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2014高考数学理复习方案 二轮作业手册(新课标·通用版)专题限时集:第10讲 数列求和及数列的简单应用


专题限时集训(十) [第 10 讲 数列求和及数列的简单应用] (时间:45 分钟)

2 2 1.已知正项数列{an}中,a1=1,a2=2,2a2 ) n=an-1+an+1(n≥2),则 a6 等于( A.16 B.8 C.2 2 D.4 2.已知数列{an}为等比数列,且 a4·a6=2a5,设等差数列{bn}的前 n 项和为 Sn,若 b5= 2a5

,则 S9=( ) A.36 B.32 C.24 D.22 3.设等比数列{an}的各项均为正数,其前 n 项和为 Sn.若 a1=1,a3=4,Sk=63,则 k= ________. 4.设直线 nx+(n+1)y= 2(n∈N*)与两坐标轴围成的三角形的面积为 Sn,则 S1+S2+? +S2012=________.

5.计算机是将信息转换成二进制数进行处理的.二进制即“逢二进一”,如(1101)2 表示 二进制的数,将它转化成十进制数的形式是 1×23+1×22+0×21+1×20=13,那么将二进制 数 111?1(2)(共 16 位)转换成十进制数的值是( ) A.217-2 B.217-1 C.216-1 D.215-1 1 6.已知函数 f(x)= ,点 O 为坐标原点,点 An(n,f(n))(n∈N*).若记直线 OAn 的倾斜 x+1 角为 θn,则 tan θ 1+tan θ 2+?+tan θ n=( ) 1 1 A. B. n n+1 n -1 n C. D. n n+1 1 7.数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1= ,且对任意的正整数 m,n,都有 am+n=am·an, 5 若 Sn<t 恒成立,则实数 t 的最小值为( ) 1 3 A. B. 4 4 4 C. D.4 3 8.在数列{an}中,若对任意的 n∈N*均有 an+an+1+an+2 为定值,且 a7=2,a9=3,a98 =4,则数列{an}的前 100 项的和 S100=( ) A.132 B.299 C.68 D.99 n 9.定义 为 n 个正数 p1,p2,?,pn 的“均倒数”.若已知数列{an}的前 n p1+p2+?+pn an+1 1 1 1 1 项的“均倒数”为 ,又 bn= ,则 + +?+ =( ) 4 b1b2 b2b3 b10b11 2n+1 1 9 A. B. 11 10 10 11 C. D. 11 12

10.已知数列{an}中,a1=1,an+1=(-1)n(an+1),记 Sn 为数列{an}的前 n 项和,则 S2013 =________. 11.已知数列{an}的各项均为正整数,其前 n 项和为 Sn. a ? ? 2n,an是偶数, 若 a + =? 且 S =29,则 a =________;S =________.
n 1

? ?3an+1,an是奇数,

3

1

3n

12.对于一切实数 x,令[x]为不大于 x 的最大整数,则函数 f(x)=[x]称为高斯函数或取整 n 函数.若 an=f ,n∈N*,Sn 为数列{an}的前 n 项和,则 S3n=________. 3 13.已知等差数列{an}满足 a3=10,a5-2a2=6. (1)求数列{an}的通项公式; - 2n 1(n为奇数), ? ? (2)数列{bn}满足 bn=?1 Tn 为数列{bn}的前 n 项和,求 T2n. an-1(n为偶数), ? ?2

14.等差数列{an}中,2a1+3a2=11,2a3=a2+a6-4,其前 n 项和为 Sn. (1)求数列{an}的通项公式; 1 3 (2)设数列{bn}满足 bn= ,其前 n 项和为 Tn,求证:Tn< (n∈N*). 4 Sn+1-1

15.环保刻不容缓,或许人类最后一滴水将是自己的泪水.某地水资源极为紧张,且受 工业污染严重,预计 20 年后该地将无洁净的水可用.当地决定重新选址建设新城区,同时对 旧城区进行拆除.已知旧城区的住房总面积为 64a m2,每年拆除的数量相同;新城区计划第 一年建设住房面积 a m2,前四年每年以 100%的增长率建设新住房,从第五年开始,每年都比 上一年增加 a m2.设第 n(n≥1,且 n∈N)年新城区的住房总面积为 an m2,该地的住房总面积为 bn m2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若每年拆除 4a m2,比较 an+1 与 bn 的大小.

专题限时集训(十) 2 2 2 1.D [解析] 根据 2an =a2 n-1+an+1知,数列{an}为等差数列,首项为 1,公差为 3,所以 a2 n=1+(n-1)×3=3n-2,又 an>0,所以 an= 3n-2,所以 a6= 18-2=4. 9(b1+b9) 2 2.A [解析] 由 a4·a6=2a5,得 a5 =2a5,即 a5=2,所以 b5=4,S9= =9b5 2 =36. 3.6 [解析] 设公比为 q,因为 an>0,所以 q>0,则 a3=4=a1q2=q2,所以 q=2,又 Sk 1-2k =63= ,即 2k=64,所以 k=6. 1-2

2012 1 2 ?0, 2 ? [解析] 直线与两坐标轴的交点坐标分别为? ,0?, , 故 Sn= ? ? 2013 n(n+1) ?n ? ? n+1? 1 1 1 2012 = - ,所以 S1+S2+?+S2012=1- = . n n+1 2013 2013 5.C [解析] 即 215+214+?+2+1=216-1. 1 1 1 1 6.C [解析] An?n,n+1?,tan θ n= = - ,所以 tan θ 1+tan θ 2+?+ ? ? n(n+1) n n+1 1 n tan θ n=1- = . n+1 n+1 1 1 1 7.A [解析] 令 m=1 可得 an+1= an,所以{an}为首项为 ,公比为 的等比数列,所以 5 5 5 n 1 1? ? ?? 5?1-?5? ? 1? ?1?n? 1 1 Sn= = 1- 5 < ,故实数 t 的最小值为 . 1 4? ? ? ? 4 4 1- 5 8.B [解析] 设 an+an+1+an+2=M,则 an+1+an+2+an+3=M,后式减去前式得 an+3=an, 即数列{an}是以 3 为周期的周期数列,a7=a1=2,a9=a3=3,a98=a2=4,所以在一个周期内 的三项之和为 9,所以 S100=33×9+2=299. n 1 9.C [解析] 由已知得 = , a1+a2+?+an 2n+1 ∴a1+a2+?+an=n(2n+1)=Sn. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=4n-1,当 n=1 时也成立, ∴an=4n-1, an+1 1 1 1 ∴bn= =n,∴ = - , 4 bnbn+1 n n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 10 1- ?+? - ?+?+? - ?= . ∴ + +?+ =? 2 2 3 10 11 ? ? ? ? ? ? b1b2 b2b3 b10b11 11 10.-1005 [解析] a1=1,a2=-2,a3=-1,a4=0,a5=1,?,由此可得该数列的周 期为 4,一个周期内四项之和为-2,2013=503×4+1,a2013=a1,所以 S2013=503×(-2)+1 =-1005. 11.5 7n+22 [解析] 若 a1=4k,则 a2=2k,a3=k,此时 S3=7k=29,由于 k 为整数, 此时无解; 若 a1=4k+1,则 a2=12k+4,a3=6k+2,此时 S3=22k+7=29,解得 k=1,即 a1=5; 若 a1=4k+2,则 a2=2k+1,a3=6k+4,此时 S3=12k+7=29,由于 k 为整数,此时无 解; 若 a1=4k+3,则 a2=12k+10,a3=6k+5,此时 S3=22k+18=29,由于 k 为整数,此时 无解. 综上可知 a1=5.由于 a1=5,则 a2=16,a3=8,a4=4,a5=2,a6=1,a7=4,a8=2,a9 =1,a10=4,a11=2,a12=1. a1=4+1,a2=2+14,a3=1+7, 则 a1+a2+a3=22+7,其余每连续三项之和为 7,故 S3n=22+7n. n? ?n? 3 1 12. n2- n [解析] 当 n=3k,n=3k+1,n=3k+2 时均有 an=f? ?3?=?3?=k,所以 2 2 S3n = 0 + 0 + 1 + 1 + 1,\s\do4(3 个 )) + 2 + 2 + 2,\s\do4(3 个 )) + ? + (n - 1) + (n - 1) + (n - 1+n-1 3 1 1),\s\do4(3 个))+n=3× ×(n-1)+n= n2- n. 2 2 2 13.解:(1)设数列{an}的公差为 d,则 a1+2d=10,a1+4d-2(a1+d)=6,解得 a1=2,d =4,所以 an=a1+(n-1)d=4n-2. (2)数列{bn}的前 2n 项和中,奇数项和偶数项各有 n 项.奇数项是首项为 1,公比为 4 的 1×(1-4n) 4n-1 等比数列,其和为 = ;偶数项是首项为 1,公差为 4 的等差数列,其和为 n 3 1-4 4.

n(n-1) ×4=2n2-n. 2 4n-1 所以 T2n= +2n2-n. 3 14.解:(1)设数列{an}的公差为 d,则 2a1+3a2=2a1+3(a1+d)=5a1+3d=11, 2a3=a2+a6-4,即 2(a1+2d)=a1+d+a1+5d-4,得 d=2,a1=1,所以 an=a1+(n-1)d =1+(n-1)×2=2n-1. 1 1 (2)证明:Sn=na1+ n(n-1)d=n×1+ n(n-1)×2=n2, 2 2 1 1 1 1 11 1 bn= = = = = - , Sn+1-1 (n+1)2-1 n2+2n n(n+2) 2n n+2 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以 Tn= - + - + - +?+ - + - 21 3 2 4 3 5 n-1 n+1 n n+2 11 1 1 1 3 = + - - < (n∈N*). 21 2 n+1 n+2 4 - 15.解:(1)设第 n 年新城区的住房建设面积为 λnm2,则当 1≤n≤4 时,λn=2n 1a; 当 n≥5 时,λn=(n+4)a. 所以,当 1≤n≤4 时,an=(2n-1)a, n2+9n-22 当 n≥5 时,an=a+2a+4a+8a+9a+?+(n+4)a= a, 2 n ?(2 -1)a,1≤n≤4, + 故 an=?n2+9n-22 a,n≥5. ? 2 ? + (2)当 1≤n≤3 时,an+1=(2n 1-1)a,bn=(2n-1)a+64a-4na,显然有 an+1<bn, 当 n=4 时,an+1=a5=24a,bn=b4=63a,此时 an+1<bn. n2+11n-12 n2+9n-22 当 5≤n≤16 时,an+1= a,bn= a+64a-4na. 2 2 an+1-bn=(5n-59)a. 所以,当 5≤n≤11 时,an+1<bn;当 12≤n≤16 时,an+1>bn.当 n≥17 时,显然 an+1>bn, 故当 1≤n≤11 时,an+1<bn;当 n≥12 时,an+1>bn.

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