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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,假设,那么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,假设a2+a6+a10为一个确定的常数,那么以下各数中也是常数的是( )611 C.S12 13解析:由a2+a6+a103a6为常数,那么a6为常数.为常数.应选B.答案:B3.数列an的前n项和为Sn1-5+9-13+17-21+(-1)n-1(4n-3),那么S15+S22-S31的值是( )A.13 B.-76 C解析:对数列an的相邻两项结合后,再求和.答案:B4.an是
2、等差数列,a1+a24,a7+a828,那么该数列前10项和S10等于( )A.64 B.100 C解析:设公差为d,那么由得.答案:B5.记等差数列an的前n项和为Sn,假设,S420,那么S6等于( )A.16 B.24 C.36 解析:由题意,知S463+15d48.答案:D6.如果f(a+b)f(a)f(b)且f(1)2,那么等于( )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),S21 0042 008.答案:C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
3、数列,那么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,那么( )A. B. C. D.解析:由题意得q0,当q1时,有;当q1时,有,所以.应选B.答案:B9.(安徽合肥高三第一次质检,理5Sn是等差数列an的前n项和,S100并且S110,假设SnSk对nN*恒成立，那么正整数k构成的集合为( )A.5 B.6 C.5，6 D.7解析:由S100，并且S110，知a6
4、0,a110,所以d0.故S5S6nSk对nN*恒成立，所以正整数k构成集合为5，6.答案:C10.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( )nan+1nan+1 C.anan+1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*),那么|a1|+|a2|+|a15|_.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(
5、-9)+135153.答案:153,的前n项和等于_.解析:,原式.答案:13.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,那么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).那么用含n的代数式表示2n*2为_.解析:由得,令an2n*2,当n1时,a12*2130;n2时,a24*2(2+2)*23(2*2)331;n3时,a36*2(22+2)*23(4*2)32,亦可知a433,a534,那么可得2n*23n-1.答案:3n-1三、解答题15.数列log2(
6、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)2n-1,an2n+1.16.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
7、系列丛书【例1】 (河北保定高三第一学期调研,22正项数列an满足an+12-an2-2an+1-2an0,a1nn3-3n2+5-an.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)试比拟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)(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-ann
8、3-3n2-2n+6-(2n-1)n3-3n2-4n+7,当n1时,b1-a11-3-4+710b1a1;当n2时,b2-a223-322-42+7-50b2a2;当n3时,b3-a333-332-43+7-50b3a3;当n4时,b4-a443-342-44+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
9、车销售公司为促销采取了较为灵活的付款方式,对购置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,购置后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,购置后1个月第1次付款,再过1个月第2次付款,购置后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)试比拟以上两种方案的哪一种方案付款总额较少?34111211121.268)解:(1)对于方案一,设每次付款额为x18x14x1万元,第3次付款的本金为x18x14x1+x112.解得x13.63(万元).付款总额为33.6310.89(万元).对于方案二,设每次付款为x2万元,那么一年后,11x210x2万元,第12次付款的本金为x2万元,11x210x22+x212.解得x20.88(万元),付款总额为120.8810.56(万元),显然,第二种方案付款总额较少.12,而转入再投资所产生的本金为10(1-p%)(1+2%)12,那么依题意有解得4p13.2.