2021年高考数学二轮复习简易三级排查大提分专练 4-2数列求和与数列的综合应用 理 新人教A版.doc

第2讲　数列求和与数列的综合应用1．(仿2011江西，5)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，那么a11＝ (　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　A．1 B．9 C．10 D．55解析　a11＝S11－S10＝(S1＋S10)－S10＝S1＝a1＝1.答案　A2．(仿2012大纲全国，5)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前200项和为 (　　)．A. B. C. D.解析　由S5＝5a3及S5＝15，得a3＝3，∴d＝＝1，a1＝1，∴an＝n，＝＝－，∴数列的前200项和T200＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选A.答案　A3．(仿2013江西，3)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a2a9＝－8，则a1＋a10＝ (　　)．A．7 B．5 C．－5 D．－7解析　由∴或从而或因此a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.答案　D4．(仿2013江苏，14)已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S6＝ (　　)．A．35 B．33 C．31 D.解析　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，由题意知解得∴S6＝＝.故选D.答案　D5．(仿2011天津，4)等比数列{an}的前n项和公式Sn，若2S4＝S5＋S6，则数列{an}的公比q的值为 (　　)．A．－2或1 B．－1或2C．－2 D．1解析　经检验q＝1不适合，∵2S4＝S5＋S6，∴2(1－q4)＝1－q5＋1－q6，∴q2＋q－2＝0，∴q＝1(舍去)，q＝－2.答案　C6．(仿2012辽宁，14)已知等比数列{an}为递增数列，且a＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，则a2n＝________.解析　由a＝a10＞0，且{an}递增，∴q＞1，由已知得2＝5，解得q＝2.所以aq8＝a1q9，即a1＝2.所以a2n＝22n＝4n.答案　4n7．(仿2011江苏，13)设1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2、a4、a6成公差为1的等差数列，则q的取值范围是________．解析　∵a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，又a1＝1，∴a3＝q，a5＝q2，a7＝q3.又a2，a4，a6成公差为1的等差数列，∴a4＝a2＋1，a6＝a2＋2.由1＝a1≤a2≤a3≤…≤a7，即有解得≤q≤.答案　≤q≤8．(仿2012四川，16)记[x]为不超过实数x的最大整数．例如，[2]＝2，[1.5]＝1，[－0.3]＝－1.设a为正整数，数列{xn}满足x1＝a，xn＋1＝(n∈N*)．现有下列命题：①当a＝5时，数列{xn}的前3项依次为5,3,1；②对数列{xn}都存在正整数k，当n≥k时总有xn＝xk；③当n≥1时，xn＞－1；④对某个正整数k，若xk＋1≥xk，则xk＝[]．其中的真命题有________．(写出所有真命题的编号)解析　当a＝5时，x2＝＝3，x3＝＝2.①错；令a＝3，x2＝＝2，x3＝＝1，x4＝＝2，以后各项均为1,2交替出现，②错；易证x∈N*时，≥，所以xn＋1＝≥＞≥－1，③正确；因为xn＋1＝≤≤，所以≥xk，xk≤，所以xk≤，又由③知xk＞－1，有－1＜xk≤，又xk∈N*，因此xk＝[]，④正确．答案　③④9．(仿2013四川，16)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，且a2＝3，点(10，S10)在直线y＝10x上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn.解　(1)设等差数列{an}的公差为d，∵点(10，S10)在直线y＝10x上，∴S10＝100，又∵a2＝3，∴解得∴an＝2n－1.(2)∵bn＝2an＋2n＝4n＋2n，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)＝＋n2＋n＝4n＋n2＋n－.10．(仿2013江西，17)已知Sn是数列{an}的前n项和，且an＝Sn－1＋2(n≥2)，a1＝2.(1)求数列{an}的通项公式．(2)设bn＝，Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n，是否存在最大的正整数k，使得对于任意的正整数n，有Tn＞恒成立？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．解　(1)由已知an＝Sn－1＋2， ①得an＋1＝Sn＋2. ②②－①，得an＋1－an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴an＋1＝2an(n≥2)．又a1＝2，∴a2＝a1＋2＝4＝2a1，∴an＋1＝2an(n＝1,2,3，…)，∴数列{an}是一个以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝22n－1＝2n，n∈N*.(2)bn＝＝＝，∴Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＝＋＋…＋，Tn＋1＝bn＋2＋bn＋3＋…＋b2(n＋1)＝＋＋…＋＋＋.∴Tn＋1－Tn＝＋－＝＝.∵n是正整数，∴Tn＋1－Tn＞0，即Tn＋1＞Tn.∴数列{Tn}是一个单调递增数列．又T1＝b2＝，∴Tn≥T1＝，要使Tn＞恒成立，则＞，即k＜6.又k是正整数，故存在最大正整数k＝5使Tn＞恒成立．4。