2015年高考文科数学二轮专题复习题：专题三　数列专题3 第2讲 数列求和及数列的综合应用

《2015年高考文科数学二轮专题复习题：专题三　数列专题3 第2讲 数列求和及数列的综合应用》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、第2讲　数列求和及数列的综合应用(建议用时：60分钟)一、选择题1．(2014·福建卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于(　　)．A．8　B．10　C．12　D．14解析　利用等差数列的通项公式和前n项和公式求解．由题意知a1＝2，由S3＝3a1＋×d＝12，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12，故选C.答案　C2．数列{an}的通项公式an＝，若{an}的前n项和为24，则n为(　　)．A．25　B．576　C．624　D．625解析　an＝＝－(－)，前n项和Sn＝－[(1－)＋(－)＋…＋(－

2、)]＝－1＝24，故n＝624.故选C.答案　C3．设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　)．A.＋　B．＋C.＋　D．n2＋n解析　设等差数列{an}的公差为d，由已知得a＝a1a6，即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，解得d＝，故Sn＝2n＋×＝＋.答案　A4．在等差数列{an}中，a1＝142，d＝－2，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(　　)．A．23　B．24　C．25　D．26解析　因为从第一项起，每隔两项取出一

3、项，构成数列{bn}，所以新数列的首项为b1＝a1＝142，公差为d′＝－2×3＝－6，则bn＝142＋(n－1)(－6)．令bn≥0，解得n≤24，因为n∈N*，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　B5．已知各项都为正的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，存在两项am，an使得＝4a1，则＋的最小值为(　　)．A.　B．　C．　D．解析　由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理有q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(与条件中等比数列的各项都为

4、正矛盾，舍去)，又由＝4a1，得aman＝16a，即a2m＋n－2＝16a，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么＋＝(m＋n)＝≥＝，当且仅当＝，即n＝2m＝4时取得最小值.答案　A6．Sn是等比数列{an}的前n项和，a1＝，9S3＝S6，设Tn＝a1a2a3…an，则使Tn取最小值的n值为(　　)．A．3　B．4　C．5　D．6解析　设等比数列的公比为q，故由9S3＝S6，得9×＝，解得q＝2，故＝an＝×2n－1，易得当n≤5时，<1，即TnTn－1，据此数列单调性可得T5为最小值．答案　C7．已知数列{an

5、}的通项公式是an＝－n2＋12n－32，其前n项和是Sn，对任意的m，n∈N*且m0，Sn随n的增加而增大，S7＝S8，当n>8时，an<0，Sn随n的增加而减小，故Sn－Sm≤S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝a5＋a6＋a7＝10.答案　D二、填空题8．设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q

6、＝________.解析　由已知得②－①得a1q2＋a1q3＝3a1q(q2－1)，即2q2－q－3＝0.解得q＝或q＝－1(舍)．答案　9．在正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项公式为________．解析　在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n＋1，得＝×＋，①令＝bn，则①式变为bn＋1＝bn＋，即bn＋1－1＝(bn－1)，所以数列{bn－1}是等比数列，其首项为b1－1＝－1＝－，公比为.所以bn－1＝×n－1，即bn＝1－×n－1＝，故an＝5n－3×2n－1.答案　an＝5n－

7、3×2n－110．(2013·陕西卷)观察下列等式12＝112－22＝－312－22＋32＝612－22＋32－42＝－10……照此规律，第n个等式可为________．解析　左边为平方项的(－1)n＋1倍的和，右边为(1＋2＋3＋…＋n)的(－1)n＋1倍．答案　12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·11．设y＝f(x)是一次函数，f(0)＝1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝________.解析　设f(x)＝kx＋b(k≠0)，又f(0)＝1，所以b＝1，即f(x)＝

8、kx＋1(k≠0)．由f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，得f2(4)＝f(1)·f(13)，即(4k＋1)2＝(k