（課程標(biāo)準(zhǔn)卷地區(qū)專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)（十）第10講 數(shù)列求和及數(shù)列的簡單應(yīng)用配套作業(yè) 文（解析版）

《（課程標(biāo)準(zhǔn)卷地區(qū)專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)（十）第10講 數(shù)列求和及數(shù)列的簡單應(yīng)用配套作業(yè) 文（解析版）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課程標(biāo)準(zhǔn)卷地區(qū)專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)（十）第10講 數(shù)列求和及數(shù)列的簡單應(yīng)用配套作業(yè) 文（解析版）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(xùn)(十) [第10講　數(shù)列求和及數(shù)列的簡單應(yīng)用] (時間：45分鐘) 　　　　 　　 　　　 　　 　　　　　 　 1．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a2，a4是方程x2－x－2＝0的兩個根，則S5的值是(　　) A. B．5 C．－ D．－5 2．如果等比數(shù)列{an}中，a3·a4·a5·a6·a7＝4，那么a5＝(　　) A．2 B. C．±2 D．± 3．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足S15＝25π，則tana8的值是(　　) A. B．－ C．± D．－ 4．已知數(shù)列{an}滿足a1＝，且

2、對任意的正整數(shù)m，n，都有am＋n＝am·an，若數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則Sn等于(　　) A．2－n－1 B．2－n C．2－ D．2－ 5．已知n是正整數(shù)，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn是nan與an的等差中項，則an等于(　　) A．n2－n B. C．n D．n＋1 6．設(shè)f(x)是定義在R上的不恒為零的函數(shù)，且對任意的實數(shù)x，y∈R，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，若a1＝，an＝f(n)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的前n項和Sn的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 7．已知{an}為等差數(shù)列，a1＋a3＋a5

3、＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n項和，則使Sn達(dá)到最大值的n是(　　) A．18 B．19 C．20 D．21 8．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若M，N，P三點共線，O為坐標(biāo)原點，且＝a15＋a6(直線MP不過點O)，則S20等于(　　) A．10 B．15 C．20 D．40 9．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，若a9＋3a11<0，a10·a11<0，且數(shù)列{an}的前n項和Sn有最大值，那么當(dāng)Sn>0時，n＝(　　) A．20 B．17 C．19 D．21 10．已知等比數(shù)列{an}中，a1＝3，a4＝81，若數(shù)列{bn}滿

4、足bn＝log3an，則數(shù)列的前n項和Sn＝________. 11．定義一個“等積數(shù)列”：在一個數(shù)列中，如果每一項與它后一項的積都是同一個常數(shù)，那么這個數(shù)列叫做“等積數(shù)列”，這個常數(shù)叫做這個數(shù)列的公積．已知數(shù)列{an}是等積數(shù)列，且a1＝2，公積為5，則這個數(shù)列的前n項和Sn的計算公式為________． 12．設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項和，把稱為數(shù)列{an}的“優(yōu)化和”，現(xiàn)有一個共有2 012項的數(shù)列：a1，a2，a3，…，a2 012，若其“優(yōu)化和”為2 013，則有2 013項的數(shù)列：2，a1，a2，a3，…，a2 012的“優(yōu)化和”為________． 13．將函數(shù)f(x

5、)＝sinx·sin(x＋2π)·sin(x＋3π)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)的全部極值點按從小到大的順序排成數(shù)列{an}(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設(shè)bn＝2nan，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求Tn的表達(dá)式． 14．已知數(shù)列{an}有a1＝a，a2＝p(常數(shù)p>0)，對任意的正整數(shù)n，Sn＝a1＋a2＋…＋an，并有Sn滿足Sn＝. (1)求a的值并證明數(shù)列{an}為等差數(shù)列； (2)令pn＝＋，是否存在正整數(shù)M，使不等式p1＋p2＋…＋pn－2n≤M恒成立，若存在，求出M的最小值；若不存在，說明

6、理由． 15．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，點An，(n∈N*)總在直線y＝x＋上． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝(n∈N*)，試問數(shù)列{bn}中是否存在最大項，如果存在，請求出；如果不存在，請說明理由． 專題限時集訓(xùn)(十) 【基礎(chǔ)演練】 1．A　[解析] 依題意，由根與系數(shù)的關(guān)系得a2＋a4＝1，所以S5＝＝＝.故選A. 2．B　[解析] 依據(jù)等比數(shù)列通項公式的性質(zhì)，得a3·a7＝a4·a6＝a，所以a＝2，求得a5＝.故選B. 3．B　[解析]

7、 依題意得S15＝＝15a8＝25π，所以a8＝π，于是tana8＝tanπ＝－.故選B. 4．D　[解析] 令m＝1得an＋1＝a1·an，即＝a1＝，可知數(shù)列{an}是首項為a1＝，公比為q＝的等比數(shù)列．于是Sn＝＝2×＝2－.故選D. 【提升訓(xùn)練】 5．C　[解析] 依題意得2Sn＝nan＋an＝(n＋1)an，當(dāng)n≥2時，2Sn－1＝nan－1，兩式相減得2an＝(n＋1)an－nan－1，整理得＝，所以an＝··…··a1＝··…··1＝n.故選C. 6．C　[解析] 依題意得f(n＋1)＝f(n)·f(1)，即an＋1＝an·a1＝an，所以數(shù)列{an}是以為首項，為公比的

8、等比數(shù)列，所以Sn＝＝1－，所以Sn∈.故選C. 7．C　[解析] 設(shè)等差數(shù)列{an}公差為d，則有(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＝3d＝99－105，則d＝－2，易得a1＝39，an＝41－2n，令an>0得n<20.5，即在數(shù)列{an}中，前20項均為正值，自第21項起以后各項均為負(fù)，因此當(dāng)n＝20時，Sn取得最大值． 8．A　[解析] 依題意得a15＋a6＝1，由等差數(shù)列性質(zhì)知a15＋a6＝a1＋a20，所以S20＝＝10(a15＋a6)＝10.故選A. 9．C　[解析] 由a9＋3a11<0得2a10＋2a11<0，即a10＋a11<0，又a10·a11<0，則a

9、10與a11異號，因為數(shù)列{an}的前n項和Sn有最大值，所以數(shù)列{an}是一個遞減數(shù)列，則a10>0，a11<0，所以S19＝＝19a10>0，S20＝＝10(a10＋a11)<0.故選C. 10.　[解析] 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則＝q3＝27，解得q＝3，所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，由此得bn＝log3an＝n.于是＝＝－，則數(shù)列的前n項和Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝. 11．Sn＝ [解析] 依題意，這個數(shù)列為2，，2，，2，，…，若n是偶數(shù)，則Sn＝×2＋×＝；若n是奇數(shù)，則Sn＝×2＋×＝.故Sn＝ 12．2 014　[解析] 依題意得＝2 013

10、，所以S1＋S2＋…＋S2 012＝2 012×2 013，數(shù)列2，a1，a2，a3，…，a2 012相當(dāng)于在數(shù)列a1，a2，a3，…，a2 012前加一項2，所以其“優(yōu)化和”為 ＝＝2 014. 13．解：(1)f(x)＝sinx·sin(x＋2π)·sin(x＋3π)＝－sinx，其極值點為x＝kπ＋(k∈Z)， 它在(0，＋∞)內(nèi)的全部極值點構(gòu)成以為首項，π為公差的等差數(shù)列，故an＝＋(n－1)π＝nπ－. (2)bn＝2nan＝(2n－1)·2n， ∴Tn＝[1·2＋3·22＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n]， 則2Tn＝[1·22＋3·23＋…＋(2n－3

11、)·2n＋(2n－1)·2n＋1]， 相減，得－Tn＝[1·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n－(2n－1)·2n＋1]， ∴Tn＝π[(2n－3)·2n＋3]． 14．解：(1)由已知，得S1＝＝a1＝a，所以a＝0. 由a1＝0得Sn＝，則Sn＋1＝， ∴2(Sn＋1－Sn)＝(n＋1)an＋1－nan， 即2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan，于是有(n－1)an＋1＝nan， 并且nan＋2＝(n＋1)an＋1， ∴nan＋2－(n－1)an＋1＝(n＋1)an＋1－nan， 即n(an＋2－an＋1)＝n(an＋1－an)， 則有an＋2－an＋1＝an＋1－

12、an，∴{an}為等差數(shù)列． (2)由(1)得Sn＝， ∴pn＝＋＝2＋－， ∴p1＋p2＋p3＋…＋pn－2n＝2＋－＋2＋－＋…＋2＋－－2n＝2＋1－－. 由n是整數(shù)可得p1＋p2＋p3＋…＋pn－2n<3. 故存在最小的正整數(shù)M＝3，使不等式p1＋p2＋p3＋…＋pn－2n≤M恒成立． 15．解：(1)由點An，(n∈N*)在直線y＝x＋上， 故有＝n＋，即Sn＝n2＋n. 當(dāng)n≥2時，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)， 所以an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2＋(n－1)＝n＋1(n≥2)， 當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝2滿足上式． 故數(shù)列{an}的通項公式為an＝n＋1. (2)由(1)an＝n＋1，可知bn＝， b1＝＝<＝＝b2，b3＝＝＝b1，b3＝＝>＝＝b4. 所以，b2>b1＝b3>b4. 猜想{bn＋1}遞減，即猜想當(dāng)n≥2時，>. 考查函數(shù)y＝(x>e)，則y′＝， 顯然當(dāng)x>e時lnx>1，即y′<0， 故y＝在(e，＋∞)上是減函數(shù)，而n＋1≥3>e， 所以<，即<. 猜想正確，因此，數(shù)列{bn}的最大項是b2＝.