创新设计2015高考数学鲁闽皖京渝津文科大二轮总复习第1部分专题32讲训练版含解析

1、一、选择题1(2014杭州质量检测)设 Sn 为等差数列an的前 n 项和若 a40，a5|a4|，则使 Sn0 成立的最小正整数 n 为( A6C8)B7D9a40，a5|a4|，a4a50，解析8a4a58a1a8S80.最小正整数为 8.22答案Cn12(2014广州综合测试)在数列an中，已知 a11，an1ansinSn，记2为数列an的前 n 项和，则 S2 014(A1 006C1 008)B1 007D1 009n1n1由 an1ansinan1ansin，所以 a2a1sin1解析2201，a3a2sin 31(1)0，a4a3sin 2000，a5a4sin522011，a

2、5a1，如此继续可得 an4an(nN*)，数列an是一个以 4 为周期的周期数列，而 2 01445032，因此 S2 014503(a1a2a3a4)a1a2503(1100)111 008.答案C3(2014成都诊断)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()A23C25B24 D26因为从第一项起，每隔两项取出一项，构成数列bn，所以新数列的首解析项为b1a1142，公差为d236，则bn142(n1)(6)令bn0，解得 n 2，因为 nN*，所以数列bn的前 24 项都为正数项，从

3、25243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.B4已知各项都为正的等比数列an满足 a7a62a5，存在两项 am，an 使得aman44a1，则1 的最小值为()mnA.35C.254B3D326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，舍去)，又由aman4a1，1得 aa 16a ，即 a 216a ，即有 mn2，亦即 m，那么22 m n 2 24n6m n111m14m n41 1 414m n 534mn6(mn)mn6 nmm52，当且仅当m，62nnnmn6，即 n2m

4、4 时取得最小值32.A二、填空题5(2013江西卷)某住宅小区计划植树不少于 100 棵，若第一天植 2 棵，以后每天植树的棵数是前一天的 2 倍，则需要的最少天数 n(nN*)等于每天植树棵数等比数列an，a11qn其中 a12，q2，则 Sn2(2n1)100，即 2n1102.n6，1q最少天数 n6.66(2014江苏五市联考)各项均为正数的等比数列an中，a2a11.当 a3值时，数列an的通项公式 an.取最小根据题意，由于各项均为正数的等比数列an中，a2a11，所以 q1.a2q，a1(q1)1，a1 1 ，a1q1q122q11q2a3q1q1q1 1 22 1 q124，

5、q1q1当且仅当 q2 时取得等号，故可知数列an的通项公式 an2n1.2n17(2014咸阳一模)已知函数 f(x)xsin x，项数为 19的等差数列an满足 an2，2，且公差 d0.若 f(a1)f(a2)f(a18)f(a19)0，则当 k时，f(ak)0.因为函数 f(x)xsin x 是奇函数，所以图象关于原点对称，图象过原点而等差数列an有 19 项，an，若 f(a1)f(a2)f(a18)f(a19)20，则必有 f(a10)0，所以 k10.2108(2013新课标卷)等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 S100，S1525，则 nSn 的最小值为S10910a1

6、0，d1022由已知解得 a13，d3，那么 nSn1514S1515a1d25，2n2n1n310n2x310 x220n2a1d 3 ，由于函数 f(x) 3 (x0)在 x 3 处取得极小233值也是最小值，因而检验 n6 时，6S648，而 n7 时，7S749.49三、解答题7639(2014邯郸模拟)已知等比数列an前 n 项和为 Sn，且满足 S3 ，S6 ，22求数列an的通项公式；求log2a1log2a3log2a5log2a25 的值a11q377S ，2，31q21q6解(1)法一 由得解得39，得 q2，1q63a11q 636S2 ， 2 ，61q1a1 ，所以，通

7、项公式为 an2n2.27Sa1a2a3732，法二由2得63a4a5a628，S ，621得 q38，q2，a1 ，2所以，数列an的通项公式为 an2n2. (2)因为log2ann2，12313 2所以log2a1log2a3log2a5log2a2511323143.10(2014皖南八校联考)设点 Pn(an，n)(n1,2，)，且 P1(1,1)，PnPn1(n1,1)(1)求数列an的通项公式； 1 m2 0142(2)设 Sn 是数列 的前 n 项的和，是否存在正整数 m，使得 Sn对一an切 nN*成立？若存在，求 m 的最小值；若不存在，说明理由(1)由题意得 an1ann

8、1，且 a11，解an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1nn112n.2nn1即数列an的通项公式为 an，21 1 122n，(2)由(1)知 annn1n11 1 2n1S 2.nm2 014*若 S对一切 nN 成立，n2m2 0142，m2 018.故 m 的最小值为 2 018.则2已知函数 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*)求 an 并证明数列bn1是等比数列；an(2)若数列c

9、n满足 cn，证明：c1c2c3cn3.4n1bn12(1)解因为点(a 1，S)在函数 f(x)的图象上，所以 a S.n2n1n2n1a2S1，a2a1，11令 n1，n2，得即a2S3，a1d 3a13d，22解得 a11，d2(d1 舍去)，则 an2n1.由(bnbn1)g(bn)f(bn)，得 4(bnbn1)(bn1)(bn1)2.由题意 bn1，所以 4(bnbn1)bn1，bn113即 3(b 1)4(b1)，所以4.nn1bn1所以数列bn1是以 1 为首项，公比为3的等比数列43n1由(1)，得 bn14(2)证明.an 2n12n1c.n4n1bn133n14n1n14令 Tnc1c2c3cn，2n32n1135则