2016届高考数学（理）5年高考真题备考试题库：第5章 第4节 数列求和

2016届高考数学（理）5年高考真题备考试题库：第5章 第4节 数列求和

‎2010~2014年高考真题备选题库 第5章 数列 第4节 数列求和 ‎1．（2014山东，12分）已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)因为S1＝a1，S2＝‎2a1＋×2＝‎2a1＋2，‎ S4＝‎4a1＋×2＝‎4a1＋12，‎ 由题意得(‎2a1＋2)2＝a1(‎4a1＋12)，‎ 解得a1＝1，所以an＝2n－1.‎ ‎(2)bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1＝(－1)n－1.‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝－＋…＋－＝1－＝.‎ 当n为奇数时，‎ Tn＝－＋…－＋＝1＋＝.‎ 所以Tn＝ ‎2．（2014浙江，14分）已知数列{an}和{bn}满足a‎1a2a3…an＝()bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.‎ ‎(1)求an与bn；‎ ‎(2)设cn＝－(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.‎ ‎①求Sn；‎ ‎②求正整数k，使得对任意n∈N*，均有Sk≥Sn.‎ 解：(1)由题意a‎1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，‎ 知a3＝()b3－b2＝8.‎ 又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，‎ 所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*)．‎ 所以a‎1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)．‎ 故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．‎ ‎(2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)，‎ 所以Sn＝＋＋…＋－＝1－－＝－(n∈N*)．‎ ‎②因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0；‎ 当n≥5时，‎ cn＝，‎ 而－＝>0，‎ 得≤<1，‎ 所以，当n≥5时，cn<0.‎ 综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k＝4.‎ ‎3．（2014江西，12分）已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)，满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0.‎ ‎(1)令cn＝，求数列{cn}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解析：(1)因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0(n∈N*)，‎ 所以－＝2，即cn＋1－cn＝2.‎ 所以数列{cn}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故cn＝2n－1.‎ ‎(2)由bn＝3n－1知an＝cnbn＝(2n－1)3n－1，‎ 于是数列{an}前n项和 Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1，‎ ‎3Sn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，‎ 相减得－2Sn＝1＋2·(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)3n，‎ 所以Sn＝(n－1)3n＋1.‎ ‎4．（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*)．‎ ‎(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；‎ ‎(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－，求数列的前n项和Tn.‎ 解：(1)由已知，b7＝‎2a7，b8＝‎2a8＝4b7，‎ 有‎2a8＝4×‎2a7＝‎2a7＋2，‎ 解得d＝a8－a7＝2.‎ 所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.‎ ‎(2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为 y－‎2a2＝(‎2a2ln 2)(x－a2)，‎ 它在x轴上的截距为a2－.‎ 由题意知，a2－＝2－，‎ 解得a2＝2.‎ 所以d＝a2－a1＝1.‎ 从而an＝n，bn＝2n，‎ 所以Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ ‎2Tn＝＋＋＋…＋.‎ 因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－＝2－－＝.‎ 所以Tn＝.‎ ‎5．（2013福建，5分）已知等比数列{an}的公比为q，记bn＝am(n－1)＋1＋am(n－1)＋2＋…＋am(n－1)＋m，cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)＋2·…·am(n－1)＋m(m，n∈N*)，则以下结论一定正确的是(　　)‎ A．数列{bn}为等差数列，公差为qm B．数列{bn}为等比数列，公比为q‎2m C．数列{cn}为等比数列，公比为qm2‎ D．数列{cn}为等比数列，公比为qmm 解析：本题考查等比数列的定义与通项公式、等差数列前n项和的公式等基础知识，意在考查考生转化和化归能力、公式应用能力和运算求解能力．等比数列{an}的通项公式an＝a1qn－1，所以cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)＋2·…·am(n－1)＋m＝a1qm(n－1)·a1qm(n－1)＋1·…·a1qm(n－1)＋m－1＝aqm(n－1)＋m(n－1)＋1＋…＋m(n－1)＋m－1＝aqm2(n－1)＋＝aqm2(n－1)＋，因为＝‎ ＝qm2，所以数列{cn}为等比数列，公比为qm2.‎ 答案：C　‎ ‎6．（2013重庆，5分）已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.‎ 解析：本题考查等差、等比数列的基本量运算，意在考查考生的基本运算能力．因为{an}为等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，所以a1(a1＋4d)＝(a1＋d)2，解得d＝‎2a1＝2，所以S8＝64.‎ 答案：64‎ ‎7．（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.‎ ‎8．（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|.‎ 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‎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|＝ ‎9．（2013四川，12分）在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．‎ 解：本题考查等差数列、等比中项等基础知识，考查运算求解能力，考查分类与整合等数学思想．设该数列公差为d，前n项和为Sn.由已知，可得‎2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)．‎ 所以，a1＋d＝4，d(d－‎3a1)＝0，‎ 解得a1＝4，d＝0，或a1＝1，d＝3，即数列{an}的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.‎ 所以，数列的前n项和Sn＝4n或Sn＝.‎ ‎10．（2013湖南，5分）设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*，则 ‎(1)a3＝________；‎ ‎(2)S1＋S2＋…＋S100＝________.‎ 解析：本小题主要考查数列的递推关系、等比数列的求和等知识，考查推理论证能力及分类讨论思想．‎ ‎(1)当n＝1时，S1＝(－1)a1－，得a1＝－.‎ 当n≥2时，Sn＝(－1)n(Sn－Sn－1)－.当n为偶数时，Sn－1＝－，当n为奇数时，Sn＝Sn－1－，从而S1＝－，S3＝－，又由S3＝S2－＝－，得S2＝0，则S3＝S2＋a3＝a3＝－.‎ ‎(2)由(1)得S1＋S3＋S5＋…＋S99＝－－－－…－，S101＝－，‎ 又S2＋S4＋S6＋…＋S100＝2S3＋＋2S5＋＋2S7＋＋…＋2S101＋＝0，故S1＋S2＋…＋S100＝.‎ 答案：－　 ‎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．‎ 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)·2n.‎ ‎12．（2013江西，12分）正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式an；‎ ‎(2)令bn＝，数列{bn}的前项n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.‎ 解：本题主要考查求一类特殊数列的和，意在考查考生的转化与化归的数学思想及运算求解能力．‎ ‎(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，‎ 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.‎ 由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.‎ 于是a1＝S1＝2，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.‎ 综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.‎ ‎(2)证明：由于an＝2n，故bn＝＝＝.‎ Tn＝ ＝‎ <＝.‎ ‎13．（2012山东，12分）在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(‎9m,‎92m)内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm.‎ 解：(1)因为{an}是一个等差数列，‎ 所以a3＋a4＋a5＝‎3a4＝84，a4＝28.‎ 设数列{an}的公差为d，‎ 则5d＝a9－a4＝73－28＝45，‎ 故d＝9.‎ 由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1.‎ 所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．‎ ‎(2)对m∈N*，若‎9m

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