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1、
高考數學精品復習資料
2019.5
專題升級訓練 數列的求和及其綜合應用
(時間:60分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本大題共6小題,每小題6分,共36分)
1.已知數列{an}是公差為2的等差數列,且a1,a2,a5成等比數列,則{an}的前5項和S5為( )
A.20 B.30 C.25 D.40
2.(20xx山東煙臺模擬,3)設各項都是正數的等比數列{an},Sn為前n項和,且S10=10,S30=70,那么S40=( )
A.150 B.-200
C.150或-200 D.400或-50
2、3.已知Sn是非零數列{an}的前n項和,且Sn=2an-1,則S2 014等于( )
A.1-22 014 B.22 014-1
C.22 015-1 D.22 013
4.若數列{an}是等差數列,首項a1>0,a1 003+a1 004>0,a1 003a1 004<0,則使數列{an}的前n項和Sn>0成立的最大自然數n是( )
A.2 005 B.2 006
C.2 007 D.2 008
5.設數列{an}是首項為1公比為4的等比數列,把{an}中的每一項都減去3后,得到一個新數列{bn},{bn}的前n項和為Sn,對任意的n∈N*,下列結論正確的是( )
A.
3、4bn=bn+1且Sn=(4n-1)
B.4bn-6=bn+1且Sn=(4n-1)
C.4bn+9=bn+1且Sn=(4n-1)-3n
D.4bn-9=bn+1且Sn=(4n-1)-3n
6.(20xx北京東城模擬,7)對于函數y=f(x),部分x與y的對應關系如下表:
x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
y
7
4
5[來源:]
8
1
3
5
2
6[來源:]
數列{xn}滿足x1=2,且對任意n∈N*,點(xn,xn+1)都在函數y=f(x)的圖象上,則x1+x2+x3+x4+…+x20xx+x20xx的值為( )
A.9 3
4、94 B.9 380 C.9 396 D.9 400
二、填空題(本大題共3小題,每小題6分,共18分)
7.在等差數列{an}中,首項a1=0,公差d≠0,若ak=S6,則k的值為 .[來源:數理化網]
8.已知數列{an}滿足a1=,且對任意的正整數m,n都有am+n=aman,則數列{an}的前n項和Sn= .
9.對于數列{an},定義數列{an+1-an}為數列{an}的“差數列”,若a1=2,{an}的“差數列”的通項為2n,則數列{an}的前n項和Sn= .
三、解答題(本大題共3小題,共46分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
10.(本小
5、題滿分15分)在數列{an}中,a1=,若函數f(x)=x3+1在點(1,f(1))處切線過點(an+1,an).
(1)求證:數列為等比數列;
(2)求數列{an}的通項公式和前n項和公式Sn.
11.(本小題滿分15分)已知函數f(x)=,數列{an}滿足a1=1,an+1=f,n∈N*.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)令bn=(n≥2),b1=3,Sn=b1+b2+…+bn,若Sn<對一切n∈N*成立,求最小正整數m.
12.(本小題滿分16分)(20xx江蘇,19)設{an}是首項為a,公差為d的等差數列(d≠0),Sn是其前n項和.記bn=,n∈N*,其
6、中c為實數.
(1)若c=0,且b1,b2,b4成等比數列,證明:Snk=n2Sk(k,n∈N*);[來源:]
(2)若{bn}是等差數列,證明:c=0.
##
1.C
2.A
3.B 解析:∵Sn=2an-1,∴Sn-1=2an-1-1(n≥2),兩式相減得an=2an-2an-1,即an=2an-1,∴數列{an}是公比為2的等比數列,由S1=2a1-1,得a1=1,
∴S2 014==22 014-1.
4.B 解析:由a1>0,a1 003+a1 004>0,a1 003a1 004<0,可知數列{an}是遞減的等差數列,
∴a1 003>0,a1 004<0.又a1
7、 003+a1 004=a1+a2 006>0,a1+a2 007=2a1 004<0,
∴S2 006=>0,S2 007==2 007a1 004<0,
∴最大自然數n是2 006.
5.C 解析:由已知得bn=4n-1-3,故有4bn+9=4(4n-1-3)+9=4n-3=bn+1,Sn=(1+4+42+…+4n-1)-3n=(4n-1)-3n.
6.A 解析:由題意得,x1=2,x2=4,x3=8,x4=2,…數列的周期為3,故x1+x2+x3+x4+…+x2 012+x2 013=671(x1+x2+x3)=67114=9 394.
7.16
8.2- 解析:令m=1,則
8、an+1=a1an,∴數列{an}是以a1=為首項,為公比的等比數列,Sn==2-.
9.2n+1-2 解析:∵an+1-an=2n,
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=2n-1+2n-2+…+22+2+2
=+2=2n.
∴Sn==2n+1-2.
10.解:(1)證明:因為f(x)=3x2,所以切線的斜率為k=3,切點(1,2),
切線方程為y-2=3(x-1)?3x-y-1=0.
又因為過點(an+1,an),
所以3an+1-an-1=0,
即3an+1=an+1,
所以3an+1-=an-?
3=an-
?,
即
9、數列為一等比數列,公比q=.
(2)由(1)得為一公比為q=,首項為a1-的等比數列,
則an-.
∴an=,
Sn=.
11.解:(1)∵an+1=f=an+,
∴{an}是以1為首項,為公差的等差數列.
∴an=1+(n-1)n+.
(2)當n≥2時,bn=,
又b1=3=,
∴Sn=b1+b2+…+bn=+…+,
∵Sn<對一切n∈N*成立,
即對一切n∈N*成立,
又,∴,
即m≥2 023.
∴最小正整數m為2 023.
12.證明:由題設,Sn=na+d.
(1)由c=0,得bn==a+d.又因為b1,b2,b4成等比數列,所以=b1b4,
即=
10、a,化簡得d2-2ad=0.因為d≠0,所以d=2a.
因此,對于所有的m∈N*,有Sm=m2a.
從而對于所有的k,n∈N*,有Snk=(nk)2a=n2k2a=n2Sk.
(2)設數列{bn}的公差是d1,則bn=b1+(n-1)d1,即=b1+(n-1)d1,n∈N*,代入Sn的表達式,整理得,對于所有的n∈N*,有n3+n2+cd1n=c(d1-b1).
令A=d1-d,B=b1-d1-a+d,D=c(d1-b1),則對于所有的n∈N*,有An3+Bn2+cd1n=D.(*)
在(*)式中分別取n=1,2,3,4,得A+B+cd1=8A+4B+2cd1=27A+9B+3cd1=64A+16B+4cd1,
從而有
由②,③得A=0,cd1=-5B,代入方程①,得B=0,從而cd1=0.
即d1-d=0,b1-d1-a+d=0,cd1=0.
若d1=0,則由d1-d=0,得d=0,與題設矛盾,所以d1≠0.
又因為cd1=0,所以c=0.
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