2019年高考数学二轮复习 数列求和及数列的综合应用专题训练(含解析)

2019年高考数学二轮复习 数列求和及数列的综合应用专题训练（含解析）

一、选择题

1．(xx·广东惠州一模)设Sn是等差数列{an}的前n项和，a1＝2，a5＝3a3，则S9＝( ) A．－72 C．54

B．－54 D．72

9×8解析 a1＝2，a5＝3a3得a1＋4d＝3(a1＋2d)，即d＝－a1＝－2，所以S9＝9a1＋d＝9×2－9×8

2＝－54，选B.

答案 B

2．(xx·全国大纲卷)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lgan}的前8项和等于( ) A．6 C．4

B．5 D．3

解析 S8＝lga1＋lga2＋…＋lga8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4. 答案 C

3．(xx·北京卷)设{an}是公比为q的等比数列．则“q>1”是“{an}为递增数列”的( ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件

解析 利用公比与等比数列的单调性的关系进行判断．{an}为递增数列，则a1>0时，q>1；a1<0时，01时，若a1<0，则{an}为递减数列．故“q>1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件，故选D.

答案 D

14．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，数列{bn}满足bn＝(n∈N*)，Tn是数列{bn}

anan＋1

的前n项和，则T9等于( )

9A. 1920C. 21

18B. 199D. 40

解析 ∵数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，∴n＝1时，a1＝2；n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，∴an＝2n(n∈N*)，∴bn＝

1

＝

anan＋12n

1

2n＋2

＝

1111－，T＝9

4nn＋14

1－1＋1－1＋…＋1－1＝1×1－1＝9.

22391041040

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答案 D

5．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝( ) A．6n－n2 B．n2－6n＋18

6n－n2 1≤n≤3C.2n>3n－6n＋18

26n－n D.2

n－6n 

1≤n≤3n>3

解析 由Sn＝n2－6n得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2.∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7. ∴n≤3时，an<0；n>3时，an>0.

21≤n≤3，6n－n

∴Tn＝2 n>3.n－6n＋18

答案 C

1

6．已知曲线C：y＝(x>0)及两点A1(x1,0)和A2(x2,0)，其中x2>x1>0.过A1，A2分别作x轴的垂线，

x交曲线C于B1，B2两点，直线B1B2与x轴交于点A3(x3,0)，那么( )

x3

A．x1，，x2成等差数列

2x3

B．x1，，x2成等比数列

2C．x1，x3，x2成等差数列 D．x1，x3，x2成等比数列

111x1，，x2，，所以直线B1B2的方程为y＝－解析 由题意，B1，B2两点的坐标分别为x1x2x1x2

1x3

(x－x1)＋，令y＝0，得x＝x1＋x2，∴x3＝x1＋x2，因此，x1，，x2成等差数列．

x12

答案 A 二、填空题

21

7．若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________.

33

212121

解析 n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an＋－an－1＋，化简得：an＝－2an－1，又a1＝S1＝a1＋，得

333333a1＝1，故{an}以1为首项，以－2为公比的等比数列，所以an＝(－2)n1.

答案 (－2)n1

8．(xx·辽宁卷)已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.

解析 ∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两根，且q>1，∴a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，因此S6

－

－

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1×1－26＝＝63.

1－2

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答案 63

9．(xx·河南一模)已知对于任意的自然数n，抛物线y＝(n2＋n)x2－(2n＋1)x＋1与x轴相交于An，Bn两点，则|A1B1|＋|A2B2|＋…＋|A2 014B2 014|＝________.

2n＋11解析 令(n2＋n)x2－(2n＋1)x＋1＝0，则x1＋x2＝2，x1x2＝2，由题意得|AnBn|＝|x2－x1|，

n＋nn＋n所以|AnBn|＝

x1＋x2

2－4xx＝ 12

2n＋12－4·1＝1＝1－1，因此|AB|＋|AB|＋…

n2＋n1122

n2＋nn2＋nnn＋1

1111112 014

1－＋－＋…＋－＋|A2 014B2 014|＝＝1－＝. 2232 0142 0152 0152 015

答案

2 014 2 015

三、解答题

n2＋n

10．(xx·湖南卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.

2(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和． 解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝1； n2＋n

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－

2故数列{an}的通项公式为an＝n. (2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前2n项和为T2n，

则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 2则A＝1－22n＋

＝22n1－2，

1－2

n－1

2＋

n－1

2

＝n.

B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n， 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n1＋n－2.

11．已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋n2－1，数列{bn}满足3n·bn＋1＝(n＋1)an＋1－nan，且b1＝3. (1)求an，bn；

(2)设Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn，并求满足Tn<7时n的最大值． 解 (1)n≥2时，Sn＝an＋n2－1，Sn－1＝an－1＋(n－1)2－1， 两式相减，得an＝an－an－1＋2n－1，∴an－1＝2n－1. ∴an＝2n＋1，

∴3n·bn＋1＝(n＋1)(2n＋3)－n(2n＋1)＝4n＋3，

＋

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4n＋3

∴bn＋1＝n，

3

4n－1

∴当n≥2时，bn＝n－1，

34n－1

又b1＝3适合上式，∴bn＝n－1.

34n－1

(2)由(1)知，bn＝n－1，

3

4n－54n－13711

∴Tn＝＋＋2＋…＋n－2＋n－1，①

133334n－54n－113711

Tn＝＋2＋3＋…＋n－1＋n，② 3333334n－12444

①－②，得Tn＝3＋＋2＋…＋n－1－n

3333311

1－n－1

334n－14n＋5

＝3＋4·－n＝5－n.

1331－3154n＋5∴Tn＝－n－1.

22·34

Tn－Tn＋1＝

n＋1＋54n＋5－

－n－1＝

2·3n2·3

4n＋3

<0.

3n

∴Tn又T3＝<7，T4＝>7，

99∴当Tn<7时，n的最大值为3.

B级——能力提高组

nπ

1．(xx·上海虹口一模)已知函数f(n)＝n2sin，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 014

2＝________.

nπ

解析 考虑到sin是呈周期性的数列，依次取值1,0，－1,0，…，故在求a1＋a2＋…＋a2 014时

2要分组求和，又由an的定义，知a1＋a2＋a3＋…＋a2 014＝(a1＋a3＋…＋a2 013)＋(a2＋a4＋…＋a2 014)＝[f(1)＋f(3)＋…＋f(2 013)]＋[f(2)＋f(4)＋…＋f(2 014)]＝[(1－32)＋(52－72)＋…＋(2 0092－2 0112)＋2 0132]＋[(－32＋52)＋(－72＋92)＋…＋(－2 0112＋2 0132)－2 0152]＝－2×(4＋12＋20＋…＋4 020)＋503×4＋4 020503×8＋4 0242 0132＋2×(8＋16＋…＋4 024)－2 0152＝－2×＋2×220132＝503×8－2×4 028＝－4 032.

答案 －4 032

－2 0152＋2

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2．(xx·上海长宁二模)定义函数f(x)＝{x·{x}}，其中{x}表示不小于x的最小整数，如{1.4}＝2，{－2.3}＝－2.当x∈(0，n](n∈N*)时，函数f(x)的值域为An，记集合An中元素的个数为

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111

an，则＋＋…＋＝________.

a1a2an

解析 由题意，a1＝1，当x∈(n，n＋1]时，{x}＝n＋1，x·{x}∈(n2＋n，n2＋2n＋1]，{x·{x}}的取值依次为n2＋n＋1，n2＋n＋2，…，n2＋2n＋1共n＋1个，即an＋1＝an＋n＋1，由此可得an＝1＋n

2＋3＋…＋n＝

n＋11

，＝2ann

1121112

＝2n－n＋1，所以＋＋…＋＝2－.

a1a2ann＋1n＋1

2

答案 2－

n＋1

3．(xx·湖南卷)已知数列{an}满足a1＝1，|an＋1－an|＝pn，n∈N*. (1)若{an}是递增数列，且a1,2a2,3a3成等差数列，求p的值；

1

(2)若p＝，且{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式．

2解 (1)因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝|an＋1－an|＝pn. 而a1＝1，因此a2＝p＋1，a3＝p2＋p＋1. 又a1,2a2,3a3成等差数列，所以4a2＝a1＋3a3， 1

因而3p2－p＝0，解得p＝，p＝0.

3

当p＝0时，an＋1＝an，这与{an}是递增数列矛盾． 1故p＝.

3

(2)由于{a2n－1}是递增数列，因而a2n＋1－a2n－1>0， 于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.① 但

11<，所以|a2n＋1－a2n|<|a2n－a2n－1|.② 22n22n－1

由①②知，a2n－a2n－1>0，因此 12n－1－12na2n－a2n－1＝2＝.③ －

22n1

因为{a2n}是递减数列，同理可得a2n＋1－a2n<0， 12n－1

故a2n＋1－a2n＝－＝222n－1由③④即知，an＋1－an＝

2n

2n＋1

④

n＋1

.

n

－111

于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋－2＋…＋－

222n1

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1－n－11－21

＝1＋·

21

1＋241－1＝＋·n－1

332

n

.

41－1

故数列{an}的通项公式为an＝＋·n－1

332

n

.

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.