高考数学文二轮专题复习：常考问题10数列求和及其综合应用

1、高考数学精品复习资料2019.5常考问题 10数列求和及其综合应用(建议用时：50 分钟)1 数列an的通项公式 an1nn1， 若an的前n 项和为24， 则n为()a25b576c624d625解析an1nn1( n n1)，前 n 项和 sn(1 2)( 23)( n n1)n1124，故 n624.故选 c.答案c2在等差数列an中，a1142，d2，从第一项起，每隔两项取出一项，构成新的数列bn，则此数列的前 n 项和 sn取得最大值时 n 的值是()a23b24c25d26解析因为从第一项起，每隔两项取出一项，构成数列bn，所以新数列的首项为 b1a1142，公差为 d236，则

2、bn142(n1)(6)令 bn0，解得 n2423，因为 nn*，所以数列bn的前 24 项都为正数项，从 25项开始为负数项因此新数列bn的前 24 项和取得最大值故选 b.答案b3已知各项都为正的等比数列an满足 a7a62a5，存在两项 am，an使得aman4a1，则1m4n的最小值为()a.32b.53c.256d.43解析由 a7a62a5，得 a1q6a1q52a1q4，整理有 q2q20，解得 q2或 q1(与条件中等比数列的各项都为正矛盾， 舍去)， 又由aman4a1，得 aman16a21，即 a212mn216a21，即有 mn24，亦即 mn6，那么1m4n16(m

3、n)1m4n 164mnnm51624mnnm532，当且仅当4mnnm，即 n2m4 时取得最小值32.答案a4(20 xx聊城模拟)已知首项为正数的等差数列an的前 n 项和为 sn，若 a1 006和a1 007是方程 x22 012x2 0110 的两根，则使 sn0 成立的正整数 n 的最大值是()a1 006b1 007c2 011d2 012解析由题意知，a1 006a1 0072 0120，a1 006a1 0072 0110，a1 0070，2a1 007a1a2 0130，s2 0130，又因 snn（a1an）2，n 的最大值为 2 011.答案c5已知函数 f(x)co

4、s x(x(0，2)有两个不同的零点 x1，x2，方程 f(x)m 有两个不同的实根 x3，x4.若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m 的值为()a12b.12c.32d32解析不妨设 x1x2， x3x4.由题意， 可得 x1， x2的值分别为2，32， 代入检验若 m12，则 x3，x4的值分别为23，43，因为4323323，显然这四个数不能构成等差数列；若 m12，则 x3，x4的值分别为3，53，因为23322，故这四个数不能构成等差数列；若 m32，则 x3，x4的值分别为6，116，因为11632322，显然这四个数不能构成等差数列；若 m32，则 x3，x4的值分别

5、为56，76，显然这四个数能构成等差数列，公差为3.答案d6(20 xx陕西卷)观察下列等式：(11)21(21)(22)2213(31)(32)(33)23135照此规律，第 n 个等式可为_解析由已知的三个等式左边的变化规律，得第 n 个等式左边为(n1)(n2)(nn)，由已知的三个等式右边的变化规律，得第 n 个等式右边为 2n与 n个奇数之积，即 2n13(2n1)答案(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)7植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距 10 米开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总

6、和最小，这个最小值为_米解析设 20 名同学是 1 号到 20 号依次排列，使每位同学的往返所走的路程和最小，则树苗需放在第 10 或第 11 号树坑旁边，此时两侧的同学所走的路程分别组成以 20 为首项， 20 为公差的等差数列， 所有同学往返所走的路程总和为 s9209822010201092202 000(米)答案2 0008(20 xx临沂模拟)设 sn为数列an的前 n 项和，若s2nsn(nn*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列cn是首项为 2，公差为 d(d0)的等差数列，且数列cn是“和等比数列”，则 d_解析由题意可知， 数列cn的前 n 项和为 snn（c1c

7、n）2， 前 2n 项和为 s2n2n（c1c2n）2， 所以s2nsn2n（c1c2n）2n（c1cn）222nd4ndd2214dnd.因为数列cn是“和等比数列”，即s2nsn为非零常数，所以 d4.答案49已知 sn是数列an的前 n 项和，点(n，sn)在函数 f(x)12x232x 的图象上(1)求数列an的通项；(2)若 cnanan1an1an，求证：2nc1c2cn2n1n2n2n12，所以 c1c2cn2n.又因为 cnn1n2n2n121n11n2.故 c1c2cn2n1213 1314 1n11n2 2n121n22n12.所以 2nc1c2cn2n12成立10 已知函

8、数 f(x)(x1)2， g(x)4(x1)， 数列an是各项均不为 0 的等差数列，其前 n 项和为 sn，点(an1，s2n1)在函数 f(x)的图象上；数列bn满足 b12，bn1，且(bnbn1)g(bn)f(bn)(nn)(1)求 an并证明数列bn1是等比数列；(2)若数列cn满足 cnan4n1 （bn1），证明：c1c2c3cn3.(1)解因为点(an1，s2n1)在函数 f(x)的图象上，所以 a2ns2n1.令 n1，n2，得a21s1，a22s3，即a21a1，（a1d）23a13d，解得 a11，d2(d1 舍去)，则 an2n1.由(bnbn1)g(bn)f(bn)，

9、得 4(bnbn1)(bn1)(bn1)2.由题意 bn1，所以 4(bnbn1)bn1，即 3(bn1)4(bn11)，所以bn11bn134.所以数列bn1是以 1 为首项，公比为34的等比数列(2)证明由(1)，得 an4n1 （bn1）2n14n134n12n13n1.令 tnc1c2c3cn，则 tn1303315322n33n22n13n1，13tn1313325322n33n12n13n，得，23tn13023123223323n12n13n123113n11132n13n213n12n13n22（n1）3n.所以 tn3n13n1.所以 c1c2c3cn3n13n13.11(20 xx天津卷)已知首项为32的等比数列an不是递减数列，其前 n 项和为sn(nn*)，且 s3a3，s5a5，s4a4成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)设 tnsn1sn(nn*)，求数列tn的最大项的值与最小项的值(1)解设等比数列an的公比为 q，因为 s3a3，s5a5，s4a4成等差数列，所以 s5a5s3a3s4a4s5a5，即 4a5a3，于是 q2a5a314.又an不是递减数列且 a132，所以 q12.故等比数列an的通项公式为an3212n1(1)n132n.(2)由(1)得 sn112n112n，n 为奇数，112n，n