)列{an}是等差數(shù)列,求a1的值. (2)若對任意n∈N*,都有an+2n2≥0成立,求a1的取值范圍. 【解析】f′(x)=1x-sin x-6π+92,則f′π6=4, 故an+1+an=4n+3. (1)設等差數(shù)列{an}的公差為d, 則an=a1+(n-1)d,an+1=a1+nd, 由an+1+an=4n+3得(a1+nd)+[a1+(n-1)d]=4n+3,解得d=2,a1=52. (2)由an+1+an=4n+3得an+2+an+1=4n+7,兩式相減得an+2-an=4, 故數(shù)列{a2n-1}是首項為a1,公差為4的等差數(shù)列;數(shù)列{a2n}是首項為a2,公差為4的等差數(shù)列, 又a1+a2=7,a2=7-a1, 所以an=2n-2+a1(n為奇數(shù)),2n+3-a1(n為偶數(shù)). ①當n為奇數(shù)時,an=2n-2+a1,則有a1≥-2n2-2n+2對任意的奇數(shù)n恒成立, 令f(n)=-2n2-2n+2=-2n+122+52,n為奇數(shù),則f(n)max=f(1)=-2,所以a1≥-2. ②當n為偶數(shù)時,an=2n+3-a1,則有-a1≥-2n2-2n-3對任意的偶數(shù)n恒成立, 令g(n)=-2n2-2n-3=-2n+122-52,n為偶數(shù),則g(n)max=g(2)=-15,故-a1≥-15,解得a1≤15. 綜上,a1的取值范圍是[-2,15]. (建議用時:50分鐘) 1.(2018遂寧一模)在數(shù)列{an}中,a2=8,a5=2,且2an+1-an+2=an(n∈N*),則|a1|+|a2|+…+|a10|的值是 (　　) A.210 B.10 C.50 D.90 【解析】選C.因為2an+1-an+2=an(n∈N*),即2an+1=an+2+an(n∈N*), 所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列, 設公差為d,則a1+d=8,a1+4d=2, 聯(lián)立解得a1=10,d=-2, 所以an=10-2(n-1)=12-2n.令an≥0,解得n≤6. Sn=n(10+12-2n)2=11n-n2. 所以|a1|+|a2|+…+|a10|=a1+a2+…+a6-a7-…-a10=2S6-S10 =2(116-62)-(1110-102)=50. 【加固訓練】 (2018內(nèi)江一模)已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,a1=1,a8=3a3,則a2S1S2+a3S2S3 +a4S3S4+…+an+1SnSn+1=________. 【解析】由a1=1,a8=3a3,得a1+7d=3(a1+2d), 即1+7d=3+6d,得d=2, an+1SnSn+1=Sn+1-SnSnSn+1=1Sn-1Sn+1, 則a2S1S2+a3S2S3+a4S3S4+…+an+1SnSn+1=1S1-1S2+1S2-1S3+…+1Sn-1Sn+1=1S1-1Sn+1 =1-1(n+1)+(n+1)n22 =1-1(n+1)2. 答案:1-1(n+1)2 2.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若a1為函數(shù)f(x)=3sin x+cos x(x∈R)的最大值,且滿足an-anSn+1=a12-anSn,則數(shù)列{an}的前2 018項之積A2 018= (　　) A.1 B.12 C.-1 D.2 【解析】選A.函數(shù)f(x)=3sin x+cos x =2sinx+π6, 當x=2kπ+π3,k∈Z時,f(x)取得最大值2, 則a1=2. 由an-anSn+1=a12-anSn=1-anSn, 即為an=anSn+1-anSn+1, 即有an+1=an-1an=1-1an, an+2=1-1an+1=11-an, an+3=1-1an+2=an, 則數(shù)列{an}是周期為3的數(shù)列, 且a1=2,a2=12,a3=-1, 則一個周期的乘積為-1, 由于2 018=3672+2, 則數(shù)列{an}的前2 018項之積A2 018=1212=1. 3.已知無窮數(shù)列{an},a1=1,a2=2,對任意n∈N*,有an+2=an,數(shù)列{bn}滿足bn+1-bn=an(n∈N*),若數(shù)列b2nan中的任意一項都在該數(shù)列中重復出現(xiàn)無數(shù)次,則滿足要求的b1的值為________. 【解析】a1=1,a2=2,對任意n∈N*,有an+2=an, 所以a3=a1=1,a4=a2=2,a5=a3=a1=1, 所以an=1,n為奇數(shù),2,n為偶數(shù), 所以bn+1-bn=an=1,n為奇數(shù),2,n為偶數(shù), 所以b2n+2-b2n+1=a2n+1=1,b2n+1-b2n=a2n=2, 所以b2n+2-b2n=3,b2n+1-b2n-1=3, 所以b3-b1=b5-b3=…=b2n+1-b2n-1=3, b4-b2=b6-b4=b8-b6=…=b2n-b2n-2=3,b2-b1=1, b2a1=b2,b4a2=b42,b6a3=b6,b8a4=b82,…,b4n-2a2n-1=b4n-2,b4na2n=b4n2, 因為數(shù)列b2nan中的任意一項都在該數(shù)列中重復出現(xiàn)無數(shù)次,所以b2=b6=b10=…=b4n-2, b4=b8=b12=…=b4n, 解得b8=b4=3,b2=3, 因為b2-b1=1,所以b1=2. 答案:2 4.(2018菏澤一模) 已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且S6=-9,S8=4,若滿足不等式nSn≤λ的正整數(shù)n有且僅有3個,則實數(shù)λ的取值范圍為________. 【解析】不妨設Sn=An2+Bn, 由S6=-9,S8=4,得36A+6B=-9,64A+8B=4, 則A=1,B=-152,所以nSn=n3-152n2, 令f(x)=x3-152x2, 則f′(x)=3x2-15x=3x(x-5), 易得數(shù)列{nSn}在n≤5時單調(diào)遞減; 在n>5時單調(diào)遞增. 令nSn=bn,有b3=-812,b4=-56,b5=-1252,b6=-54,b7=-492. 若滿足題意的正整數(shù)n只有3個,則n只能為4,5,6,故實數(shù)λ的取值范圍為-54,-812. 答案:-54,-812 5.(2018日照一模)已知等差數(shù)列{an}的公差d>0,其前n項和為Sn,且a2+a4=8, a3,a5,a8成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項公式. (2)令bn=1a2n-1a2n+1+n,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 【解析】(1)因為a2+a4=8, a1+2d=4　①, 因為a3,a5,a8為等比數(shù)列,則a52=a3a8, 即(a1+4d)2=(a1+2d)(a1+7d), 化簡得:a1=2d　②, 聯(lián)立①和②得:a1=2,d=1, 所以an=n+1. (2)因為bn=1a2n-1a2n+1+n=12n(2n+2)+n =141n-1n+1+n, 所以Tn=141-12+1+1412-13+2+1413-14+3+…+141n-1n+1+n =141-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1+(1+2+3+…+n) =141-1n+1+n(n+1)2 =n4(n+1)+n(n+1)2. 6.(2018安慶二模)已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的首項a1=2,且a1+1,a2+1, a4+1成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項公式. (2)設bn=1anan+1,n∈N*,Sn是數(shù)列{bn}的前n項和,求使Sn<319成立的最大的正整數(shù)n. 【解析】(1)設數(shù)列{an}的公差為d, 則an=2+(n-1)d,n∈N*. 由a1+1,a2+1,a4+1成等比數(shù)列, 得(a2+1)2=(a1+1)(a4+1), 即(3+d)2=3(3+3d),得d=0(舍去)或d=3. 所以數(shù)列{an}的通項公式an=3n-1,n∈N*. (2)因為 bn=1anan+1=1(3n-1)(3n+2)=1313n-1-13n+2, 所以Sn=1312-15+1315-18+…+ 1313n-1-13n+2=1312-13n+2=n2(3n+2), 由Sn<319,即n2(3n+2)<319,得n<12. 所以使Sn<319成立的最大的正整數(shù)n=11. 【加固訓練】 1.在△ABC中,D是BC的中點,點列Pn(n∈N*)在線段AC上,且滿足=an+1 +an,若a1=1,則數(shù)列{an}的通項公式an=__________. 【解析】=12(+) =12+12 =12-λ(λ>0), 所以=-1λ+12λ, 所以an+1=12λ,an=-1λ, 所以an+1=-12an, 又a1=1, 所以{an}是以1為首項,-12為公比的等比數(shù)列, 所以an=-12n-1. 答案:-12n-1 2.(2018成都七中二診)等差數(shù)列{an}各項都為正數(shù),且其前9項之和為45,設bn=1an+4a10-n,其中1≤n≤9,若{bn}中的最小項為b3,則{an}的公差不能為(　　) A.1 B.56 C.23 D.12 【解析】選D.設等差數(shù)列{an}的首項為a1,公差為d,由前9項之和為45,可得 S9=9a1+982d=45,所以a1+4d=5,a1=5-4d, an=5-4d+(n-1)d=nd+5-5d, bn=1(n-5)d+5+45d+5-nd,要使b3最小,則b3b2,所以b3不是最小值, 所以{an}的公差不能是12. 3.(2018內(nèi)江一模)設n∈N*,函數(shù)f1(x)=xex,f2(x)=f1′(x),f3(x)=f2′(x),…, fn+1(x)=fn′(x),曲線y=fn(x)的最低點為Pn,△PnPn+1Pn+2的面積為Sn,則 (　　) A.{Sn}是常數(shù)列　　　　 B.{Sn}不是單調(diào)數(shù)列 C.{Sn}是遞增數(shù)列 D.{Sn}是遞減數(shù)列 【解析】選D.根據(jù)題意,函數(shù)f1(x)=xex, 其導函數(shù)f1′(x)=(x)′ex+x(ex)′=(x+1)ex, 分析可得在(-∞,-1)上,f1′(x)<0,f1(x)為減函數(shù), 在(-1,+∞)上,f1′(x)>0,f1(x)為增函數(shù), 曲線y=f1(x)的最低點P1-1,-1e, 對于函數(shù)f2(x)=f1′(x)=(x+1)ex, 其導數(shù)f2′(x)=(x+1)′ex+(x+1)(ex)′=(x+2)ex, 分析可得在(-∞,-2)上,f2′(x)<0,f2(x)為減函數(shù), 在(-2,+∞)上,f2′(x)>0,f2(x)為增函數(shù), 曲線y=f2(x)的最低點P2-2,-1e2, 分析可得曲線y=fn(x)的最低點Pn,其坐標為-n,-1en; 則Pn+1-n-1,-1en+1,Pn+2-n-2,-1en+2; 所以|PnPn+1|=(-n-1+n)2+-1en+1+1en2 =1+1e2n1-1e2, 直線PnPn+1的方程為y+1en-1en+1+1en=x+n-n-1+n,分子、分母同乘en+1,得en+1y+e-1+e=x+n-1?-(en+1y+e)=(e-1)x+(e-1)n. 即(e-1)x+en+1y+e+en-n=0,故點Pn+2到直線PnPn+1的距離d=e+1e-2(e-1)2+e2n+2, 所以Sn=12|PnPn+1|d=e2-2e+12en+2, 設g(n)=e2-2e+1en+2,易知函數(shù)g(n)為單調(diào)遞減函數(shù),故{Sn}是遞減數(shù)列.