2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練11 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用 文.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練11 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用 文 一、選擇題 1.在等差數(shù)列{an}中,a1+a5=8,a8=19,則其前10項(xiàng)的和S10等于(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.100 B.115 C.95 D.85 2.在等比數(shù)列{an}中,a1=2,前n項(xiàng)的和為Sn,若數(shù)列{an+1}也是等比數(shù)列,則Sn等于(　　) A.2n B.3n C.3n-1 D.2n+1-2 3.已知Sn是非零數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,且Sn=2an-1,則Sxx等于(　　) A.1-2xx B.2xx-1 C.2xx-1 D.2xx 4.已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若a2a3=2a1,且a4與2a7的等差中項(xiàng)為,則S5等于(　　) A.35 B.33 C.31 D.29 5.等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,已知a5+a7=4,a6+a8=-2,則當(dāng)Sn取最大值時(shí)n的值是(　　) A.5 B.6 C.7 D.8 6.若向量an=(cos2nθ,sin nθ),bn=(1,2sin nθ)(n∈N*),則數(shù)列{anbn+2n}的前n項(xiàng)和Sn等于(　　) A.n2 B.n2+2n C.2n2+4n D.n2+n 二、填空題 7.等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且4a1,2a2,a3成等差數(shù)列,若a1=1,則S4=　　　　　. 8.已知數(shù)列{an}滿足a1=,且對(duì)任意的正整數(shù)m,n都有am+n=aman,則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=　　　　　. 9.對(duì)于數(shù)列{an},定義數(shù)列{an+1-an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”,若a1=2,{an}的“差數(shù)列”的通項(xiàng)為2n,則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=　　　　　. 三、解答題 10.(xx四川成都三診)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿足a2=,a4=,n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn=log3anlog3an+1,求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn. 11.已知函數(shù)f(x)=,數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=f,n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)令bn=(n≥2),b1=3,Sn=b1+b2+…+bn,若Sn<對(duì)一切n∈N*成立,求最小正整數(shù)m. 12.設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,且bn=2-2Sn;數(shù)列{an}為等差數(shù)列,且a5=14,a7=20. (1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式; (2)若cn=anbn(n∈N*),求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. 專題能力訓(xùn)練11　數(shù)列求和及綜合應(yīng)用 1.B　解析:由a1+a5=8,得a3=4, ∴S10==5(a3+a8)=523=115. 故選B. 2.A　解析:設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q, 則(a2+1)2=(a1+1)(a3+1), ∴(2q+1)2=3(2q2+1),整理得q2-2q+1=0. 即q=1,∴an=2,Sn=2n.選A. 3.B　解析:∵Sn=2an-1, ∴Sn-1=2an-1-1(n≥2), 兩式相減得an=2an-2an-1, 即an=2an-1, ∴數(shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列,由S1=2a1-1,得a1=1,∴Sxx==2xx-1.選B. 4.C　解析:設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q, 由a2a3=2a1,得a1q3=2,即a4=2. 由題意a4+2a7=,∴a7=. 則q3=,∴q=. 又a1q3=2,∴a1=16. ∴S5==32-1=31.故選C. 5.B　解析:由a5+a7=4,a6+a8=-2,兩式相減得2d=-6,∴d=-3. ∵a5+a7=4,∴2a6=4,即a6=2. 由a6=a1+5d,得a1=17. ∴an=a1+(n-1)(-3)=20-3n, 令an>0,得n<,∴前6項(xiàng)和最大.故選B. 6.B　解析:anbn+2n=cos2nθ+2sin2nθ+2n =(1-2sin2nθ)+2sin2nθ+2n=2n+1, 則數(shù)列{anbn+2n}是等差數(shù)列, ∴Sn==n2+2n.故選B. 7.15　解析:設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由題意得4a1+a3=4a2, 即q2-4q+4=0,∴q=2. 故S4==15. 8.2-　解析:令m=1,則an+1=a1an,∴數(shù)列{an}是以a1=為首項(xiàng),為公比的等比數(shù)列, Sn==2-. 9.2n+1-2　解析:∵an+1-an=2n, ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1 =2n-1+2n-2+…+22+2+2=+2=2n, ∴Sn==2n+1-2. 10.解:(1)設(shè)公比為q.∵=q2, ∴q=或q=-. 又?jǐn)?shù)列{an}為正項(xiàng)等比數(shù)列,∴q=. 又∵a2=,∴a1=. ∴an=,n∈N*. (2)∵bn=log3anlog3an+1,n∈N*, ∴bn=n(n+1),n∈N*. ∴. ∴Tn=1-+…+=1-. 11.解:(1)∵an+1=f=an+, ∴{an}是以1為首項(xiàng),為公差的等差數(shù)列. ∴an=1+(n-1)n+. (2)當(dāng)n≥2時(shí),bn= =, 又b1=3=, ∴Sn=b1+b2+…+bn = =. ∵Sn<對(duì)一切n∈N*成立, ∴. 又遞增,且, ∴,即m≥xx. ∴最小正整數(shù)m=xx. 12.解:(1)由bn=2-2Sn,令n=1, 則b1=2-2S1,∴b1=. 當(dāng)n≥2時(shí),由bn=2-2Sn, 可得bn-bn-1=-2(Sn-Sn-1)=-2bn,即, 所以{bn}是以b1=為首項(xiàng),為公比的等比數(shù)列, 則bn=. (2)數(shù)列{an}為等差數(shù)列,公差d=(a7-a5)=3,可得an=3n-1,從而cn=anbn=2(3n-1), ∴Tn=2, Tn=2 , ∴Tn=2 , ∴Tn=.