（三年模擬一年創(chuàng)新）高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第六章 第四節(jié) 數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用 理（全國通用）試題

eq\a\vs4\al\co1(第四節(jié)數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用)A組專項(xiàng)基礎(chǔ)測試三年模擬精選一、選擇題1．(2015·安徽安慶模擬)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a1＝tan225°，a5＝13a1，設(shè)Sn為數(shù)列{(－1)nan}的前n項(xiàng)和，則S2014A．2015 B．－2015 C．3021 D．－3021解析a1＝tan225°＝tan45°＝1，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則由a5＝13a1，得a5＝13，d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝eq\f(13－1,4)＝3，∴S2014＝－a1＋a2－a3＋a4＋…＋(－1)2014a2014＝－(a1＋a3＋…＋a2013)＋(a2＋a4＋…＋a2014)＝1007d＝1007×3＝3021.故選C.答案C2．＝am＋an＋mn，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,a2008)＝()A.eq\f(2007,2008) B.eq\f(2007,1004) C.eq\f(2008,2009) D.eq\f(4016,2009)解析法一因?yàn)閍n＋m＝an＋am＋mn，則可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，則可猜得數(shù)列的通項(xiàng)an＝eq\f(n（n＋1）,2)，∴eq\f(1,an)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,a2008)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2008)－\f(1,2009)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2009)))＝eq\f(4016,2009).故選D.法二令m＝1，得an＋1＝a1＋an＋n＝1＋an＋n，∴an＋1－an＝n＋1，用疊加法：an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2)，所以eq\f(1,an)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).于是eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2008)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2008)－\f(1,2009)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2009)))＝eq\f(4016,2009)，故選D.答案D3．(2014·山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)設(shè)a1，a2，…，a50是以－1，0，1這三個(gè)整數(shù)中取值的數(shù)列，若a1＋a2＋…＋a50＝9且(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝107，則a1，a2，…，a50當(dāng)中取零的項(xiàng)共有()A．11個(gè) B．12個(gè) C．15個(gè) D．25個(gè)解析(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,50)＋2(a1＋a2＋…＋a50)＋50＝107，∴aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,50)＝39，∴a1，a2，…，a50中取零的項(xiàng)應(yīng)為50－39＝11(個(gè))，故選A.答案A4．(2014·天津調(diào)研)在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N＋)，則S100＝()A．1300 B．2600 C．0 D．2602解析原問題可轉(zhuǎn)化為當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an＋2－an＝0；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an＋2－an＝2.進(jìn)而轉(zhuǎn)化為當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，為常數(shù)列{1}；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，為首項(xiàng)為2，公差為2的等差數(shù)列．所以S100＝S奇＋S偶＝50×1＋(50×2＋eq\f(50×49,2)×2)＝2600.答案B5．(2013·山東菏澤二模)設(shè)f(x)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，對(duì)任意實(shí)數(shù)x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝eq\f(1,2)，an＝f(n)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析f(x)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，對(duì)任意實(shí)數(shù)x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，a1＝eq\f(1,2)，an＝f(n)(n∈N*)，an＋1＝f(n＋1)＝f(1)f(n)＝eq\f(1,2)an，∴Sn＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).答案C二、填空題6．(2014·紹興調(diào)研)已知實(shí)數(shù)a1，a2，a3，a4構(gòu)成公差不為零的等差數(shù)列，且a1，a3，a4構(gòu)成等比數(shù)列，則此等比數(shù)列的公比等于________．解析設(shè)公差為d，公比為q.則aeq\o\al(2,3)＝a1·a4，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，解得a1＝－4d，所以q＝eq\f(a3,a1)＝eq\f(a1＋2d,a1)＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)一年創(chuàng)新演練7．?dāng)?shù)列{an}滿足a1＝3，an－anan＋1＝1，An表示{an}前n項(xiàng)之積，則A2013＝________.解析由a1＝3，an－anan＋1＝1，得an＋1＝eq\f(an－1,an)，所以a2＝eq\f(3－1,3)＝eq\f(2,3)，a3＝－eq\f(1,2)，a4＝3，所以{an}是以3為周期的數(shù)列，且a1a2a3＝－1，又2013＝3×671，所以A2013＝(－1)671＝－1.答案－1B組專項(xiàng)提升測試三年模擬精選一、選擇題8．(2015·吉林長春模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}為等差數(shù)列，則an＝()A.eq\f(n,2n－1) B.eq\f(n＋1,2n－1＋1) C.eq\f(2n－1,2n－1) D.eq\f(n＋1,2n＋1)解析設(shè)bn＝nSn＋(n＋2)an，有b1＝4，b2＝8，則bn＝4n，即bn＝nSn＋(n＋2)an＝4n，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－Sn－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n)))an－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n－1)))an－1＝0，所以eq\f(2（n＋1）,n)an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1，即2·eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(1,2)為公比，1為首項(xiàng)的等比數(shù)列，所以eq\f(an,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，an＝eq\f(n,2n－1).故選A.答案A9．(2015·廣東揭陽一模)已知定義在R上的函數(shù)f(x)、g(x)滿足eq\f(f（x）,g（x）)＝ax，且f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，eq\f(f（1）,g（1）)＋eq\f(f（－1）,g（－1）)＝eq\f(5,2)，若有窮數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(f（n）,g（n）)))(n∈N*)的前n項(xiàng)和等于eq\f(31,32)，則n＝()A．5 B．6 C．7 D．8解析令h(x)＝eq\f(f（x）,g（x）)＝ax，∵h(yuǎn)′(x)＝eq\f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,[g（x）]2)<0，∴h(x)在R上為減函數(shù)，∴0<a<1.由題知，a1＋a－1＝eq\f(5,2)，解得a＝eq\f(1,2)或a＝2(舍去)，∴eq\f(f（n）,g（n）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，∴有窮數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(f（n）,g（n）)))的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝eq\f(31,32)，∴n＝5.答案A二、填空題10．(2014·大同四校聯(lián)考)已知向量a＝(2，－n)，b＝(Sn，n＋1)，n∈N*，其中Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a⊥b，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,an＋1an＋4)))的最大項(xiàng)的值為．解析依題意得a·b＝0，即2Sn＝n(n＋1)，Sn＝eq\f(n（n＋1）,2).當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n（n＋1）,2)－eq\f(n（n－1）,2)＝n；又a1＝1，因此an＝n，eq\f(an,an＋1an＋4)＝eq\f(n,（n＋1）（n＋4）)＝eq\f(n,n2＋5n＋4)＝eq\f(1,n＋\f(4,n)＋5)≤eq\f(1,9)，當(dāng)且僅當(dāng)n＝eq\f(4,n)，n∈N*，即n＝2時(shí)取等號(hào)，因此數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,an＋1an＋4)))的最大項(xiàng)的值是eq\f(1,9).答案eq\f(1,9)三、解答題11．(2014·杭州模擬)設(shè){an}是公比大于1的等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S3＝7，且a1＋3，3a2，a3(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．(2)令bn＝nan，n＝1，2，…，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)由已知，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝7，,\f(（a1＋3）＋（a3＋4）,2)＝3a2，))解得a2＝2.設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由a2＝2，可得a1＝eq\f(2,q)，a3＝2q.又S3＝7，可知eq\f(2,q)＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或eq\f(1,2).由題意得q>1，所以q＝2.則a1＝1.故數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an＝2n－1.(2)由于bn＝n·2n－1，n＝1，2，…，則Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，所以2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，兩式相減得－Tn＝1＋2＋22＋23＋…＋2n－1－n×2n＝2n－n×2n－1，即Tn＝(n－1)2n＋1.12．(2014·江西省重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)已知{an}是單調(diào)遞增的等差數(shù)列，首項(xiàng)a1＝3，前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，首項(xiàng)b1＝1，且a2b2＝12，S3＋b2＝20.(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)令cn＝Sncos(anπ)(n∈N*)，求{cn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q，則a2b2＝(3＋d)q＝12，S3＋b2＝3a2＋b2＝3(3＋d)＋q＝9＋3d＋q＝20，3d＋q＝11，q＝11－3d則(3＋d)(11－3d)＝33＋2d－3d2＝12，即3d2－2d－21＝0，(3d＋7)(d－3)＝0.∵{an}是單調(diào)遞增的等差數(shù)列，∴d>0，∴d＝3，q＝2，an＝3＋(n－1)×3＝3n，bn＝2n－1.(2)由(1)知cn＝Sncos3nπ＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Sn＝\f(3,2)n2＋\f(3,2)n，n是偶數(shù)，,－Sn＝－\f(3,2)n2－\f(3,2)n，n是奇數(shù).))①當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝－S1＋S2－S3＋S4－…－Sn－1＋Sn＝a2＋a4＋a6＋…＋an＝6＋12＋18＋…＋3n＝eq\f(3n（n＋2）,4).②當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，Tn＝Tn－1－Sn＝eq\f(3（n－1）（n＋1）,4)－eq\f(3,2)n2－eq\f(3,2)n＝－eq\f(3,4)(n＋1)2.綜上可得，Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3n（n＋2）,4)，n是偶數(shù)，,－\f(3,4)（n＋1）2，n是奇數(shù).))13．(2014·南通模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝10，an＋1＝9Sn＋10.(1)求證：{lgan}是等差數(shù)列；(2)設(shè)Tn是數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,（lgan）（lgan＋1）)))的前n項(xiàng)和，求Tn；(3)求使Tn>eq\f(1,4)(m2－5m)對(duì)所有的n∈N*恒成立的整數(shù)m的取值集合．(1)證明依題意，a2＝9a1＋10＝100，故eq\f(a2,a1)＝10.當(dāng)n≥2時(shí)，an＋1＝9Sn＋10，an＝9Sn－1＋10，兩式相減得an＋1－an＝9an，即an＋1＝10an，eq\f(an＋1,an)＝10，故{an}為等比數(shù)列，且an＝a1qn－1＝10n(n∈N*)，∴l(xiāng)gan＝n.∴l(xiāng)gan＋1－lgan＝(n＋1)－n＝1，即{lgan}是等差數(shù)列．(2)解由(1)知，Tn＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2)＋\f(1,2×3)＋…＋\f(1,n（n＋1）)))＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝3－eq\f(3,n＋1).(3)解∵Tn＝3－eq\f(3,n＋1)，∴當(dāng)n＝1時(shí)，Tn取最小值eq\f(3,2).依題意有eq\f(3,2)>eq\f(1,4)(m2－5m)，解得－1<m<6，故所求整數(shù)m的取值集合為{0，1，2，3，4，5}．一年創(chuàng)新演練14．觀察下表：12，34，5，6，78，9，10，11，12，13，14，15…(1)求此表中第n行的最后一個(gè)數(shù)；(2)求此表中第n行的各個(gè)數(shù)之和；(3)2014是此表中第幾行的第幾個(gè)數(shù)？(4)是否存在n∈N*，使得從第n行起的連續(xù)10行的所有數(shù)之和為227－213－120？若存在，求出n的值；若不存在，則說明理由．解(1)第n＋1行的第一個(gè)數(shù)是2n，故第n行的最后一個(gè)數(shù)是2n－1.(2)第n行的各數(shù)之和為：2n－1＋(2n－1＋1)＋(2n－1＋2)＋…＋(2n－1)＝eq\f(2n－1＋（2n－1）,2)·2n－1＝2n－2(2n－1＋2n－1)＝2n－2(3·2n－1－1)．(3)∵210＝1024，211＝2048，而1024<2014<2048，∴2014在表中的第11行．該行第一個(gè)數(shù)為210＝1024.∵2014－1024＋1＝991，∴2014為第11行的第991個(gè)數(shù)．(4)設(shè)第n行的所有數(shù)之和為an，從第n行起連續(xù)10行的所有數(shù)之和為Sn，則an＝3·22n－3－2n－2，an＋1＝3·22n－1－2n－1，an＋2＝3·22n＋1－2n，…，an＋9＝3·22n＋15－2n＋7.∴Sn＝3(22n－3＋22n－1＋22n＋1＋…＋22n＋15)－(2n－2＋2n－1＋2n＋…＋2n＋7)＝3·eq\f(22n－3（410－1）,4－1)－eq\f(2n－2（210－1）,2－1)＝22n＋17－22n－3－2n＋8＋2n－2.當(dāng)n＝5時(shí)，S5＝227－128－213＋8＝227－213－120.故存在n＝5，使得從第5行起的連續(xù)10行的所有數(shù)之和為227－213－120.15．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1＝2，nan＋1＝Sn＋n(n＋1)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；(2)設(shè)Tn為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))的前n項(xiàng)和，求Tn；(3)設(shè)bn＝eq\f(1,anan＋1an＋2)，證明：b1＋b2＋b3＋…＋bn＜eq\f(1,32).(1)解由題意，當(dāng)n≥2時(shí)，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(nan＋1＝Sn＋n（n＋1），,（n－1）an＝Sn－1＋（n－1）n，))兩式相減得nan＋1－(n－1)an＝an＋2n,即a