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【高优指导】2016届高考数学二轮复习 专题能力训练11 数列求和及综合应用 文


专题能力训练 11

数列求和及综合应用
)

一、选择题 1.在等差数列{an}中,a1+a5=8,a8=19,则其前 10 项的和 S10 等于(

A.100 B.115 C.95 D.85 2.在等比数列{an}中,a1=2,前 n 项的和为 Sn,若数列{an+1}也是等比数列,则 Sn 等于( ) A.2n B.3n n C.3 -1 n+1 D.2 -2 3.已知 Sn 是非零数列{an}的前 n 项和,且 Sn=2an-1,则 S2014 等于( ) 2014 A.1-2 2014 B.2 -1 2015 C.2 -1 2013 D.2 4.已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a2·a3=2a1,且 a4 与 2a7 的等差中项为,则 S5 等于( ) A.35 B.33 C.31 D.29 5.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a5+a7=4,a6+a8=-2,则当 Sn 取最大值时 n 的值是( ) A.5 B.6 C.7 D.8 * 6.若向量 an=(cos2nθ ,sin nθ ),bn=(1,2sin nθ )(n∈N ),则数列{an·bn+2n}的前 n 项和 Sn 等于 ( ) 2 A.n 2 B.n +2n 2 C.2n +4n 2 D.n +n 二、填空题 7.等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 4a1,2a2,a3 成等差数列,若 a1=1,则 S4= . 8.已知数列{an}满足 a1=,且对任意的正整数 m,n 都有 am+n=am·an,则数列{an}的前 n 项和

Sn= . n 9.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若 a1=2,{an}的“差数列”的通项为 2 , 则数列{an}的前 n 项和 Sn= .
三、解答题 * 10.(2014 四川成都三诊)已知正项等比数列{an}满足 a2=,a4=,n∈N . (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{bn}满足 bn=log3an·log3an+1,求数列的前 n 项和 Tn.

11.已知函数 f(x)=,数列{an}满足 a1=1,an+1=f,n∈N . (1)求数列{an}的通项公式; * (2)令 bn=(n≥2),b1=3,Sn=b1+b2+?+bn,若 Sn<对一切 n∈N 成立,求最小正整数 m.

*

1

12.设数列{bn}的前 n 项和为 Sn,且 bn=2-2Sn;数列{an}为等差数列,且 a5=14,a7=20. (1)求数列{bn}的通项公式; * (2)若 cn=an·bn(n∈N ),求数列{cn}的前 n 项和 Tn.

答案与解析 专题能力训练 11 1.B 解析:由 a1+a5=8,得 a3=4, ∴S10==5(a3+a8)=5×23=115. 故选 B. 2.A 解析:设等比数列{an}的公比为 q, 2 则(a2+1) =(a1+1)(a3+1), 2 2 2 ∴(2q+1) =3(2q +1),整理得 q -2q+1=0. 数列求和及综合应用

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即 q=1,∴an=2,Sn=2n.选 A. 3.B 解析:∵Sn=2an-1, ∴Sn-1=2an-1-1(n≥2), 两式相减得 an=2an-2an-1, 即 an=2an-1, 2014 ∴数列{an}是公比为 2 的等比数列,由 S1=2a1-1,得 a1=1,∴S2014==2 -1.选 B. 4.C 解析:设等比数列{an}的公比为 q, 3 由 a2·a3=2a1,得 a1q =2,即 a4=2. 由题意 a4+2a7=,∴a7=. 3 则 q =,∴q=. 3 又 a1q =2,∴a1=16. ∴S5==32-1=31.故选 C. 5.B 解析:由 a5+a7=4,a6+a8=-2,两式相减得 2d=-6,∴d=-3. ∵a5+a7=4,∴2a6=4,即 a6=2. 由 a6=a1+5d,得 a1=17. ∴an=a1+(n-1)×(-3)=20-3n, 令 an>0,得 n<,∴前 6 项和最大.故选 B. 2 6.B 解析:an·bn+2n=cos2nθ +2sin nθ +2n 2 2 =(1-2sin nθ )+2sin nθ +2n=2n+1, 则数列{an·bn+2n}是等差数列, 2 ∴Sn==n +2n.故选 B. 7.15 解析:设等比数列{an}的公比为 q,由题意得 4a1+a3=4a2, 2 即 q -4q+4=0,∴q=2. 故 S4==15. 8.2- 解析:令 m=1,则 an+1=a1·an,∴数列{an}是以 a1=为首项,为公比的等比数列, Sn==2-. n+1 n 9.2 -2 解析:∵an+1-an=2 , ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+a1 =2n-1+2n-2+?+22+2+2=+2=2n, n+1 ∴Sn==2 -2. 2 10.解:(1)设公比为 q.∵=q , ∴q=或 q=-. 又数列{an}为正项等比数列,∴q=. 又∵a2=,∴a1=. * ∴an=,n∈N . * (2)∵bn=log3an·log3an+1,n∈N , * ∴bn=n(n+1),n∈N . ∴. ∴Tn=1-+?+=1-. 11.解:(1)∵an+1=f=an+, ∴{an}是以 1 为首项,为公差的等差数列. ∴an=1+(n-1)×n+. (2)当 n≥2 时,bn= =, 又 b1=3=, ∴Sn=b1+b2+?+bn

= =. * ∵Sn<对一切 n∈N 成立, ∴.
又递增,且,

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∴,即 m≥2014. ∴最小正整数 m=2014. 12.解:(1)由 bn=2-2Sn,令 n=1, 则 b1=2-2S1,∴b1=. 当 n≥2 时,由 bn=2-2Sn, 可得 bn-bn-1=-2(Sn-Sn-1)=-2bn,即, 所以{bn}是以 b1=为首项,为公比的等比数列, 则 bn=. (2)数列{an}为等差数列,公差 d=(a7-a5)=3,可得 an=3n-1,从而 cn=an·bn=2(3n-1)·, ∴Tn=2, Tn=2 , ∴Tn=2 , ∴Tn=.

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