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第二讲 数列求和及综合应用
(40分钟 70分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.在数列{an}中,an+1=2an-1,a3=2,设其前n项和为Sn,则S6= ( )
A.874 B.634 C.15 D.27
【解析】选A.因为an+1=2an-1,所以an+1-1=2(an-1),所以{an-1}是以2为公比的等比数列,所以an-1=(a1-1)2n-1,因为a3=2,所以a1=54,所以an=1+2n-3,所以S6=6+634=874.
2.(2018广东省化州市二模)已知有穷数列{an}中,n=1,2,3,…,729,且an=(2n-1)(-1)n+1,从数列{an}中依次取出a2,a5,a14,…构成新数列{bn},容易发现数列{bn}是以-3为首项,-3为公比的等比数列,记数列{an}的所有项的和为S,数列{bn}的所有项的和为T,则 ( )
A.S>T B.S=T
C.S
T.
3.已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1为函数f(x)=3sin x+cos x(x∈R)的最大值,且满足an-anSn+1=a12-anSn,则数列{an}的前2 018项之积A2 018= ( )
A.1 B.12 C.-1 D.2
【解析】选A.因为a1为函数f(x)=3sin x+cos x(x∈R)的最大值,所以a1=2,因为an-anSn+1=a12-anSn,所以(Sn+1-Sn)an=an-1,所以an+1=an-1an,所以a2=12,a3=-1,a4=2所以数列{an}是周期数列,周期为3,所以{an}的前2018项之积A2018=a1a2a3…a2 018
=(-1)6721=1.
4.(2018 河南省六市联考)已知数列{an}满足: an+1+(-1)n+1an=2,则其前100项的和为 ( )
A.250 B.200 C.150 D.100
【解析】选D.因为an+1+(-1)n+1an=2,所以a1+a2=2,a3+a4=2,a5+a6=2,…,a99+a100=2,所以其前100项和为250=100.
5.已知数列{an}满足a1=1, an+1-an=4n-2(n∈N*),则使an≥163的正整数n的最小值为 ( )
A.8 B.10 C.12 D.14
【解析】选B.由题意得an+1-an=4n-2,
则当n≥2时,a2-a1=2,a3-a2=6,…,an-an-1=4n-6,
这n-1个式子相加,就有an-a1=(n-1)(2+4n-6)2=2(n-1)2,
即an=2(n-1)2+1=2n2-4n+3,
当n=1时,a1=1也满足上式,所以an=2n2-4n+3,
由an≥163得2n2-4n+3≥163,即n2-2n-80≥0,
解得n≥10或n≤-8,所以n≥10,
即使an≥163的正整数n的最小值为10.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.已知数列{an}的通项公式为an=1(n+1)n+nn+1(n∈N*),记数列{an}的前n项和Sn,则在S1,S2,…,S2 017中,有____________个有理数.
【解析】依题意,an=1(n+1)n+nn+1=
1nn+1(n+1+n)=n+1-nnn+1
=1n-1n+1,故Sn=a1+a2+…+an=1-1n+1,因为44<2 018<45,故n+1=22,32,…,442,故有43个有理数.
答案:43
7.(2018湖北省联考试题)“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契发现,因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称该数列为“兔子数列”.斐波那契数列{an}满足:a1=1,a2=1,an=an-1+an-2(n≥3,n∈N*),记其前n项和为Sn,设a2 018=t(t为常数),则S2 016+S2 015-S2 014-S2 013=____________(用t表示).
【解析】S2 016+S2 015-S2 014-S2 013=a2 016+a2 015+a2 015+a2 014=a2 017+a2 016=a2 018=t.
答案:t
8.有下列命题:
①等比数列{an}中,前n项和为Sn,公比为q,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,仍然是等比数列,其公比为qn;
②若数列{an}是等差数列,前n项和为Sn,则数列Snn是等差数列;
③若数列{an}是正项数列,且a1+a2+…+an=n2+3n(n∈N*),则a12+a23+…+ann+1=2n2+6n;
④若数列{an}的前n项和为Sn,Sn=20n-19,则数列{an}是等比数列.
其中正确命题的序号是____________(填序号).
【解析】①错,q=-1,n=2,S4-S2=0,不符合等比数列. ②因为数列{an}是等差数列,前n项和为Sn,所以Sn=na1+n(n-1)2d,所以Snn=a1+(n-1)d2,所以数列Snn是以a1为首项,以d2为公差的等差数列.③a1+a2+…+an=n2+3n中n用n-1代替得a1+a2+…+an-1=(n-1)2+3(n-1),两式作差得an=2n+2(n≥2),an=4(n+1)2,a1=16,符合.ann+1=4(n+1),所以a12+a23+…+ann+1=2n2+6n.④当n=1时, a1=S1=201-19=20-18,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=20n-19-20n-20=1920n-20,所以an=20-18, n=11920n-20,n≥2,所以数列{an}不是等比数列
答案:②③
三、解答题(每小题10分,共30分)
9.(2018亳州市一模)已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=3an-λ,其中λ是不为零的常数,n∈N*.
(1)求{an}的通项公式.
(2)若λ=3,记bn=2log3an,求数列{bnbn+2}的前n项和Tn.
【解析】(1)由已知2Sn=3an-λ可得:2Sn+1=3an+1-λ
两式相减得:2an+1=3an+1-3an,即an+1=3an
因为2S1=3a1-λ,所以a1=λ≠0,
所以an≠0,所以an+1an=3,
所以{an}是首项为λ,公比为3的等比数列,从而an=
λ3n-1.
(2)因为λ=3,所以an=3n,从而bn=2n,
所以bnbn+2=4n(n+2)=21n-1n+2,
所以
Tn=
21-13+12-14+13-15+…+1n-1n+2
=21+12-1n+1-1n+2
=3-2n+1-2n+2.
10.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且对任意正整数n,点(an+1,Sn)都在直线2x+y-2=0上.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)若bn=nan2,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<169.
【解析】(1)因为点(an+1,Sn)在直线2x+y-2=0上,所以2an+1+Sn-2=0,
当n>1时,2an+Sn-1-2=0,两式相减得2an+1-2an+Sn-Sn-1=0,即2an+1-2an+an=0,
an+1=12an,又当n=1时,2a2+S1-2=2a2+a1-2=0,a2=12=12a1,
所以{an}是首项a1=1,公比q=12的等比数列,数列{an}的通项公式为an=12n-1.
(2)由(1)知,bn=nan2=n4n-1,
则Tn=1+24+342+…+n4n-1,
14Tn=14+242+…+n-14n-1+n4n,
两式相减得
34Tn=1+14+142+…+14n-1-n4n=1-14n1-14-n4n=431-14n-n4n,
所以Tn=169-16+12n94n<169.
11.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2-1ln2,求数列anbn的前n项和Tn.
【解析】(1)点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上,所以bn=2an,又等差数列{an}的公差为d,
所以bn+1bn=2an+12an=2an+1-an=2d,
因为点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,所以4b7=2a8=b8,所以2d=b8b7=4⇒d=2.又a1=-2,所以
Sn=na1+n(n-1)2d=-2n+n2-n=n2-3n.
(2)由f(x)=2x⇒f′(x)=2xln 2,
函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线方程为y-b2=(2a2ln 2)(x-a2),
所以切线在x轴上的截距为a2-1ln2,从而a2-1ln2=2-1ln2,故a2=2,
从而an=n,bn=2n,anbn=n2n,
Tn=12+222+322+…+n2n,
Tn=122+223+324+…+n2n+1,
所以
12Tn=12+122+123+124+…+12n-n2n+1
=1-12n-n2n+1=1-n+22n+1,
故Tn=2-n+22n.
(20分钟 20分)
1.(10分)设数列{an}满足a1=0且11-an+1-11-an=1.
(1)求{an}的通项公式.
(2)设bn=1-an+1n,记Sn=∑k=1nbk,证明:Sn<1.
【解析】(1)由题设11-an+1-11-an=1,
即11-an是公差为1的等差数列.
又11-a1=1,故11-an=n.所以an=1-1n.
(2)由(1)得bn=1-an+1n=n+1-nn+1n=1n-1n+1,Sn=∑k=1nbk=∑k=1n1k-1k+1=1-1n+1<1.
2.(10分)已知数列{an}的前n项和是Sn,且Sn+13an=1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=log4(1-Sn+1)(n∈N*),Tn=1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1,求使Tn≥1 0072 016成立的最小的正整数n的值.
【解析】(1)当n=1时,a1=S1,由S1+13a1=1⇒a1=34,
当n≥2时,Sn+13an=1, ①
Sn-1+13an-1=1, ②
①-②,得an+13an-13an-1=0,即an=14an-1,
所以{an}是以34为首项,14为公比的等比数列.
故an=3414n-1=314n(n∈N*).
(2)由(1)知1-Sn+1=13an+1=14n+1,
bn=log4(1-Sn+1)=log414n+1=-(n+1),
1bnbn+1=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2,
Tn=1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1
=12-13+13-14+…+1n+1-1n+2
=12-1n+2,
12-1n+2≥1 0072 016⇒n≥2 014,
故使Tn≥1 0072 016成立的最小的正整数n的值为2 014.
2019届高考数学二轮复习 专题二 数列 课后综合提升练 1.2.2 数列求和及综合应用 文.doc
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