2010年高考数学总复习 数列的综合应用（限时练习）详细解析人教大纲版

限时训练16 数列的求和与数列的综合应用
一、选择题
1.数列{a n }的前n 项和为S n ,若)1(1+=
n n a n ,则S 5等于( ) A.1 B.
65 C.61 D.301 解析: 1
11)1(1)1(1+-=+-+=+=n n n n n n n n a n , ∴S 5＝a 1+a 2+a 3+a 4+a 5＝6561513121211=-++-+-
. 答案:B
2.等差数列{a n }的前n 项和记为S n ,若a 2+a 6+a 10为一个确定的常数,则下列各数中也是常数的是( )
A.S 6
B.S 11
C.S 12
D.S 13 解析:由a 2+a 6+a 10＝3a 6为常数,
则a 6为常数. ∴611111112
)(11a a a S =+⨯=为常数. 故选B.
答案:B
3.已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1(4n-3),则S 15+S 22-S 31的值是
( )
A.13
B.-76
C.46
D.76 解析:对数列{a n }的相邻两项结合后,再求和.
答案:B
4.已知{a n }是等差数列,a 1+a 2＝4,a 7+a 8＝28,则该数列前10项和S 10等于( )
A.64
B.100
C.110
D.120 解析:设公差为d,则由已知得
100229101102128132421011
1=⨯⨯+⨯=⇒⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=+=+S d a d a d a . 答案:B
5.记等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若2
11=a ,S 4＝20,则S 6等于( ) A.16 B.24 C.36 D.48 解析:由题意,知S 4＝2+6d ＝20,∴d＝3.故S 6＝3+15d ＝48.
答案:D
6.如果f(a+b)＝f(a)·f(b)且f(1)＝2,则)
2007()2008()5()6()3()4()1()2(f f f f f f f f ++++ 等于
( )
A.4 016
B.1 004
C.2 008
D.2 006 解析:由f(a+b)＝f(a)·f(b)得f(n+1)＝f(n)·f(1),
2)1()
()1(==+f n f n f ,S ＝2×1 004＝2 008.
答案:C 7.已知椭圆13
42
2=+y x 上有n 个不同的点P 1,P 2,P 3,…,P n ,设椭圆的右焦点为F,数列{|PF n |}是公差大于1003
1的等差数列,则n 的最大值为 …( ) A.2 005 B.2 006 C.1 002 D.1 003 解析:数列{|PF n |}是以1为首项,|PF n |＝3为末项的等差数列,3＝|PF n |＝1+(n-1)d,(n-1)d ＝2,,21d n =-由d ＞1003
1可得答案. 答案:B
8.设{a n }为各项均是正数的等比数列,S n 为{a n }的前n 项和,则( ) A.6644S a S a = B.6644S a S a > C.6644S a S a < D.6
644S a S a ≤ 解析:由题意得q ＞0,当q ＝1时,有
061416644>-=-S a S a ; 当q≠1时,有
)
1()1()1()1(615141316644q a q q a q a q q a S a S a -----=- 0111)1)(1(1)1(6236423
>--•+=---•-=q q q q q q q q q , 所以6
644S a S a >.故选B. 答案:B
9.(2009安徽合肥高三第一次质检,理5）已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和,S 10＞0并且S 11
＝0,若S n ≤S k 对n∈N *恒成立，则正整数k 构成的集合为( )
A.{5}
B.{6}
C.{5，6}
D.{7} 解析:由S 10＞0，并且S 11＝0，知a 6＝0,a 11＜0,所以d ＜0.
故S 5＝S 6且最大.又S n ≤S k 对n∈N *恒成立，所以正整数k 构成集合为{5，6}.
答案:C
10.已知数列{a n }的通项公式是1
+=
bn an a n ,其中a 、b 均为正常数,那么a n 与a n+1的大小关系是( )
A.a n ＞a n+1
B.a n ＜a n+1
C.a n ＝a n+1
D.与n 的取值有关 解析:将a n 看成1
)(+=
bx ax x f ,又a 、b 为正数, ∴f(x)＞0. 0)1()1()'1()1()'()('22>+=++-+=
bx a bx bx ax bx ax x f 恒成立, 即1
+=bn an a n 关于n 是递增的. ∴a n+1＞a n .
答案:B
二、填空题
11.设数列{a n }的通项为a n ＝2n-7(n∈N *),则|a 1|+|a 2|+…+|a 15|＝___________.
解析:由a n ＝2n-7≤0得n≤
27,a i ≤0(i＝1,2,3), S n ＝a 1+a 2+…+a n ＝n 2+n-7n ＝n 2-6n.
所以|a 1|+|a 2|+…+|a 15|＝-a 1-a 2-a 3+a 4+a 5+…+a 15＝-2S 3+S 15＝-2×(-9)+135＝153. 答案:153
12.数列
8
41,631,421,2112222++++,…的前n 项和等于________. 解析:∵)2
11(21212+-=+=n n n n a n , ∴原式＝)]211()4121()311[(21+-++-+-n n )
2)(1(23243)2111211(21+++-=+-+-+=n n n n n . 答案:
)2)(1(23243+++-n n n 13.已知等比数列{a n }的公比为q,前n 项和为S n ,且S 3,S 9,S 6成等差数列,则q 等于__________.
解析:公比q ＝1时,不符合题意,
∴q≠1. ∴q
q a q q a q q a --+--=--1)1(1)1(1)1(2613191. 解得321
-=q .
答案:32
1- 14.定义一种“*”运算:对于n∈N *,满足以下运算性质:①2*2＝1;②(2n+2)*2＝3(2n*2).则
用含n 的代数式表示2n*2为_________.
解析:由已知得3
2*)22(2*2+=n n ,令a n ＝2n*2,当n ＝1时,a 1＝2*2＝1＝30;n ＝2时,a 2＝4*2＝(2+2)*2＝3(2*2)＝3＝31;n ＝3时,a 3＝6*2＝(2×2+2)*2＝3(4*2)＝32,亦可知a 4＝
33,a 5＝34,…,则可得2n*2＝3n-1.
答案:3n-1
三、解答题
15.已知数列{log 2(a n -1)}为等差数列,且a 1＝3,a 2＝5.
(1)求证:数列{a n -1}是等比数列;
(2)求n
n a a a a a a -++-+-+12312111 的值. (1)证明：设log 2(a n -1)-log 2(a n-1-1)＝d(n≥2),
∴d＝log 2(a 2-1)-log 2(a 1-1)＝log 24-log 22＝1.
∴log 2(a n -1)＝n.∴a n -1＝2n . ∴21
11=---n n a a (n≥2). ∴{a n -1}是以2为首项,2为公比的等比数列.
(2)解:由(1)可得a n -1＝(a 1-1)·2n-1,
∴a n ＝2n +1. ∴n n n n a a a a a a 2
21221221111123212312-++-+-=-++-+-++ n n 2112121212-=+++=
. 16.已知数列{a n }的通项⎩
⎨⎧-=,,2,,56为偶数为奇数n n n a n n 求其前n 项和S n . 解:当n 为奇数时,以奇数项组成以a 1＝1为首项,公差为12的等差数列;偶数项组成以a 2＝4为首项,公比为4的等比数列. ∴4
1)41(42)561(2121--+-++=-n n n n S 3
)12(42)23)(1(1-+-+=-n n n . 当n 为偶数时,奇数项和偶数项各有2
n 项, ∴4
1)41(42)561(22--+-+=n n n n S 3
)12(42)23(-+-=n n n .
教学参考例题 志鸿优化系列丛书
【例1】 (2009河北保定高三第一学期调研,22）已知正项数列{a n }满足a n+12-a n 2-2a n+1-2a n ＝
0,a 1＝1.设b n ＝n 3-3n 2+5-a n .
(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;
(2)试比较a n 与b n 的大小;
(理)(3)设n n b n n c -+-=
6123,且数列{c n }的前n 项和为S n ,求n n S ∞→lim 的值. 解:(1)由a n+12-a n 2-2a n+1-2a n ＝0,得
(a n+1+a n )(a n+1-a n -2)＝0.
因为a n ＞0,所以a n+1-a n -2＝0,a n+1-a n ＝2.
所以数列{a n }是以a 1＝1为首项,以2为公差的等差数列.
所以a n ＝1+(n-1)×2＝2n-1,
b n ＝n 3-3n 2+5-a n ＝n 3-3n 2+5-2n+1＝n 3-3n 2-2n+6.
(2)由(1)得b n -a n ＝n 3-3n 2-2n+6-(2n-1)＝n 3-3n 2-4n+7,
当n ＝1时,b 1-a 1＝1-3-4+7＝1＞0⇒b 1＞a 1;
当n ＝2时,b 2-a 2＝23-3×22-4×2+7＝-5＜0⇒b 2＜a 2;
当n ＝3时,b 3-a 3＝33-3×32-4×3+7＝-5＜0⇒b 3＜a 3;
当n ＝4时,b 4-a 4＝43-3×42-4×4+7＝7＞0⇒b 4＞a 4.
下面考查函数f(x)＝x 3-3x 2-4x+7(x≥4),
f′(x)＝3x 2-6x-4＝3(x-1)2-7,
当x ＝4时,f′(x)＞0,所以f(x)在［4,+∞)上递增.
所以当n≥4时数列{b n -a n }单调递增,即
0＜b 4-a 4＜b 5-a 5＜…＜b n -a n ＜….
综上,当n ＝1或n≥4时,b n ＞a n ,
当n ＝2,3时,b n ＜a n .
（理）(3)由(1)得)
623(6161232323+---+-=-+-=n n n n n b n n c n n )1
11(21)1(21+-=+=n n n n . 所以)1
11(21)111413*********(21+-=+-++-+-+-=
n n n S n . 所以21)111(21lim lim =+-=∞→∞→n S n n n . 【例2】 某汽车销售公司为促销采取了较为灵活的付款方式,对购买10万元一辆的轿车在一年内将款全部付清的前提下,可以选择以下两种分期付款的方案购车:
方案一:分3次付清,购买后4个月第1次付款,再过4个月第2次付款,再过4个月第3次付款.
方案二:分12次付清,购买后1个月第1次付款,再过1个月第2次付款,…,购买后12个月第12次付款.
规定分期付款中每期付款额相同,月利率为0.8%,每月利息按复利计算,即指上月利息要计入下月的本金.
(1)试比较以上两种方案的哪一种方案付款总额较少?
(2)若汽车销售公司将收回的售车款进行再投资,可获月增长2%的收益,为此对一次性付款给予降价p%的优惠,为保证一次性付款经一年后的本金低于方案一和方案二中较少一种的付款总额,且售车款再投资一年后的本金要高于车价款一年的本金,试确定p 的取值范围.(注:计算结果保留三位有效数字,参考数
据:1.0083≈1.024,1.0084≈1.033,1.00811≈1.092,1.00812≈1.1,1.0211≈1.243,1.0212≈1.268)
解:(1)对于方案一,设每次付款额为x 1万元,那么一年后,第一次付款的本金为1.0088x 1万元,
第2次付款的本金为1.0084x 1万元,第3次付款的本金为x 1万元,则1.0088x 1+1.0084x 1+x 1＝
10×1.00812.
解得x 1≈3.63(万元).
付款总额为3×3.63＝10.89(万元).
对于方案二,设每次付款为x 2万元,那么一年后,
第一次付款的本金为1.00811x 2万元,第2次付款的本金为1.00810x 2万元,…,第12次付款的
本金为x 2万元,
则1.00811x 2+1.00810x 2+…+1.008x 2+x 2＝10×1.00812.
解得x 2≈0.88(万元),
付款总额为12×0.88＝10.56(万元),
显然,第二种方案付款总额较少.
(2)如果降低p%的售车款为10(1-p%),那么一年后产生的本金为10(1-p%)×1.00812,而转入
再投资所产生的本金为10(1-p%)(1+2%)12,
则依题意有⎪⎩⎪⎨⎧+-<⨯<⨯-,
%)21%)(1(10008.110,56.10008.1%)1(10121212p p 解得4＜p ＜13.2.。