(湖南专用)高考数学二轮复习 专题限时集训(十)数列求和及数列的简单应用配套作业 文(解析版)

专题限时集训(十)[第10讲 数列求和及数列的简单应用](时间：45分钟)1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2，a 4是方程x 2－x －2＝0的两个根，则S 5的值是( )A.52 B ．5 C ．－52D ．－5 2．如果等比数列{a n }中，a 3·a 4·a 5·a 6·a 7＝42，那么a 5＝( ) A ．2 B. 2 C ．±2 D ．± 23．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 15＝25π，则tan a 8的值是( ) A. 3 B ．－ 3 C ．± 3 D ．－334．已知数列{a n }满足a 1＝23，且对任意的正整数m ，n ，都有a m ＋n ＝a m ·a n ，若数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n 等于( )A ．2－23n －1B ．2－23nC ．2－2n 3n ＋1D ．2－2n ＋13n5．已知n 是正整数，数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n 是na n 与a n 的等差中项，则a n等于( )A ．n 2－n B.n （n ＋1）2C ．nD ．n ＋16．设f (x )是定义在R 上的不恒为零的函数，且对任意的实数x ，y ∈R，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，2B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 7．已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，以S n 表示{a n }的前n 项和，则使S n 达到最大值的n 是( )A ．18B ．19C ．20D ．218．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若M ，N ，P 三点共线，O 为坐标原点，且ON →＝a 15OM →＋a 6OP →(直线MP 不过点O )，则S 20等于( )A ．10B ．15C ．20D ．409．已知数列{a n }是等差数列，若a 9＋3a 11<0，a 10·a 11<0，且数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，那么当S n >0时，n ＝( )A ．20B ．17C ．19D ．2110．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________．11．定义一个“等积数列”：在一个数列中，如果每一项与它后一项的积都是同一个常数，那么这个数列叫做“等积数列”，这个常数叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝2，公积为5，则这个数列的前n 项和S n 的计算公式为________．12．设S n 为数列{a n }的前n 项和，把S 1＋S 2＋…＋S nn称为数列{a n }的“优化和”，现有一个共有2 012项的数列：a 1，a 2，a 3，…，a 2 012，若其“优化和”为2 013，则有2 013项的数列：2，a 1，a 2，a 3，…，a 2 012的“优化和”为________．13．将函数f (x )＝sin 14x ·sin 14(x ＋2π)·sin 12(x ＋3π)在区间(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{a n }(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2na n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的表达式．14．已知数列{a n }有a 1＝a ，a 2＝p (常数p >0)，对任意的正整数n ，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，并有S n 满足S n ＝n （a n －a 1）2.(1)求a 的值并证明数列{a n }为等差数列； (2)令p n ＝S n ＋2S n ＋1＋S n ＋1S n ＋2，是否存在正整数M ，使不等式p 1＋p 2＋…＋p n －2n ≤M 恒成立，若存在，求出M 的最小值；若不存在，说明理由．15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点An ，S n n (n ∈N *)总在直线y ＝12x ＋32上．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b n ＝n ＋1a n (n ∈N *)，试问数列{b n }中是否存在最大项，如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由．专题限时集训(十)【基础演练】1．A [解析] 依题意，由根与系数的关系得a 2＋a 4＝1，所以S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5（a 2＋a 4）2＝52.故选A. 2．B [解析] 依据等比数列通项公式的性质，得a 3·a 7＝a 4·a 6＝a 25，所以a 55＝252，求得a 5＝ 2.故选B.3．B [解析] 依题意得S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15a 8＝25π，所以a 8＝53π，于是tan a 8＝tan53π＝－ 3.故选B.4．D [解析] 令m ＝1得a n ＋1＝a 1·a n ，即a n ＋1a n ＝a 1＝23，可知数列{a n }是首项为a 1＝23，公比为q ＝23的等比数列．于是S n ＝23×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－23n 1－23＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－23n ＝2－2n ＋13n .故选D.【提升训练】5．C [解析] 依题意得2S n ＝na n ＋a n ＝(n ＋1)a n ，当n ≥2时，2S n －1＝na n －1，两式相减得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1，整理得a n a n －1＝n n －1，所以a n ＝a n a n －1.a n －1a n －2.....a 2a 1.a 1＝n n －1.n －1n －2.. (2)1·1＝n .故选C.6．C [解析] 依题意得f (n ＋1)＝f (n )·f (1)，即a n ＋1＝a n ·a 1＝12a n ，所以数列{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，所以S n ＝121－12n 1－12＝1－12n ，所以S n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1.故选C.7．C [解析] 设等差数列{a n }公差为d ，则有(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋(a 6－a 5)＝3d ＝99－105，则d ＝－2，易得a 1＝39，a n ＝41－2n ，令a n >0得n <20.5，即在数列{a n }中，前20项均为正值，自第21项起以后各项均为负，因此当n ＝20时，S n 取得最大值．8．A [解析] 依题意得a 15＋a 6＝1，由等差数列性质知a 15＋a 6＝a 1＋a 20，所以S 20＝20（a 1＋a 20）2＝10(a 15＋a 6)＝10.故选A.9．C [解析] 由a 9＋3a 11<0得2a 10＋2a 11<0，即a 10＋a 11<0，又a 10·a 11<0，则a 10与a 11异号，因为数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，所以数列{a n }是一个递减数列，则a 10>0，a 11<0，所以S 19＝19（a 1＋a 19）2＝19a 10>0，S 20＝20（a 1＋a 20）2＝10(a 10＋a 11)<0.故选C.10.n n ＋1 [解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n －1＝3n，由此得b n ＝log 3a n ＝n .于是1b n b n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.11．S n＝⎩⎪⎨⎪⎧9n 4，n 是偶数，9n －14，n 是奇数[解析] 依题意，这个数列为2，52，2，52，2，52，…，若n 是偶数，则S n ＝n 2×2＋n 2×52＝9n 4；若n 是奇数，则S n＝n ＋12×2＋n －12×52＝9n －14.故S n＝⎩⎪⎨⎪⎧9n4，n 是偶数，9n －14，n 是奇数.12．2 014 [解析] 依题意得S 1＋S 2＋…＋S 2 0122 012＝2 013，所以S 1＋S 2＋…＋S 2 012＝2 012×2013，数列2，a 1，a 2，a 3，…，a 2 012相当于在数列a 1，a 2，a 3，…，a 2 012前加一项2，所以其“优化和”为2＋（S 1＋2）＋（S 2＋2）＋…＋（S 2 012＋2）2 013＝2 012×2 013＋2×2 0132 013＝2 014.13．解：(1)f (x )＝sin 14x ·sin 14(x ＋2π)·sin 12(x ＋3π)＝－14sin x ，其极值点为x ＝kπ＋π2(k ∈Z)，它在(0，＋∞)内的全部极值点构成以π2为首项，π为公差的等差数列，故a n ＝π2＋(n －1)π＝n π－π2.(2)b n ＝2n a n ＝π2(2n －1)·2n，∴T n ＝π2[1·2＋3·22＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n]，则2T n ＝π2[1·22＋3·23＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1]，相减，得－T n ＝π2[1·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n －(2n －1)·2n ＋1]，∴T n ＝π[(2n －3)·2n＋3]． 14．解：(1)由已知，得S 1＝1×（a －a ）2＝a 1＝a ，所以a ＝0. 由a 1＝0得S n ＝na n2，则S n ＋1＝（n ＋1）a n ＋12， ∴2(S n ＋1－S n )＝(n ＋1)a n ＋1－na n ，即2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ，于是有(n －1)a n ＋1＝na n ， 并且na n ＋2＝(n ＋1)a n ＋1，∴na n ＋2－(n －1)a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ， 即n (a n ＋2－a n ＋1)＝n (a n ＋1－a n )，则有a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，∴{a n }为等差数列． (2)由(1)得S n ＝n （n －1）p2，∴p n ＝（n ＋2）（n ＋1）p 2（n ＋1）np 2＋（n ＋1）np 2（n ＋2）（n ＋1）p 2＝2＋2n －2n ＋2，∴p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n －2n ＝2＋21－23＋2＋22－24＋…＋2＋2n －2n ＋2－2n ＝2＋1－2n ＋1－2n ＋2. 由n 是整数可得p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n －2n <3.故存在最小的正整数M ＝3，使不等式p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n －2n ≤M 恒成立．15．解：(1)由点An ，S n n (n ∈N *)在直线y ＝12x ＋32上，故有S n n ＝12n ＋32，即S n ＝12n 2＋32n .当n ≥2时，S n －1＝12(n －1)2＋32(n －1)，所以a n ＝S n －S n －1＝12n 2＋32n －12(n －1)2＋32(n －1)＝n ＋1(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2满足上式． 故数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1. (2)由(1)a n ＝n ＋1，可知b n ＝n ＋1n ＋1，b 1＝2＝623<632＝33＝b 2，b 3＝44＝2＝b 1，b 3＝44＝2045>2054＝55＝b 4.所以，b 2>b 1＝b 3>b 4.猜想{b n ＋1}递减，即猜想当n ≥2时，n ＋1n ＋1>n ＋2n ＋2.考查函数y ＝ln x x (x >e)，则y ′＝1－ln xx2， 显然当x >e 时ln x >1，即y ′<0，故y ＝ln xx在(e ，＋∞)上是减函数，而n ＋1≥3>e ，所以ln （n ＋2）n ＋2<ln （n ＋1）n ＋1，即n ＋2n ＋2<n ＋1n ＋1.猜想正确，因此，数列{b n }的最大项是b 2＝33.。