2014届高考数学二轮专题热点提升训练：数列求和及其综合应用(1)

常考问题10数列求和及其综合应用(建议用时：50分钟)1．数列{an}的通项公式an＝1n＋n＋1，若{an}的前n项和为24，则n为()．A．25B．576C．624D．625解析an＝1n＋n＋1＝－(n－n＋1)，前n项和Sn＝－[(1－2)＋(2－3)]＋…＋(n－n＋1)]＝n＋1－1＝24，故n＝624.故选C.答案C2．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．23B．24C．25D．26解析因为从第一项起，每隔两项取出一项，构成数列{bn}，所以新数列的首项为b1＝a1＝142，公差为d′＝－2×3＝－6，则bn＝142＋(n－1)(－6)．令bn≥0，解得n≤2423，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B3．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am·an＝4a1，则1m＋4n的最小值为()．A.32B.53C.256D.43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正矛盾，舍去)，又由am·an＝4a1，得aman＝16a21，即a212m＋n－2＝16a21，即有m＋n－2＝4，亦即m＋n＝6，那么1m＋4n＝16(m＋n)1m＋4n＝164mn＋nm＋5≥1624mn·nm＋5＝32，当且仅当4mn＝nm，即n＝2m＝4时取得最小值32.答案A4．(2013·聊城模拟)已知首项为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1006和a1007是方程x2－2012x－2011＝0的两根，则使Sn0成立的正整数n的最大值是()．A．1006B．1007[来源:学#科#网]C．2011D．2012解析由题意知，a1006＋a1007＝20120，a1006·a1007＝－20110，又因首项为正等差数列，所以a10060，a10070，2a1006＝a1＋a20110，2a1007＝a1＋a20130，即S20110，S20130，又因Sn＝n（a1＋an）2，n的最大值为2011.答案C5．已知函数f(x)＝cosx(x∈(0，2π))有两个不同的零点x1，x2，方程f(x)＝m有两个不同的实根x3，x4.若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m的值为()．A．－12B.12C.32D．－32[来源:学科网]解析不妨设x1x2，x3x4.由题意，可得x1，x2的值分别为π2，3π2，代入检验．若m＝－12，则x3，x4的值分别为2π3，4π3，因为4π3－2π3≠3π2－π3，显然这四个数不能构成等差数列；若m＝12，则x3，x4的值分别为π3，5π3，因为π2－π3≠3π2－π2，故这四个数不能构成等差数列；[来源:学科网]若m＝32，则x3，x4的值分别为π6，11π6，因为11π6－3π2≠3π2－π2，显然这四个数不能构成等差数列；若m＝－32，则x3，x4的值分别为5π6，7π6，显然这四个数能构成等差数列，公差为π3.答案D6．(2013·陕西卷)观察下列等式：(1＋1)＝2×1(2＋1)(2＋2)＝22×1×3(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5…照此规律，第n个等式可为______________．解析由已知的三个等式左边的变化规律，得第n个等式左边为(n＋1)(n＋2)…(n＋n)，由已知的三个等式右边的变化规律，得第n个等式右边为2n与n个奇数之积，即2n×1×3×…×(2n－1)．[来源:学&科&网]答案(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)7．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．解析设20名同学是1号到20号依次排列，使每位同学的往返所走的路程和最小，则树苗需放在第10或第11号树坑旁边，此时两侧的同学所走的路程分别组成以20为首项，20为公差的等差数列，所有同学往返所走的路程总和为S＝9×20＋9×82×20＋10×20＋10×92×20＝2000(米)．答案20008．(2013·临沂模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，若S2nSn(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{cn}是首项为2，公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，则d＝________．解析由题意可知，数列{cn}的前n项和为Sn＝n（c1＋cn）2，前2n项和为S2n＝2n（c1＋c2n）2，所以S2nSn＝2n（c1＋c2n）2n（c1＋cn）2＝2＋2nd4＋nd－d＝2＋21＋4－dnd.因为数列{cn}是“和等比数列”，即S2nSn为非零常数，所以d＝4.答案49．已知Sn是数列{an}的前n项和，点(n，Sn)在函数f(x)＝12x2＋32x的图象上．(1)求数列{an}的通项；(2)若cn＝anan＋1＋an＋1an，求证：2nc1＋c2＋…＋cn2n＋12.(1)解因为点(n，Sn)在f(x)的图象上，所以Sn＝12n2＋32n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋1.当n＝1时，a1＝S1＝2，适合上式．所以an＝n＋1对任意n∈N*都成立．(2)证明cn＝anan＋1＋an＋1an＝n＋1n＋2＋n＋2n＋12n＋1n＋2·n＋2n＋1＝2，所以c1＋c2＋…＋cn2n.又因为cn＝n＋1n＋2＋n＋2n＋1＝2＋1n＋1－1n＋2.故c1＋c2＋…＋cn＝2n＋[12－13＋13－14＋…＋1n＋1－1n＋2]＝2n＋12－1n＋22n＋12.所以2nc1＋c2＋…＋cn2n＋12成立．10．已知函数f(x)＝(x－1)2，g(x)＝4(x－1)，数列{an}是各项均不为0的等差数列，其前n项和为Sn，点(an＋1，S2n－1)在函数f(x)的图象上；数列{bn}满足b1＝2，bn≠1，且(bn－bn＋1)·g(bn)＝f(bn)(n∈N＋)．(1)求an并证明数列{bn－1}是等比数列；(2)若数列{cn}满足cn＝an4n－1·（bn－1），证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn3.(1)解因为点(an＋1，S2n－1)在函数f(x)的图象上，所以a2n＝S2n－1.令n＝1，n＝2，得a21＝S1，a22＝S3，即a21＝a1，（a1＋d）2＝3a1＋3d，解得a1＝1，d＝2(d＝－1舍去)，则an＝2n－1.由(bn－bn＋1)·g(bn)＝f(bn)，得4(bn－bn＋1)(bn－1)＝(bn－1)2.由题意bn≠1，所以4(bn－bn＋1)＝bn－1，即3(bn－1)＝4(bn＋1－1)，所以bn＋1－1bn－1＝34.所以数列{bn－1}是以1为首项，公比为34的等比数列．(2)证明由(1)，得bn－1＝34n－1.cn＝an4n－1·（bn－1）＝2n－14n－1·34n－1＝2n－13n－1.令Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，则Tn＝130＋331＋532＋…＋2n－33n－2＋2n－13n－1，①13Tn＝131＋332＋532＋…＋2n－33n－1＋2n－13n，②①－②得，23Tn＝130＋231＋232＋233＋…＋23n－1－2n－13n＝1＋23·1－13n－11－13－2n－13n＝2－13n－1－2n－13n＝2－2（n＋1）3n.所以Tn＝3－n＋13n－1.所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝3－n＋13n－13.11．(2013·天津卷)已知首项为32的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn＝Sn－1Sn(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．(1)解设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝a5a3＝14.[来源:Zxxk.Com]又{an}不是递减数列且a1＝32，所以q＝－12.故等比数列{an}的通项公式为an＝32×－12n－1＝(－1)n－1·32n.(2)由(1)得Sn＝1－－12n＝1＋12n，n为奇数，1－12n，n为偶数.当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1Sn≤S1＝32，故0Sn－1Sn≤S1－1S1＝32－23＝56.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以34＝S2≤Sn1，故0Sn－1Sn≥S2－1S2＝34－43＝－712.综上，对于n∈N*，总有－712≤Sn－1Sn≤56.所以数列{Tn}最大项的值为56，最小项的值为－712.