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高考数学二轮专题学与练 10 数列求和及其应用(高考押题)(含解析)
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这是一份高考数学二轮专题学与练 10 数列求和及其应用(高考押题)(含解析),共14页。
高考押题专练
1.在等差数列中,,是方程的两根,则数列的前11项和等于
A.66 B.132
C.66 D. 32
【答案】D
【解析】因为,是方程的两根,
所以,
又,所以,
,故选D.
2.已知Sn是数列{an}的前n项和,且Sn+1=Sn+an+3,a4+a5=23,则S8=( )
A.72 B.88
C.92 D.98
【解析】法一 由Sn+1=Sn+an+3,得an+1-an=3,数列{an}是公差为3的等差数列,又a4+a5=23=2a1+7d=2a1+21,∴a1=1,S8=8a1+d=92.
法二 由Sn+1=Sn+an+3,得an+1-an=3,数列{an}是公差为3的等差数列,S8===92.
【答案】C
3.数列中,,且,则数列前2019项和为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】∵,
∴,
整理得:,
∴,又,
∴,
可得:.
则数列前2019项和为:.
故选B.
4.数列{an}满足a1=1,且an+1=a1+an+n(n∈N*),则++…+等于( )
A. B.
C. D.
【解析】由a1=1,an+1=a1+an+n可得an+1-an=n+1,利用累加法可得an-a1=,所以an=,所以==2,故++…+=2
=2=,选A.
【答案】A
5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,S3=a5.令bn=(-1)n-1an,则数列{bn}的前2n项和T2n为( )
A.-n B.-2n
C.n D.2n
【解析】设等差数列{an}的公差为d,由S3=a5,得3a2=a5,∴3(1+d)=1+4d,解得d=2,∴an=2n-1,∴bn=(-1)n-1(2n-1),∴T2n=1-3+5-7+…+(4n-3)-(4n-1)=-2n,选B.
【答案】B
6.已知数列{an}的通项公式为an=(-1)n(2n-1)·cos+1(n∈N*),其前n项和为Sn,则S60=( )
A.-30 B.-60
C.90 D.120
【解析】由题意可得,当n=4k-3(k∈N*)时,an=a4k-3=1;当n=4k-2(k∈N*)时,an=a4k-2=6-8k;当n=4k-1(k∈N*)时,an=a4k-1=1;当n=4k(k∈N*)时,an=a4k=8k.所以a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k=8,所以S60=8×15=120.
【答案】D
7.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若a1=2,数列{an}的“差数列”的通项为an=2n,则数列{an}的前n项和Sn=( )
A.2 B.2n
C.2n+1-2 D.2n-1-2
【解析】因为an+1-an=2n,所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+22+2+2=+2=2n-2+2=2n,所以Sn==2n+1-2.
【答案】C
8.各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且3Sn=anan+1,则2k=( )
A. B.
C. D.
【解析】当n=1时,3S1=a1a2,3a1=a1a2,所以a2=3,当n≥2时,由3Sn=anan+1,可得3Sn-1=an-1an,
两式相减得:3an=an(an+1-an-1),
又因为an≠0,所以an+1-an-1=3,
所以{a2n}是一个以3为首项,3为公差的等差数列.
所以2k=a2+a4+a6+…+a2n=3n+×3=.
【答案】C
9.在各项都为正数的数列{an}中,首项a1=2,且点(a,a)在直线x-9y=0上,则数列{an}的前n项和Sn等于( )
A.3n-1 B.
C. D.
【解析】由点(a,a)在直线x-9y=0上,得a-9a=0,即(an+3an-1)(an-3an-1)=0,又数列{an}各项均为正数,且a1=2,∴an+3an-1>0,∴an-3an-1=0,即=3,∴数列{an}是首项a1=2,公比q=3的等比数列,其前n项和Sn===3n-1,故选A.
【答案】A
10.已知数列1,3,5,7,…,则其前n项和Sn为( )
A.n2+1- B.n2+2-
C.n2+1- D.n2+2-
【解析】∵an=2n-1+,
∴Sn=+=n2+1-.
【答案】A
11.若数列{an}的通项公式为an=,则其前n项和Sn为( )
A.1- B.--
C.-- D.--
【解析】∵an==-,
∴Sn=a1+a2+…+an=1-+-+-+…+-+-=1+--=--.
【答案】D
12.已知等比数列{an}中,a2·a8=4a5,等差数列{bn}中,b4+b6=a5,则数列{bn}的前9项和S9等于( )
A.9 B.18 C.36 D.72
【解析】∵在等比数列{an}中,a2·a8=4a5,即a=4a5,
∴a5=4.
∴由题意可知a5=b4+b6=2b5=4,∴b5=2.
∴S9=9b5=18.
【答案】B
13.等比数列{an}中,a4=2,a7=5,则数列{lg an}的前10项和等于( )
A.2 B.lg 50 C.5 D.10
【解析】由题意可知a4a7=a5a6=a3a8=a2a9=a1a10,即a1a2…a9a10=105,
所以数列{lg an}的前10项和等于lg a1+lg a2+…+lg a9+lg a10=lg a1a2…a10=lg 105=5.
【答案】C
14.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.”其意思为:有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,请问第二天走了( )
A.192里 B.96里 C.48里 D.24里
【解析】由题意,知每天所走路程形成以a1为首项,公比为的等比数列,则=378,解得a1=192,则a2=96,即第二天走了96里.
【答案】B
15.在数列{an}中,an+1-an=2,Sn为{an}的前n项和.若S10=50,则数列{an+an+1}的前10项和为________.
【解析】{an+an+1}的前10项和为a1+a2+a2+a3+…+a10+a11=2(a1+a2+…+a10)+a11-a1=2S10+10×2=120.
【答案】120
16.已知数列5,6,1,-5,…,该数列的特点是从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前16项之和S16等于________.
【解析】根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1,-5,-6,-1,5,6,发现从第7项起,数字重复出现,所以此数列为周期数列,且周期为6,前6项和为5+6+1+(-5)+(-6)+(-1)=0.
又因为16=2×6+4,所以这个数列的前6项之和S16=2×0+7=7.
【答案】7
17.已知定义在R上的函数f(x)是奇函数,且满足f(x)=f(x+3),f(-2)=-3.若数列{an}中,a1=-1,且前n项和Sn满足=2×+1,则f(a5)+f(a6)=________.
【解析】∵函数f(x)是奇函数,
∴f(-x)=-f(x),f(0)=0.
∵f(x)=f(x+3),
∴f(x)是以3为周期的周期函数.
∵Sn=2an+n,
∴Sn-1=2an-1+(n-1)(n≥2),
两式相减并整理得an=2an-1-1,即an-1=2(an-1-1)(n≥2),
∴数列{an-1}是以2为公比的等比数列,
首项为a1-1=-2,
∴an-1=-2×2n-1=-2n,an=-2n+1,
∴a5=-31,a6=-63,
∴f(a5)+f(a6)=f(-31)+f(-63)=f(2)+f(0)=f(2)=-f(-2)=3.[来源:学科网ZXXK]
【答案】3
18.已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和.
【解析】(1)设等比数列{bn}的公比为q,
则q===3,
∴b1==1,b4=b3q=27,
∴bn=3n-1(n=1,2,3,…).
设等差数列{an}的公差为d.
∵a1=b1=1,a14=b4=27,
∴1+13d=27,
即d=2.
∴an=2n-1(n=1,2,3,…).
(2)由(1)知an=2n-1,bn=3n-1,
因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.
从而数列{cn}的前n项和
Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1=+=n2+.
19.已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=6,S5=15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,首项为a1,
∵S3=6,S5=15,[来源:Z§xx§k.Com]
∴即
解得
∴{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×1=n.
(2)由(1)得bn==,
∴Tn=+++…++,①
①式两边同乘,得
Tn=++++…++,②
①-②得Tn=+++…+-=-=1--,
∴Tn=2--.
20.已知函数f(x)=x2+bx为偶函数,数列{an}满足an+1=2f(an-1)+1,且a1=3,an>1.
(1)设bn=log2(an-1),证明:数列{bn+1}为等比数列;
(2)设cn=nbn,求数列{cn}的前n项和Sn.
(1)证明:∵函数f(x)=x2+bx为偶函数,
∴b=0,
∴f(x)=x2,
∴an+1=2(an-1)2+1,
∴an+1-1=2(an-1)2,
∴===2.
∵a1=3,
∴b1=log22=1,
∴bn+1=2n.
即bn=2n-1,
∴数列{bn+1}是以2为首项,以2为公比的等比数列.
(2)解:由题意得cn=n2n-n.
设An=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,
设Bn=1+2+3+4+…+n=,
∴2An=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1.
∴-An=2+22+23+…+2n-n×2n+1=-n×2n+1=2n+1-n×2n+1-2,
∴An=(n-1)2n+1+2.
∴Sn=An-Bn=(n-1)2n+1+2-.
21.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=2S2+4,a5=36.
(1)求an,Sn;
(2)设bn=Sn-1(n∈N*),Tn=+++…+,求Tn.
【解析】(1)因为S3=2S2+4,
所以a1-d=-4,
又因为a5=36,所以a1+4d=36,
解得d=8,a1=4,
所以an=4+8(n-1)=8n-4,
Sn==4n2.
(2)bn=Sn-1=4n2-1=(2n-1)(2n+1),
∴=
=,
∴Tn=+++…+=
==.
22.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=,an=-2SnSn-1(n≥2且n∈N*).
(1)求证:数列是等差数列;
(2)求Sn和an.
【解析】(1)证明:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-2SnSn-1,①
∴Sn(1+2Sn-1)=Sn-1,由上式知,若Sn-1≠0,则Sn≠0.
∵S1=a1≠0,由递推关系知Sn≠0(n∈N*),
∴由①式可得,当n≥2时,-=2.
∴是等差数列,其中首项为==2,公差为2.
(2)∵=+2(n-1)=+2(n-1)=2+2(n-1)=2n,∴Sn=.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-;
当n=1时,a1=S1=不适合上式.
∴an=
23.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公比为q的等比数列{bn}的首项为,且a1+2q=3,a2+4b2=6,S5=40.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式an,bn;
(2)求数列的前n项和Tn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,
则解得
所以an=2+3(n-1)=3n-1,
bn=·=.
(2)+
=+
=+22n+1,
即有Tn=
+
=+(22n+3-8)
=-.
24.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,对∀n∈N*,有2Sn=a+an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=,设{bn}的前n项和为Tn,求T1,T2,T3,…,T100中有理数的个数.
【解析】(1)∵2Sn=a+an,①
∴当n=1时,2a1=a+a1,解得a1=1;
当n≥2时,2Sn-1=a+an-1,②
由①②得(an+an-1)(an-an-1-1)=0,
∵∀n∈N*有an>0,
∴an-an-1=1.
∴数列{an}是等差数列,首项为1,公差为1.
∴an=1+(n-1)=n.
(2)∵bn=
==-,
∴{bn}的前n项和为Tn=++…+=1-,
∴T1,T2,T3,…,T100中只有取n=3,8,15,24,35,48,63,80,99时,Tn才有理数.
∴T1,T2,T3,…,T100中有理数的个数为9.
25.已知等差数列{an}的公差d≠0,它的前n项和为Sn,若S5=70,且a2,a7,a22成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列的前n项和为Tn,求证:≤Tn<.
【解析】(1)由题意得
解得a1=6,d=4,
∴an=6+(n-1)×4=4n+2.
(2)∵a1=6,d=4,
∴Sn=6n+×4=2n2+4n,
即==,
∴Tn=
=
=-<,
∵Tn+1-Tn=>0,
∴数列{Tn}是递增数列,
即(Tn)min=T1=-=.
故≤Tn<.
26.已知数列{an}是公差为正数的等差数列,数列{bn}为等比数列,且a1=1,a2=b2,a5=b3,a14=b4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)对任意给定的k∈N*,是否存在p,r∈N*(k<p<r)使,,成等差数列?若存在,用k分别表示p和r(只要写出一组即可);若不存在,请说明理由.
【解析】(1)设数列{an}的公差为d,
则a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d,
即b2=1+d,b3=1+4d,b4=1+13d,
所以(1+4d)2=(1+d)(1+13d),
解得d=2或d=0(舍去),所以d=2,
所以an=1+2(n-1),即an=2n-1,
又b2=a2=3,b3=a5=9,所以{bn}的公比q===3,
所以bn=b2qn-2=3×3n-2,即bn=3n-1.
(2)当k=1时,若存在p,r,使,,成等差数列,则=-=-=,
因为p≥2,所以ar<0,与数列{an}为正项数列相矛盾,因此,当k=1时不存在;
当k≥2时,设ak=x,ap=y,ar=z,
则+=,
所以z=,
令y=2x-1,得z=xy=x(2x-1),
此时ak=x=2k-1,ap=y=2x-1=2(2k-1)-1,
所以p=2k-1,ar=z=(2k-1)(4k-3)=2(4k2-5k+2)-1,
所以r=4k2-5k+2.
综上所述,当k=1时,不存在p,r;
当k≥2时,存在p=2k-1,r=4k2-5k+2满足要求.
27.设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=9,a2为整数,且Sn≤S5.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设数列的前n项和为Tn,求证:Tn≤.
【解析】(1)由a1=9,a2为整数可知,等差数列{an}的公差d为整数.
又Sn≤S5,∴a5≥0,a6≤0,
于是9+4d≥0,9+5d≤0,
解得-≤d≤-.
∵d为整数,∴d=-2.
故{an}的通项公式为an=11-2n.
(2)由(1),得==,
∴Tn=
=.
令bn=,由函数f(x)=的图象关于点(4.5,0)对称及其单调性,知0
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