新編高三數(shù)學(xué) 第41練 數(shù)列綜合練

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1、 第41練 數(shù)列綜合練 訓(xùn)練目標(biāo) (1)數(shù)列知識(shí)的綜合應(yīng)用；(2)學(xué)生解題能力的培養(yǎng)． 訓(xùn)練題型 (1)等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合；(2)一般數(shù)列的通項(xiàng)與求和；(3)數(shù)列與其他知識(shí)的綜合應(yīng)用． 解題策略 (1)用方程(組)思想可解決等差、等比數(shù)列的綜合問題；(2)一般數(shù)列的解法思想是轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列；(3)數(shù)列和其他知識(shí)的綜合主要是從條件中尋找數(shù)列的通項(xiàng)公式或遞推公式. 一、選擇題 1．(20xx·山西大學(xué)附中期中)已知－9，a1，a2，－1四個(gè)實(shí)數(shù)成等差數(shù)列，－9，b1，b2，b3，－1五個(gè)實(shí)數(shù)成等比數(shù)列，則b2(a2－a1)等于(　　) A．8 B．

2、－8 C．±8 D. 2．(20xx·甘肅天水月考)數(shù)列1，，，，…，的前n項(xiàng)和為(　　) A. B. C. D. 3．已知等比數(shù)列的各項(xiàng)都為正數(shù)，且當(dāng)n≥3時(shí)，a4a2n－4＝102n，則數(shù)列l(wèi)g a1,2lg a2,22lg a3, 23lg a4，…，2n－1lg an，…的前n項(xiàng)和Sn等于(　　) A．n·2n B．(n－1)·2n－1－1 C．(n－1)·2n＋1 D．2n＋1 4．若在數(shù)列{an}中，對(duì)任意正整數(shù)n，都有a＋a＝p(p為常數(shù))，則稱數(shù)列{an}為“等方和數(shù)列”，稱p為“公方和”，若數(shù)列{an}為“等方和數(shù)列”，其前n項(xiàng)和為Sn，且“公方和”

3、為1，首項(xiàng)a1＝1，則S2 014的最大值與最小值之和為(　　) A．2 014 B．1 007 C．－1 D．2 5．(20xx·鄭州期中)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知(a4－1)3＋2 016(a4－1)＝1，(a2 013－1)3＋2 016·(a2 013－1)＝－1，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．S2 016＝－2 016，a2 013>a4 B．S2 016＝2 016，a2 013>a4 C．S2 016＝－2 016，a2 013

4、n}滿足a2＝3，a5＝9，若數(shù)列{bn}滿足b1＝3，bn＋1＝abn，則{bn}的通項(xiàng)公式bn＝________. 7．設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝____________. 8．(20xx·遼寧師大附中期中)已知數(shù)列an－1＝－n2＋n＋5λ2－2λ＋1為單調(diào)遞減數(shù)列，則λ的取值范圍是__________________． 9．(20xx·遼寧沈陽期中)設(shè)首項(xiàng)不為零的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是Sn，若不等式a＋≥λa對(duì)任意an和正整數(shù)n恒成立，則實(shí)數(shù)λ的最大值為________． 三、解答題 10．已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，

5、首項(xiàng)a1＝1，公比q>0，其前n項(xiàng)和為Sn，且S1＋a1，S3＋a3，S2＋a2成等差數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足an＋1＝()anbn，Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，若Tn≥m恒成立，求m的最大值．  答案精析 1．B　[由題意，得a2－a1＝d＝＝，b＝9， 又因?yàn)閎2是等比數(shù)列中的第三項(xiàng)， 所以與第一項(xiàng)同號(hào)，即b2＝－3，所以b2(a2－a1)＝－8.故選B.] 2．B　[∵＝＝2(－)， ∴數(shù)列1，，，，…，的前n項(xiàng)和為 2[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝2(1－)＝， 故選B.] 3．C　[∵等比數(shù)列{an}的

6、各項(xiàng)都為正數(shù)，且當(dāng)n≥3時(shí)，a4a2n－4＝102n，∴a＝102n，即an＝10n，∴2n－1lg an＝2n－1lg 10n＝n·2n－1， ∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，① 2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，② ∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n ＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1， ∴Sn＝(n－1)·2n＋1.] 4．D　[由題意可知，a＋a＝1， 首項(xiàng)a1＝1，∴a2＝0，a3＝±1，a4＝0，a5＝±1，…， ∴從第2項(xiàng)起，數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)為1或－1，偶數(shù)項(xiàng)為0， ∴S2 014的最大值為1 007，最小

7、值為－1 005， ∴S2 014的最大值與最小值之和為2.] 5．D　[∵(a4－1)3＋2 016(a4－1)＝1，(a2 013－1)3＋2 016(a2 013－1)＝－1， ∴(a4－1)3＋2 016(a4－1)＋(a2 013－1)3＋2 016(a2 013－1)＝0， 設(shè)a4－1＝m，a2 013－1＝n， 則m3＋2 016m＋n3＋2 016n＝0， 化為(m＋n)·(m2＋n2－mn＋2 016)＝0， ∵m2＋n2－mn＋2 016>0， ∴m＋n＝a4－1＋a2 013－1＝0， ∴a4＋a2 013＝2， ∴S2 016＝＝＝2 016. 又

8、a4－1>0，a2 013－1<0， ∴a4>1>a2 013，故選D.] 6．2n＋1 解析　根據(jù)題意，在等差數(shù)列{an}中， a2＝3，a5＝9，則公差d＝2， 則an＝2n－1， 對(duì)于{bn}，由bn＋1＝2bn－1， 可得bn＋1－1＝2(bn－1)， 即{bn－1}是公比為2的等比數(shù)列， 且首項(xiàng)b1－1＝3－1＝2， 則bn－1＝2n，bn＝2n＋1. 7．－ 解析　由題意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故數(shù)列是以＝－1為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列，得＝－1－(n－1)＝－n

9、，所以Sn＝－. 8．(0，＋∞) 解析　∵數(shù)列an－1＝－n2＋n＋5λ2－2λ＋1為單調(diào)遞減數(shù)列， ∴當(dāng)n≥2時(shí)，an－1>an， ∴－n2＋n＋5λ2－2λ＋1>－(n＋1)2＋(n＋1)＋5λ2－2λ＋1， 即<2n＋1， 由于數(shù)列{2n＋1}在n≥2時(shí)單調(diào)遞增， 因此其最小值為5， ∴<5，∴2λ>1，∴λ>0. 9. 解析　在等差數(shù)列{an}中，首項(xiàng)不為零， 即a1≠0，則數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn＝. 由不等式a＋≥λa， 得a＋≥λa， ∴a＋a1an＋a≥λa， 即()2＋＋≥λ. 設(shè)t＝，則y＝t2＋t＋＝(t＋)2＋≥， ∴λ≤，即λ的最大值為

10、. 10．解　(1)方法一　由題意可知 2(S3＋a3)＝(S1＋a1)＋(S2＋a2)， ∴S3－S1＋S3－S2＝a1＋a2－2a3， 即4a3＝a1， 于是＝q2＝，∵q>0，∴q＝. ∵a1＝1，∴an＝()n－1. 方法二　由題意可知 2(S3＋a3)＝(S1＋a1)＋(S2＋a2)， 當(dāng)q＝1時(shí)，不符合題意； 當(dāng)q≠1時(shí)，2(＋q2) ＝1＋1＋＋q， ∴2(1＋q＋q2＋q2)＝2＋1＋q＋q， ∴4q2＝1，∴q2＝， ∵q>0，∴q＝. ∵a1＝1，∴an＝()n－1. (2)∵an＋1＝()anbn， ∴()n＝()anbn，∴bn＝n·2n－1， ∴Tn＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，① ∴2Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，② ∴①－②得－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)2n－1， ∴Tn＝1＋(n－1)2n. 要使Tn≥m恒成立， 只需(Tn)min≥m. ∵Tn＋1－Tn＝n·2n＋1－(n－1)·2n＝(n＋1)·2n>0， ∴{Tn}為遞增數(shù)列， ∴當(dāng)n＝1時(shí)，(Tn)min＝1， ∴m≤1，∴m的最大值為1.