2017届高考文科数学（全国通用）二轮适考素能特训：专题2-4-2数列求和及综合应用

2017届高考文科数学（全国通用）二轮适考素能特训：专题2-4-2数列求和及综合应用

一、选择题 ‎1．[2016·重庆测试]在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝(　　)‎ A．n(3n－1) B. C．n(n＋1) D. 答案　C 解析　依题意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝＝n(n＋1)，选C.‎ ‎2．[2016·郑州质检]正项等比数列{an}中的a1、a4031是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－3的极值点，则log a2016＝(　　)‎ A．1 B．2‎ C. D．－1‎ 答案　A 解析　因为f′(x)＝x2－8x＋6，且a1、a4031是方程x2－8x＋6＝0的两根，所以a1·a4031＝a＝6，即a2016＝，所以log a2016＝1，故选A.‎ ‎3．[2016·太原一模]已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)·cos＋1(n∈N*)，其前n项和为Sn，则S60＝(　　)‎ A．－30 B．－60‎ C．90 D．120‎ 答案　D 解析　由题意可得，当n＝4k－3(k∈N*)时，an＝a4k－3＝1；当n＝4k－2(k∈N*)时，an＝a4k－2＝6－8k；当n＝4k－1(k∈N*)时，an＝a4k ‎－1＝1；当n＝4k(k∈N*)时，an＝a4k＝8k.∴a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝8，∴S60＝8×15＝120.故选D.‎ ‎4．某年“十一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来……按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是(　　)‎ A．211－47 B．212－57‎ C．213－68 D．214－80‎ 答案　B 解析　由题意，可知从早晨6时30分开始，接下来的每个30分钟内进入的人数构成以4为首项，2为公比的等比数列，出来的人数构成以1为首项，1为公差的等差数列，记第n个30分钟内进入公园的人数为an，第n个30分钟内出来的人数为bn则an＝4×2n－1，bn＝n，则上午11时30分公园内的人数为S＝2＋－＝212－57.‎ ‎5．已知曲线C：y＝(x>0)及两点A1(x1,0)和A2(x2,0)，其中x2>x1>0.过A1，A2分别作x轴的垂线，交曲线C于B1，B2两点，直线B1B2与x轴交于点A3(x3,0)，那么(　　)‎ A．x1，，x2成等差数列 B．x1，，x2成等比数列 C．x1，x3，x2成等差数列 D．x1，x3，x2成等比数列 答案　A 解析　由题意，得B1，B2两点的坐标分别为，.‎ 所以直线B1B2的方程为y＝－(x－x1)＋，‎ 令y＝0，得x＝x1＋x2，‎ 所以x3＝x1＋x2，‎ 因此，x1，，x2成等差数列．‎ ‎6．[2016·江西南昌模拟]设无穷数列{an}，如果存在常数A，对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－A|<ε成立，就称数列{an}的极限为A.则四个无穷数列：①{(－1)n×2}；‎ ‎②；‎ ‎③；‎ ‎④{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n}，其中极限为2的共有(　　)‎ A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 答案　D 解析　对于①，|an－2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－1|，当n是偶数时，|an－2|＝0；当n是奇数时，|an－2|＝4，所以数列{(－1)n×2}没有极限，所以2不是数列{(－1)n×2}的极限．‎ 对于②，|an－2|‎ ‎＝ ‎＝ ＝＋>1，所以对于正数ε0＝1，不存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|<ε0成立，即2不是数列 的极限．‎ 对于③，|an－2|＝＝‎ eq lc| c|(avs4alco1(f(1×lc( c)(avs4alco1(1－f(1,2n))),1－f(1,2))－2))＝，令<ε，得n>1－log2ε，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|<ε成立，所以2是数列 的极限．‎ 对于④，当n≥2时，|an－2|＝|1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n－2|＝2×22＋3×23＋…＋n×2n>1，所以对于正数ε0＝1，不存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|<ε0成立，即2不是数列{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n}的极限．‎ 综上所述，极限为2的数列共有1个．‎ 二、填空题 ‎7．[2016·陕西质检二]已知正项数列{an}满足a－6a＝an＋1an，若a1＝2，则数列{an}的前n项和为________．‎ 答案　3n－1‎ 解析　∵a－6a＝an＋1an，∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，∵an>0，∴an＋1＝3an，∴{an}为等比数列，且公比为3，∴Sn＝3n－1.‎ ‎8．[2016·唐山统考]Sn为等比数列{an}的前n项和，若2S4＝S2＋2，则S6的最小值为________．‎ 答案　 解析　由题意得2(a1＋a1q＋a1q2＋a1q3)＝a1＋a1q＋2，整理，得(a1＋a1q)(1＋2q2)＝2，即S2·(1＋2q2)＝2.因为1＋2q2>0，所以S2>0.又由2S4＝S2＋2，得S4＝S2＋1.由等比数列的性质，得S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，所以(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，所以S6＝＋S4＝＋S2＋1＝S2＋≥2＝，当且仅当S2＝，即S2＝ 时等号成立，所以S6的最小值为.‎ ‎9．[2016·武昌调研]设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋＝(－1)nan(n∈N*)，则数列{Sn}的前9项和为________．‎ 答案　－ 解析　因为Sn＋＝(－1)nan，所以Sn－1＋＝(－1)n－1an－1(n≥2)，两式相减得Sn－Sn－1＋－＝(－1)nan－(－1)n－1an－1，‎ 即an－＝(－1)nan＋(－1)nan－1(n≥2)，‎ 当n为偶数时，an－＝an＋an－1，即an－1＝－，‎ 此时n－1为奇数，所以若n为奇数，则an＝－；‎ 当n为奇数时，an－＝－an－an－1，即2an－＝－an－1，所以an－1＝，此时n－1为偶数，所以若n为偶数，则an＝.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝ 所以数列{Sn}的前9项和为S1＋S2＋S3＋…＋S9＝9a1＋8a2＋7a3＋6a4＋…＋3a7＋2a8＋a9＝(9a1＋8a2)＋(7a3＋6a4)＋…＋(3a7＋2a8)＋a9＝－－－－－＝－＝－.‎ 三、解答题 ‎10．[2016·合肥质检]在数列{an}中，a1＝，an＋1＝·an，n∈N*.‎ ‎(1)求证：数列为等比数列；‎ ‎(2)求数列{an}的前n项和Sn.‎ 解　(1)证明：由an＋1＝an知＝·，‎ ‎∴是以为首项，为公比的等比数列．‎ ‎(2)由(1)知是首项为，公比为的等比数列，‎ ‎∴＝n，∴an＝，‎ ‎∴Sn＝＋＋…＋，①‎ 则Sn＝＋＋…＋，②‎ ‎①－②得Sn＝＋＋＋…＋－＝1－，‎ ‎∴Sn＝2－.‎ ‎11．[2015·安徽高考]设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标．‎ ‎(1)求数列{xn}的通项公式；‎ ‎(2)记Tn＝xx…x，证明：Tn≥.‎ 解　(1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2，‎ 从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．‎ 令y＝0，解得切线与x轴交点的横坐标xn＝1－＝.‎ ‎(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知 Tn＝xx…x＝22…2.‎ 当n＝1时，T1＝.‎ 当n≥2时，因为x＝2＝>＝＝，‎ 所以Tn>2×××…×＝.‎ 综上可得对任意的n∈N*，均有Tn≥.‎ ‎12．[2016·河南开封质检]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝1－，其中n∈N*.‎ ‎(1)设bn＝，求证：数列{bn}是等差数列，并求出{an}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝，数列{cncn＋2}的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得Tn<对于n∈N*恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)∵bn＋1－bn＝－ ‎＝－ ‎＝－＝2(常数)，‎ ‎∴数列{bn}是等差数列．‎ ‎∵a1＝1，∴b1＝2，‎ 因此bn＝2＋(n－1)×2＝2n，‎ 由bn＝得an＝.‎ ‎(2)由cn＝，an＝得cn＝，‎ ‎∴cncn＋2＝＝2，‎ ‎∴Tn＝2＝2<3，‎ 依题意要使Tn<对于n∈N*恒成立，只需≥3，即≥3，‎ 解得m≥3或m≤－4，又m为正整数，所以m的最小值为3.‎ 典题例证 ‎[2016·山东高考]已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝.求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 审题过程 　依据an与Sn的关系可求an，进而求出bn的通项．‎ 　先化简数列cn，然后依据其结构特征采取错位相减求和.‎ 　(1)由题意知当n≥2时，‎ an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，‎ 当n＝1时，a1＝S1＝11，‎ 所以an＝6n＋5.‎ 设数列{bn}的公差为d，‎ 由 得 可解得b1＝4，d＝3.‎ 所以bn＝3n＋1.‎ ‎(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.‎ 又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，‎ 所以Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，‎ ‎2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，‎ 两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.‎ 模型归纳 求数列的通项公式及前n项和的模型示意图如下：‎