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《三维设计》2016届(新课标)高考数学(文)5年高考真题备考试题库:第5章 第4节 数列求和 WORD版含答案.DOC

上传人:高**** 文档编号:98446 上传时间:2024-05-25 格式:DOC 页数:12 大小:143KB
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1、20102014年高考真题备选题库第5章 数列第4节 数列求和1(2014北京,13分)已知an 是等差数列,满足a13,a412,数列bn 满足b14,b420,且 bnan是等比数列(1)求数列an和bn 的通项公式;(2)求数列bn的前n 项和解:(1)设等差数列an的公差为d,由题意得d3.所以ana1(n1)d3n(nN*)设等比数列bnan的公比为q,由题意得q38,解得q2.所以bnan(b1a1)qn12n1.从而bn3n2n1(nN*)(2)由(1)知bn3n2n1(nN*)数列3n的前n项和为n(n1),数列2n1的前n项和为12n1.所以,数列bn的前n项和为n(n1)2

2、n1.2(2014湖南,12分)已知数列an 的前n 项和Sn,nN* .(1)求数列an 的通项公式;(2)设bn2an(1)nan ,求数列bn 的前2n 项和解:(1)当n1时,a1S11;当n2时,anSnSn1n.故数列an的通项公式为ann.(2)由(1)知,ann,故bn2n(1)nn.记数列bn的前2n项和为T2n,则T2n(212222n)(12342n)记A212222n,B12342n,则A22n12,B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.3(2014广东,14分)设各项均为正数的数列an 的前n 项和为Sn ,且 Sn满足 S

3、(n2n3)Sn3(n2n)0,nN*.(1)求a1 的值;(2)求数列an 的通项公式;(3)证明:对一切正整数n ,有.解:(1)由题意知,S(n2n3)Sn3(n2n)0,nN*.令n1,有S(1213)S13(121)0,可得SS160,解得S13或2,即a13或2,又an为正数,所以a12.(2)由S(n2n3)Sn3(n2n)0,nN*可得,(Sn3)(Snn2n)0,则Snn2n或Sn3,又数列an的各项均为正数,所以Snn2n,Sn1(n1)2(n1),所以当n2时,anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n.又a1221,所以an2n.(3)当n1时,成立;当n2时,所以.所

4、以对一切正整数n,有.4(2014安徽,12分)数列an 满足a11,nan1(n1)ann(n1),nN*.(1)证明:数列是等差数列;(2)设 bn3n,求数列bn的前 n项和 Sn.解:(1)证明: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(n1)1n,所以ann2.从而bnn3n.Sn131232333n3n,3Sn132233(n1)3nn3n1.得2Sn31323nn3n1n3n1.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(nN*)(1)证明:数列bn为等比数列;(2)若a11,函数f(

5、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.解:(1)证明:由已知,bn2an0.当n1时,2an1an2d.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y2a2(2a2ln 2)(xa2),它在x轴上的截距为a2.由题意,a22,解得a22.所以,da2a11,ann,bn2n,anbn4n.于是,Sn14242343(n1)4n1n4n,4Sn142243(n1)4nn4n1.因此,Sn4Sn4424nn4n1n4n1.所以Sn.6(2013江苏,16分)设an是首项为a,公差为d的等差数列(

6、d0),Sn是其前n项的和记bn,nN*,其中 c为实数(1)若c0,且b1,b2,b4成等比数列,证明:Snkn2Sk(k,nN*);(2)若bn是等差数列,证明:c0.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,Snnad.(1)由c0,得bnad.又b1,b2,b4成等比数列,所以bb1b4,即2a,化简得d22ad0.因为d0,所以d2a.因此,对于所有的mN*,有Smm2a.从而对于所有的k,nN*,有Snk(nk)2an2k2an2Sk.(2)设数列bn的公差是d1,则bnb1(n1)d1,即b1(n1)d1,nN*

7、,代入Sn的表达式,整理得,对于所有的nN*,有n3n2cd1nc(d1b1)令Ad1d,Bb1d1ad,Dc(d1b1),则对于所有的nN*,有An3Bn2cd1nD.(*)在(*)式中分别取n1,2,3,4,得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1,从而有由,得A0,cd15B,代入方程,得B0,从而cd10.即d1d0,b1d1ad0,cd10.若d10,则由d1d0,得d0,与题设矛盾,所以d10.又cd10,所以c0.7(2013浙江,14分)在公差为d的等差数列an中,已知a110,且a1,2a22,5a3成等比数列(1)求d,an;(2) 若d0,求|a

8、1|a2|a3|an|.解: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5a3a1(2a22)2,即d23d40.故d1或d4.所以ann11,nN*或an4n6,nN*.(2)设数列an的前n项和为Sn.因为d0,由(1)得d1,ann11.则当n11时,|a1|a2|a3|an|Snn2n.当n12时,|a1|a2|a3|an|Sn2S11n2n110.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(nN*), 且2S2,S3,4S4成等差数列 (1)求数列an的通项公

9、式; (2)证明Sn(nN*)解: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S32S24S4S3,即S4S3S2S4,可得2a4a3,于是q.又a1,所以等比数列an的通项公式为ann1(1)n1.(2)证明:Sn1n,Sn1n当n为奇数时,Sn随n的增大而减小,所以SnS1;当n为偶数时,Sn随n的增大而减小,所以SnS2.故对于nN*,有Sn.9. (2013陕西,12分)设Sn表示数列an的前n项和(1)若an

10、为等差数列,推导Sn的计算公式;(2)若a11,q0,且对所有正整数n,有Sn.判断an是否为等比数列,并证明你的结论解: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Sna1a2ana1(a1d)a1(n1)d,又Snan(and)an(n1)d,2Snn(a1an),Sn.法二:设an的公差为d,则Sna1a2ana1(a1d)a1(n1)d,又Snanan1a1a1(n1)da1(n2)da1,2Sn2a1(n1)d2a1(n1)d2a1(n1)d2na1

11、n(n1)d,Snna1d.(2)an是等比数列证明如下:Sn,an1Sn1Snqn.a11,q0,当n1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:a11,an13an,nN.(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b1a2,b3a1a2a3,求T20.解: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an3n1,Sn(3n1)(2)b1a23,b3a1a2a313913,b3b1102d,所以数列bn的公差d5

12、,故T2020351 010.11(2013湖南,13分)设Sn为数列an的前n项和,已知a10,2ana1S1Sn,nN*.(1)求a1,a2,并求数列an的通项公式;(2)求数列nan的前n项和解: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n1,得2a1a1a,即a1a.因为a10,所以a11.令n2,得2a21S21a2,解得a22.当n2时,由2an1Sn,2an11Sn1两式相减得2an2an1an,即an2an1.于是数列an是首项为1,公比为2的等比数列因此,an2n1.所以数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)知,nann2n

13、1.记数列n2n1的前n项和为Bn,于是Bn122322n2n1,2Bn12222323n2n.得Bn12222n1n2n2n1n2n.从而Bn1(n1)2n.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4Sna4n1,nN*,且a2,a5,a14构成等比数列(1)证明:a2 ;(2)求数列an的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有.解: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(1)证明:an0,令n1,有4S1a41,即4a1a41,a2.(2)当n2时,4Sna4n1,4Sn1a4(

14、n1)1,两式相减得4anaa4,有a(an2)2,即an1an2,an从第2项起,是公差为2的等差数列,a5a232a26,a14a2122a224,又a2,a5,a14构成等比数列,有aa2a14,则(a26)2a2(a224),解得a23,由(1)得a11,又an1an2(n2)an是首项为1,公差为2的等差数列,即an1(n1)22n1.(3)证明:由(2)得.13(2012山东,12分)已知等差数列an的前5项和为105,且a102a5.(1)求数列an的通项公式;(2)对任意mN*,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.解:(1)设数列an的公差为d

15、,前n项和为Tn.由T5105,a102a5,得到解得a17,d7.因此ana1(n1)d77(n1)7n(nN*)(2)对mN*,若an7n72m,则n72m1.因此bm72m1,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Sn2n2n,nN*,数列bn满足an4log2bn3,nN*.(1)求an,bn;(2)求数列anbn的前n项和Tn.解:(1)由Sn2n2n,得当n1时,a1S13;当n2时,anSnSn14n1,易知当n1时也满足通式an4n1,所以an4n1,nN*.由4n1an4log2bn3,得bn2n1,nN

16、*.(2)由(1)知anbn(4n1)2n1,nN*,所以Tn3721122(4n1)2n1,2Tn32722(4n5)2n1(4n1)2n,所以2TnTn(4n1)2n34(2222n1)(4n5)2n5.故Tn(4n5)2n5,nN*.15(2012新课标全国,5分)数列an满足an1(1)nan2n1,则an的前60项和为()A3 690B3 660C1 845 D1 830解析:不妨令a11,根据题意,得a22,a3a5a71,a46,a610,所以当n为奇数时,an1,当n为偶数时构成以a22为首项,以4为公差的等差数列所以前60项和为S603023041 830.答案:D16(20

17、11江苏,5分)设1a1a2a7,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_解析:设a2t,则1tqt1q2t2q3,由于t1,所以qmaxt,故q的最小值是.答案:17(2011广东,14分)设b0,数列an满足a1b,an(n2)(1)求数列an的通项公式;(2)证明:对于一切正整数n,2anbn11.(1)由an联想到取倒数得,令cn,有cncn1,当b1时,cn为等差数列,当b1时,设cnk(cn1k),展开对比得k,构造等比数列cn,求得cn后再求an;(2)当b1时,易验证,当b1时,先用分析法将2anbn11转化为bn1

18、1,利用公式anbn(ab)(an1an2bbn1),再转化为2nbn(bn11)(1bb2bn1),然后将右边乘开,再利用基本不等式即可得证解:(1)a1b0,an,令cn,则cncn1,当b1时,cn1cn1,且c11cn是首项为1,公差为1的等差数列,cn1(n1)1n,于是cnn,这时an1;当b1时,cn(cn1),且c1,cn是首项为,公比为的等比数列,cn()n1,由得an,an.(2)证明:由(1)得,当b1时,an1,2anbn1122成立,当b1时,an,2anbn11bn11,而1bn(1b)(1bb2bn1),又b0,故只需证:2nbn(bn11)(1bb2bn1),(

19、)而(bn11)(1bb2bn2bn1)(b2nb2n1bn1)(bn1bn2b1)(b2n1)(b2n1b)(bn1bn1)2bn2bn2bn2nbn,()式成立,原不等式成立18(2010天津,14分)在数列an中,a10,且对任意kN*,a2k1,a2k,a2k1成等差数列,其公差为2k.(1)证明:a4,a5,a6成等比数列;(2)求数列an的通项公式;(3)记Tn,证明:2nTn2(n2)解:(1)证明:由题设可知,a2a122,a3a224,a4a348,a5a4412,a6a5618.从而.所以a4,a5,a6成等比数列(2)由题设,可得a2k1a2k14k,kN*.所以a2k1

20、a1(a2k1a2k1)(a2k1a2k3)(a3a1)4k4(k1)412k(k1),kN*.由a10,得a2k12k(k1),从而a2ka2k12k2k2.所以数列an的通项公式为an或写为an,nN*.(3)证明:由(2)可知a2k12k(k1),a2k2k2.以下分两种情况进行讨论:当n为偶数时,设n2m(mN*)若m1,则2n2.若m2,则2m2m2()2m2(m1)(1)2n.所以2n,从而2nTn2,n4,6,8,当n为奇数时,设n2m1(mN*)4m4m2n,所以2n,从而2nTn2,n3,5,7,.综合和可知,对任意n2,nN*,有2nTn2.19(2010北京,13分)已知an为等差数列,且a36,a60.(1)求an的通项公式;(2)若等比数列bn满足b18,b2a1a2a3,求bn的前n项和公式解:(1)设等差数列an的公差为d.因为a36,a60,所以解得a110,d2.所以an10(n1)22n12.(2)设等比数列bn的公比为q.因为b2a1a2a324,b18,所以8q24,即q3.所以bn的前n项和公式为Sn4(13n)

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