《浙江专用2016高考数学二轮复习专题3.2数列求和及数列的综合应用精练理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江专用2016高考数学二轮复习专题3.2数列求和及数列的综合应用精练理（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第2讲数列求和及数列的综合应用(建议用时：60分钟)一、选择题1(2014福建卷)等差数列an的前n项和为Sn，若a12，S312，则a6等于()A8 B10 C12 D14解析利用等差数列的通项公式和前n项和公式求解由题意知a12，由S33a1d12，解得d2，所以a6a15d25212，故选C.答案C2数列an的通项公式an，若an的前n项和为24，则n为()A25 B576 C624 D625解析an( )，前n项和Sn(1)()() 124，故n624.故选C.答案C3(2015浙江卷)已知an是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则()Aa1d0，d
2、S40 Ba1d0，dS40Ca1d0，dS40 Da1d0，dS40解析a3，a4，a8成等比数列，(a13d)2(a12d)(a17d)，整理得a1d，a1dd20，又S44a1d，dS40，故选B.答案B4设an是公差不为0的等差数列，a12且a1，a3，a6成等比数列，则an 的前n项和Sn()A. B.C. Dn2n解析设等差数列an的公差为d，由已知得aa1a6，即(22d)22(25d)，解得d，故Sn2n.答案A5(2015北京卷)设an是等差数列，下列结论中正确的是()A若a1a20，则a2a30B若a1a30，则a1a20C若0a1a2，则a2D若a10，则(a2a1)(a
3、2a3)0解析A，B选项易举反例，C中若0a1a2，a3a2a10，a1a32，又2a2a1a3，2a22，即a2成立答案C6Sn是等比数列an的前n项和，a1，9S3S6，设Tna1a2a3an，则使Tn取最小值的n值为()A3 B4 C5 D6解析设等比数列的公比为q，故由9S3S6，得9，解得q2，故an2n1，易得当n5时，1，即TnTn1，据此数列单调性可得T5为最小值答案C7已知数列an的通项公式是ann212n32，其前n项和是Sn，对任意的m，nN*且mn，则SnSm的最大值是()A21 B4 C8 D10解析由于an(n4)(n8)，故当n4时，an0，Sn随n的增加而减小，
4、S3S4，当4n0，Sn随n的增加而增大，S7S8，当n8时，an0)的等比数列an的前n项和为Sn，若S23a22，S43a42，则q_.解析由已知得得a1q2a1q33a1q(q21)，即2q2q30.解得q或q1(舍)答案9在正项数列an中，a12，an12an35n，则数列an的通项公式为_解析在递推公式an12an35n的两边同时除以5n1，得，令bn，则式变为bn1bn，即bn11(bn1)，所以数列bn1是等比数列，其首项为b111，公比为.所以bn1n1，即bn1n1，故an5n32n1.答案an5n32n110(2015江苏卷)设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)
5、，则数列前10项的和为_解析a11，an1ann1，a2a12，a3a23，anan1n，将以上n1个式子相加得ana123n，即an，令bn，故bn2，故S10b1b2b102.答案11设yf(x)是一次函数，f(0)1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)f(4)f(2n)_.解析设f(x)kxb(k0)，又f(0)1，所以b1，即f(x)kx1(k0)由f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，得f2(4)f(1)f(13)，即(4k1)2(k1)(13k1)因为k0，所以k2，所以f(x)2x1，所以f(2)f(4)f(2n)594n1n(2n3)答案n(2n3)12
6、(2015新课标全国卷)设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.解析由题意，得S1a11，又由an1SnSn1，得Sn1SnSnSn1，所以Sn0，所以1，即1，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，得1(n1)n，所以Sn.答案三、解答题13(2015山东卷)设数列an的前n项和为Sn.已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.解(1)因为2Sn3n3，所以2a133，故a13，当n1时，2Sn13n13，此时2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n1，所以an(2)因为anbnlog3an
7、，所以b1，当n1时，bn31nlog33n1(n1)31n.所以T1b1；当n1时，Tnb1b2b3bn(131232(n1)31n)，所以3Tn1(130231(n1)32n)，两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)31n(n1)31n，所以Tn，经检验，n1时也适合综上可得Tn.14 (2014四川卷)设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)2x的图象上(nN*)(1)若a12，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列an的前n项和Sn；(2)若a11，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2，求数列的前n项和Tn.解(1)由已知，
8、b72a7，b82a84b7，有2a842a72a72.解得da8a72.所以Snna1d2nn(n1)n23n.(2)函数f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln 2)(xa2)，它在x轴上的截距为a2.由题意知，a22，解得a22.所以da2a11，从而ann，bn2n.所以Tn，2Tn.因此，2TnTn12.所以Tn.15(2015浙江卷)已知数列an满足a1且an1ana(nN*)(1) 证明：12(nN*)；(2)设数列a的前n项和为Sn，证明：(nN*)解(1)由题意得an1ana0，即an1an，故an.由an(1an1)an1得an(1an1)(1an2)(1a1)a10.由0an得1,2，即12.(2)由题意得aanan1，所以Sna1an1由和12得12，所以n2n，因此an1(nN*)由得(nN*)
