高考文科数学练习测试题第5章第4节数列求和Word格式.docx
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(1)由题意知,S-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*.
令n=1,有S-(12+1-3)S1-3×
(12+1)=0,
可得S+S1-6=0,解得S1=-3或2,
即a1=-3或2,
又an为正数,所以a1=2.
(2)由S-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*可得,(Sn+3)(Sn-n2-n)=0,则Sn=n2+n或Sn=-3,
又数列{an}的各项均为正数,
所以Sn=n2+n,Sn-1=(n-1)2+(n-1),
所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=2n.
又a1=2=2×
1,所以an=2n.
(3)当n=1时,==<
成立;
当n≥2时,=<
=,
所以++…+
<
+
=+<
+=.
所以对一切正整数n,
有++…+<
4.(2014安徽,12分)
数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.
(1)证明:
数列是等差数列;
(2)设bn=3n·
,求数列{bn}的前n项和Sn.
由已知可得=+1,即-=1.
所以是以=1为首项,1为公差的等差数列.
(2)由
(1)得=1+(n-1)·
1=n,所以an=n2.
从而bn=n·
3n.
Sn=1·
31+2·
32+3·
33+…+n·
3n,①
3Sn=1·
32+2·
33+…+(n-1)·
3n+n·
3n+1.②
①-②得-2Sn=31+32+…+3n-n·
3n+1
=-n·
=.
所以Sn=.
5.(2014四川,12分)设等差数列{an}的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N*).
数列{bn}为等比数列;
(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列{anb}的前n项和Sn.
由已知,bn=2an>0.
当n≥1时,=2an+1-an=2d.
所以,数列{bn}是首项为2a1,公比为2d的等比数列.
(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为
y-2a2=(2a2ln2)(x-a2),
它在x轴上的截距为a2-.
由题意,a2-=2-,
解得a2=2.
所以,d=a2-a1=1,an=n,bn=2n,anb=n·
4n.
于是,Sn=1·
4+2·
42+3·
43+…+(n-1)·
4n-1+n·
4n,
4Sn=1·
42+2·
4n+n·
4n+1.
因此,Sn-4Sn=4+42+…+4n-n·
4n+1=-n·
4n+1=.
6.(2013江苏,16分)设{an}是首项为a,公差为d的等差数列(d≠0),Sn是其前n项的和.记bn=,n∈N*,其中c为实数.
(1)若c=0,且b1,b2,b4成等比数列,证明:
Snk=n2Sk(k,n∈N*);
(2)若{bn}是等差数列,证明:
c=0.
证明:
本题考查等差、等比数列的定义,通项及前n项和,意在考查考生分析问题、解决问题的能力与推理论证能力.
由题设,Sn=na+d.
(1)由c=0,得bn==a+d.又b1,b2,b4成等比数列,所以b=b1b4,即2=a,化简得d2-2ad=0.因为d≠0,所以d=2a.
因此,对于所有的m∈N*,有Sm=m2a.
从而对于所有的k,n∈N*,有Snk=(nk)2a=n2k2a=n2Sk.
(2)设数列{bn}的公差是d1,则bn=b1+(n-1)d1,即=b1+(n-1)d1,n∈N*,代入Sn的表达式,整理得,对于所有的n∈N*,有
n3+n2+cd1n=c(d1-b1).
令A=d1-d,B=b1-d1-a+d,D=c(d1-b1),则对于所有的n∈N*,有An3+Bn2+cd1n=D.(*)
在(*)式中分别取n=1,2,3,4,得
A+B+cd1=8A+4B+2cd1=27A+9B+3cd1=64A+16B+4cd1,
从而有
由②,③得A=0,cd1=-5B,代入方程①,得B=0,从而cd1=0.
即d1-d=0,b1-d1-a+d=0,cd1=0.
若d1=0,则由d1-d=0,得d=0,与题设矛盾,所以d1≠0.
又cd1=0,所以c=0.
7.(2013浙江,14分)在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.
(1)求d,an;
(2)若d<
0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.
本题主要考查等差数列、等比数列的概念,等差数列通项公式,求和公式等基础知识,同时考查运算求解能力.
(1)由题意得5a3·
a1=(2a2+2)2,
即d2-3d-4=0.
故d=-1或d=4.
所以an=-n+11,n∈N*或an=4n+6,n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d<
0,由
(1)得d=-1,an=-n+11.则
当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-n2+n.
当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11=n2-n+110.
综上所述,
|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=
8.(2013天津,14分)已知首项为的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),且-2S2,S3,4S4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明Sn+≤(n∈N*).
本题主要考查等差数列的概念,等比数列的概念、通项公式、前n项和公式,数列的基本性质等基础知识.考查分类讨论的思想,考查运算能力、分析问题和解决问题的能力.
(1)设等比数列{an}的公比为q,因为-2S2,S3,4S4成等差数列,所以S3+2S2=4S4-S3,即S4-S3=S2-S4,可得2a4=-a3,于是q==-.又a1=,所以等比数列{an}的通项公式为an=×
n-1=(-1)n-1·
(2)证明:
Sn=1-n,Sn+=1-n+=
当n为奇数时,Sn+随n的增大而减小,所以Sn+≤S1+=;
当n为偶数时,Sn+随n的增大而减小,所以Sn+≤S2+=.
故对于n∈N*,有Sn+≤.
9.(2013陕西,12分)设Sn表示数列{an}的前n项和.
(1)若{an}为等差数列,推导Sn的计算公式;
(2)若a1=1,q≠0,且对所有正整数n,有Sn=.判断{an}是否为等比数列,并证明你的结论.
本题主要考查等差数列前n项和公式推导所用的倒序相加法,考查等比数列的证明方法和一般数列切入点的技巧,深度考查考生应用数列作工具进行逻辑推理的思维方法.
(1)法一:
设{an}的公差为d,则
Sn=a1+a2+…+an=a1+(a1+d)+…+[a1+(n-1)d],
又Sn=an+(an-d)+…+[an-(n-1)d],
∴2Sn=n(a1+an),
∴Sn=.
法二:
又Sn=an+an-1+…+a1
=[a1+(n-1)d]+[a1+(n-2)d]+…+a1,
∴2Sn=[2a1+(n-1)d]+[2a1+(n-1)d]+…+[2a1+(n-1)d]=2na1+n(n-1)d,
∴Sn=na1+d.
(2){an}是等比数列.证明如下:
∵Sn=,
∴an+1=Sn+1-Sn=-==qn.
∵a1=1,q≠0,∴当n≥1时,有==q,
因此,{an}是首项为1且公比为q的等比数列.
10.(2013重庆,13分)设数列{an}满足:
a1=1,an+1=3an,n∈N+.
(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn;
(2)已知{bn}是等差数列,Tn为其前n项和,且b1=a2,b3=a1+a2+a3,求T20.
本题主要考查等比数列、等差数列的通项公式与前n项和等基础知识,考查逻辑思维能力.
(1)由题设知{an}是首项为1,公比为3的等比数列,
所以an=3n-1,Sn==(3n-1).
(2)b1=a2=3,b3=a1+a2+a3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,所以数列{bn}的公差d=5,
故T20=20×
3+×
5=1010.
11.(2013湖南,13分)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1≠0,2an-a1=S1·
Sn,n∈N*.
(1)求a1,a2,并求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{nan}的前n项和.
本题主要考查数列的通项公式和数列求和,结合转化思想,意在考查考生的运算求解能力.
(1)令n=1,得2a1-a1=a,即a1=a.
因为a1≠0,所以a1=1.
令n=2,得2a2-1=S2=1+a2,解得a2=2.
当n≥2时,由2an-1=Sn,2an-1-1=Sn-1两式相减得2an-2an-1=an,
即an=2an-1.
于是数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列.因此,an=2n-1.
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由
(1)知,nan=n·
2n-1.
记数列{n·
2n-1}的前n项和为Bn,于是
Bn=1+2×
2+3×
22+…+n×
2n-1,①
2Bn=1×
2+2×
22+3×
23+…+n×
2n.②
①-②得
-Bn=1+2+22+…+2n-1-n·
2n
=2n-1-n·
2n.
从而Bn=1+(n-1)·
12.(2013广东,14分)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足4Sn=a-4n-1,n∈N*,且a2,a5,a14构成等比数列.
a2=;
(2)求数列{an}的通项公式;
对一切正整数n,有++…+<.
本题主要考查通过“an与Sn法”将递推数列转化为等差数列及裂项求和法,意在考查考生运用化归与转化思想解决问题的能力.
∵an>0,令n=1,有4S1=a-4-1,即4a1=a-4-1,∴a2=.
(2)当n≥2时,4Sn=a-4n-1,4Sn-1=a-4(n-1)-1,两式相减得4an=a-a-4,有a=(an+2)2,即an+1=an+2,
∴{an}从第2项起,是公差为2的等差数列,
∴a5=a2+3×
2=a2+6,a14=a2+12×
2=a2+24,
又a2,a5,a14构成等比数列,有a=a2·
a14,
则(a2+6)2=a2(a2+24),解得a2=3,
由
(1)得a1=1,又an+1=an+2(n≥2).
∴{an}是首项为1,公差为2的等差数列,
即an=1+(n-1)×
2=2n-1.
由
(2)得++…+
=++…+
=
=<.
13.(2012山东,12分)已知等差数列{an}的前5项和为105,且a10=2a5.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)对任意m∈N*,将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm,求数列{bm}的前m项和Sm.
(1)设数列{an}的公差为d,前n项和为Tn.
由T5=105,a10=2a5,
得到
解得a1=7,d=7.
因此an=a1+(n-1)d=7+7(n-1)=7n(n∈N*).
(2)对m∈N*,若an=7n≤72m,则n≤72m-1.
因此bm=72m-1,
所以数列{bm}是首项为7公比为49的等比数列.
故Sm====.
14.(2012浙江,14分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n2+n,n∈N*,数列{bn}满足an=4log2bn+3,n∈N*.
(1)求an,bn;
(2)求数列{an·
bn}的前n项和Tn.
(1)由Sn=2n2+n,得当n=1时,a1=S1=3;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n-1,易知当n=1时也满足通式an=4n-1,
所以an=4n-1,n∈N*.
由4n-1=an=4log2bn+3,得bn=2n-1,n∈N*.
(2)由
(1)知an·
bn=(4n-1)·
2n-1,n∈N*,
所以Tn=3+7×
2+11×
22+…+(4n-1)·
2n-1,2Tn=3×
2+7×
22+…+(4n-5)·
2n-1+(4n-1)·
2n,
所以2Tn-Tn=(4n-1)2n-[3+4(2+22+…+2n-1)]=(4n-5)2n+5.
故Tn=(4n-5)2n+5,n∈N*.
15.(2012新课标全国,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为( )
A.3690 B.3660
C.1845D.1830
解析:
不妨令a1=1,根据题意,得a2=2,a3=a5=a7=…=1,a4=6,a6=10,…,所以当n为奇数时,an=1,当n为偶数时构成以a2=2为首项,以4为公差的等差数列.所以前60项和为
S60=30+2×
30+×
4=1830.
答案:
D
16.(2011江苏,5分)设1=a1≤a2≤…≤a7,其中a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列,a2,a4,a6成公差为1的等差数列,则q的最小值是________.
设a2=t,则1≤t≤q≤t+1≤q2≤t+2≤q3,由于t≥1,所以q≥max{t,,},故q的最小值是.
17.(2011广东,14分)设b>0,数列{an}满足a1=b,an=(n≥2).
对于一切正整数n,2an≤bn+1+1.
(1)由an=联想到取倒数得=+·
,令cn=,有cn=+cn-1,当b=1时,{cn}为等差数列,当b≠1时,设cn+k=(cn-1+k),展开对比得k=,构造等比数列{cn+},求得cn后再求an;
(2)当b=1时,易验证,当b≠1时,先用分析法将2an≤bn+1+1转化为≤bn+1+1,利用公式an-bn=(a-b)(an-1+an-2b+…+bn-1),再转化为2nbn≤(bn+1+1)(1+b+b2+…+bn-1),然后将右边乘开,再利用基本不等式即可得证.
(1)∵a1=b>0,an=,
∴=+·
,
令cn=,则cn=+cn-1,
①当b=1时,cn=1+cn-1,且c1===1
∴{cn}是首项为1,公差为1的等差数列,
∴cn=1+(n-1)×
1=n,于是cn==n,这时an=1;
②当b≠1时,cn+=(cn-1+),且c1+=+=,
{cn+}是首项为,公比为的等比数列,
∴cn+=·
()n-1,由+=得an=,
∴an=.
由
(1)得,当b=1时,an=1,2an≤bn+1+1⇔2≤2成立,
当b≠1时,an=,2an≤bn+1+1⇔≤bn+1+1,
而1-bn=(1-b)(1+b+b2+…+bn-1),
又b>0,
故只需证:
2nbn≤(bn+1+1)(1+b+b2+…+bn-1),(※)
而(bn+1+1)(1+b+b2+…+bn-2+bn-1)=(b2n+b2n-1+…+bn+1)+(bn-1+bn-2+…b+1)=(b2n+1)+(b2n-1+b)+…+(bn+1+bn-1)≥2bn+2bn+…+2bn=2nbn,∴(※)式成立,原不等式成立.
18.(2010天津,14分)在数列{an}中,a1=0,且对任意k∈N*,a2k-1,a2k,a2k+1成等差数列,其公差为2k.
a4,a5,a6成等比数列;
(3)记Tn=++…+,证明:
<2n-Tn≤2(n≥2).
由题设可知,a2=a1+2=2,a3=a2+2=4,a4=a3+4=8,a5=a4+4=12,a6=a5+6=18.
从而==.所以a4,a5,a6成等比数列.
(2)由题设,可得a2k+1-a2k-1=4k,k∈N*.
所以a2k+1-a1=(a2k+1-a2k-1)+(a2k-1-a2k-3)+…+(a3-a1)=4k+4(k-1)+…+4×
1=2k(k+1),k∈N*.
由a1=0,得a2k+1=2k(k+1),从而a2k=a2k+1-2k=2k2.
所以数列{an}的通项公式为an=
或写为an=+,n∈N*.
由
(2)可知a2k+1=2k(k+1),a2k=2k2.
以下分两种情况进行讨论:
①当n为偶数时,设n=2m(m∈N*).
若m=1,则2n-=2.
若m≥2,则
=+=
+=2m++]=2m+2+(-)]=2m+2(m-1)+(1-)=2n--.
所以2n-=+,从而<2n-Tn<2,n=4,6,8,…,
②当n为奇数时,设n=2m+1(m∈N*)
=+=4m--+=4m+-=2n--,
所以2n-=+,从而<2n-Tn<2,n=3,5,7,….
综合①和②可知,对任意n≥2,n∈N*,有<2n-Tn≤2.
19.(2010北京,13分)已知{an}为等差数列,且a3=-6,a6=0.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若等比数列{bn}满足b1=-8,b2=a1+a2+a3,求{bn}的前n项和公式.
(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a3=-6,a6=0,
所以
解得a1=-10,d=2.
所以an=-10+(n-1)·
2=2n-12.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2=a1+a2+a3=-24,b1=-8,
所以-8q=-24,即q=3.
所以{bn}的前n项和公式为Sn==4(1-3n).
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