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

1、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an的前n项和为Sn,若,则S5等于( )A.1 B. C. D.解析: ,S5a1+a2+a3+a4+a5.答案:B2.等差数列an的前n项和记为Sn,若a2+a6+a10为一个确定的常数,则下列各数中也是常数的是( )A.S6 B.S11 C.S12 D.S13解析:由a2+a6+a103a6为常数,则a6为常数.为常数.故选B.答案:B3.已知数列an的前n项和为Sn1-5+9-13+17-21+(-1)n-1(4n-3),则S15+S22-S31的值是( )A.13 B.-76 C.46 D.76解析:对数列an的相邻两项结合后

2、,再求和.答案:B4.已知an是等差数列,a1+a24,a7+a828,则该数列前10项和S10等于( )A.64 B.100 C.110 D.120解析:设公差为d,则由已知得.答案:B5.记等差数列an的前n项和为Sn,若,S420,则S6等于( )A.16 B.24 C.36 D.48解析:由题意,知S42+6d20,d3.故S63+15d48.答案:D6.如果f(a+b)f(a)·f(b)且f(1)2,则等于( )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),S2

3、15;1 0042 008.答案:C7.已知椭圆上有n个不同的点P1,P2,P3,Pn,设椭圆的右焦点为F,数列|PFn|是公差大于的等差数列,则n的最大值为 ( )A.2 005 B.2 006 C.1 002 D.1 003解析:数列|PFn|是以1为首项,|PFn|3为末项的等差数列,3|PFn|1+(n-1)d,(n-1)d2,由d可得答案.答案:B8.设an为各项均是正数的等比数列,Sn为an的前n项和,则( )A. B. C. D.解析:由题意得q0,当q1时,有;当q1时,有,所以.故选B.答案:B9.(2009安徽合肥高三第一次质检,理5）已知Sn是等差数列an的前n项和,S1

4、00并且S110,若SnSk对nN*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S100，并且S110，知a60,a110,所以d0.故S5S6且最大.又SnSk对nN*恒成立，所以正整数k构成集合为5，6.答案:C10.已知数列an的通项公式是,其中a、b均为正常数,那么an与an+1的大小关系是( )A.anan+1 B.anan+1 C.anan+1 D.与n的取值有关解析:将an看成,又a、b为正数,f(x)0.恒成立,即关于n是递增的.an+1an.答案:B二、填空题11.设数列an的通项为an2n-7(nN*),则|a1|+|a2|+|a15|_.

5、解析:由an2n-70得n,ai0(i1,2,3),Sna1+a2+ann2+n-7nn2-6n.所以|a1|+|a2|+|a15|-a1-a2-a3+a4+a5+a15-2S3+S15-2×(-9)+135153.答案:15312.数列,的前n项和等于_.解析:,原式.答案:13.已知等比数列an的公比为q,前n项和为Sn,且S3,S9,S6成等差数列,则q等于_.解析:公比q1时,不符合题意,q1.解得.答案:14.定义一种“*”运算:对于nN*,满足以下运算性质:2*21;(2n+2)*23(2n*2).则用含n的代数式表示2n*2为_.解析:由已知得,令an2n*2,当n1时

6、,a12*2130;n2时,a24*2(2+2)*23(2*2)331;n3时,a36*2(2×2+2)*23(4*2)32,亦可知a433,a534,则可得2n*23n-1.答案:3n-1三、解答题15.已知数列log2(an-1)为等差数列,且a13,a25.(1)求证:数列an-1是等比数列;(2)求的值.(1)证明：设log2(an-1)-log2(an-1-1)d(n2),dlog2(a2-1)-log2(a1-1)log24-log221.log2(an-1)n.an-12n.(n2).an-1是以2为首项,2为公比的等比数列.(2)解:由(1)可得an-1(a1-1)&

7、#183;2n-1,an2n+1.16.已知数列an的通项求其前n项和Sn.解:当n为奇数时,以奇数项组成以a11为首项,公差为12的等差数列;偶数项组成以a24为首项,公比为4的等比数列.当n为偶数时,奇数项和偶数项各有项,.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an满足an+12-an2-2an+1-2an0,a11.设bnn3-3n2+5-an.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)试比较an与bn的大小;(理)(3)设,且数列cn的前n项和为Sn,求的值.解:(1)由an+12-an2-2an+1-2an0,得(an+1+an)

8、(an+1-an-2)0.因为an0,所以an+1-an-20,an+1-an2.所以数列an是以a11为首项,以2为公差的等差数列.所以an1+(n-1)×22n-1,bnn3-3n2+5-ann3-3n2+5-2n+1n3-3n2-2n+6.(2)由(1)得bn-ann3-3n2-2n+6-(2n-1)n3-3n2-4n+7,当n1时,b1-a11-3-4+710b1a1;当n2时,b2-a223-3×22-4×2+7-50b2a2;当n3时,b3-a333-3×32-4×3+7-50b3a3;当n4时,b4-a443-3×42-

9、4×4+770b4a4.下面考查函数f(x)x3-3x2-4x+7(x4),f(x)3x2-6x-43(x-1)2-7,当x4时,f(x)0,所以f(x)在4,+)上递增.所以当n4时数列bn-an单调递增,即0b4-a4b5-a5bn-an.综上,当n1或n4时,bnan,当n2,3时,bnan.（理）(3)由(1)得.所以.所以.【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

10、,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:1.00831.024,1.00841.033,1.008111.092,1.008121.1,1.02111.243,1.02121.268)解:(1)对于方案一,设每次付款额为x1万元,那么一年后,第一次付款的本金为1.0088x1万元,第2次付款的本金为1.0084x1万元,第3次付款的本金为x1万元,则1.0088x1+1.0084x1+x110×1.00812.解得x13.63(万元).付款总额为3×3.6310.89(万元).对于方案二,设每次付款为x2万元,那么一年后,第一次付款的本金为1.00811x2万元,第2次付款的本金为1.00810x2万元,第12次付款的本金为x2万元,则1.00811x2+1.00810x2+1.008x2+