2015届高考数学第一轮考点分类检测试题17

考点25数列求和及综合应用一、选择题1.（2013·新课标Ⅰ高考理科·Ｔ12）设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n=1,2,3,…若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝cn＋an2，cn＋1＝bn＋an2，则（）A、{Sn}为递减数列B、{Sn}为递增数列C、{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列D、{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列【解析】选B.因为nnaa1，21nnnacb，21nnnabc，所以1aan，1nb1nc2nnac2nnab1)(21)(21acbacbnnnnn1nb)2(212111acbacnnn，注意到1112acb，所以12acbnn.于是nnnCBA中，边长1aCBnn为定值，另两边的长度之和为12acbnn为定值.因为1nb1nc2nnac2nnab)(21nncb，所以)()21(111cbcbnnn，当n时，有0nncb，即nncb，于是nnnCBA的边nnCB的高nh随n增大而增大，于是其面积nnnnnhahCBS121||21为递增数列.二、填空题2.（2013·新课标Ⅰ高考理科·Ｔ14）若数列}{na的前n项和3132nnaS，则}{na的通项公式是na_________【解题指南】先利用S1=a1求出a1的值,再利用Sn-Sn-1=an求出通项公式an.【解析】由1113132aaS，解得11a，又3132nnaS，所以112233nnnnnSSaaa，得12nnaa，所以数列}{na是首项为1，公比为2的等比数列.故数列的通项公式1)2(nna【答案】1)2(n3.（2013·湖南高考理科·Ｔ15）设nS为数列na的前n项和，1(1),,2nnnnSanN则（1）3a_____；（2）12100SSS___________.【解题指南】（1）令3n，4n代入即可得到答案.（2）通过1112121)1(21)1(nnnnnnnnaassa整理可发现当当n为偶数时有1121nnnaa，于是代入第（2）问的展开式即可得到答案.【解析】（1）因为21111asa，所以411a，8133213aaaas①，161443214aaaaas，即161321aaa②，把②代入①得1613a.（2）因为当2n时，nn1nnn1nn1n111ass(1)a(1)a22n，整理得nnnnnaa21)1())1(1(11，所以，当n为偶数时，nna211，当n为奇数时，nnnaa2121，所以1121nna，所以为奇数为偶数，nnnnna,21211，所以当n为偶数时，1121nnnaa，所以33221100994321212121aaassssss)()()(21219910034121001009999aaaaaaaa231003599210011111111111()()()22222222222)121(31)211()211(32211)211(21411)411(2110010010010050.【答案】（1）161（2）)121(311004.（2013·重庆高考理科·Ｔ12）已知na是等差数列，11a，公差0d，nS为其前n项和，若1a、2a、5a成等比数列，则8S【解题指南】先根据1a、2a、5a成等比数列求出数列的公差,然后根据公式求出8S.【解析】因为1a、2a、5a成等1比数列,11a所以dd41)1(2,化简得dd22因为0d,所以2d,故.64568278818daS【答案】64三、解答题5.（2013·大纲版全国卷高考理科·Ｔ22）已知函数1=ln1.1xxfxxx（I）若0,0,xfx时求的最小值;；（II）设数列211111,ln2.234nnnnaaaann的通项证明：【解析】（I）22)1()21()(xxxxf，令0)(xf，即0)1()21(22xxx，解得0x或21x若21，则)21(20x时，0)(xf，所以0)(xf.若21，则0x时，()0¢fx，(0)=0f，所以0)(xf.综上的最小值为21.（II）令21，由（I）知，0x时，0)(xf.即)1ln(22)2(xxxx.取kx1，则kkkkk1ln)1(212.于是))1(2121(41122kknaannknn))1(212(12kkknnkkknnk1ln12nnln2ln2ln.所以2ln412naann6.(2013·浙江高考文科·T19)在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,an.(2)若d0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.【解题指南】(1)由a1,2a2+2,5a3成等比数列可以求得a1与d的关系,进而可求得d与an.(2)由d0,先判断该数列从第几项开始大于零,从第几项开始小于零,再根据等差数列前n项和的性质求解.【解析】(1)由题意得,5a3·a1=(2a2+2)2,d2-3d-4=0,解得d=-1或d=4,所以an=-n+11或an=4n+6.(2)设数列{an}前n项和为Sn,因为d0,所以d=-1,an=-n+11,则n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn=-12n2+212n;n≥12时,|a1|+|a2|+…+|a11|+|a12|+…+|an|=a1+a2+…+a11-a12-…-an=S11-(Sn-S11)=-Sn+2S11=12n2-212n+110.综上所述,|a1|+|a2|+…+|an|=22121,11,22121110,12.22≤≥nnnnnn7.（2013·重庆高考文科·Ｔ16）设数列na满足：11a，13nnaa，nN．（Ⅰ）求na的通项公式及前n项和nS；（Ⅱ）已知nb是等差数列，nT为前n项和，且12ba，3123baaa，求20T．【解题指南】直接根据递推关系可求出数列的通项公式及前n项和,再利用题目中所给条件求解20T.【解析】（Ⅰ）由题设知na是首项为,1公比为3的等比数列,所以13nna,.13213131nnnS（Ⅱ）,210,13931,313321dbbbab所以公差5d，故101052192032020T.8.（2013·上海高考理科·T23）给定常数c0,定义函数f(x)=2|x+c+4|-|x+c|.数列a1,a2,a3,…,满足an+1=f(an),n∈N*.(1)若a1=-c-2,求a2及a3.(2)求证:对任意n∈N*,an+1-an≥c.(3)是否存在a1,使得a1,a2,…,an,…,成等差数列?若存在,求出所有这样的a1;若不存在,说明理由.【解析】(1)a2=2,a3=c+10.(2)f(x)=当an≥-c时,an+1-an=c+8c.当-c-4≤an-c时,an+1-an=2an+3c+8≥2(-c-4)+3c+8=c;当an-c-4时,an+1-an=-2an-c-8-2(-c-4)-c-8=c;所以,对任意n∈N*,an+1-an≥c.(3)由(2),结合c0,得an+1an,即{an}为无穷递增数列,又{an}为等差数列,所以存在正数M,当nM时,an-c,从而an+1=f(an)=an+c+8,由于{an}为等差数列,因此其公差d=c+8.①若a1-c-4,则a2=f(a1)=-a1-c-8,又a2=a1+d=a1+c+8,故-a1-c-8=a1+c+8,即a1=-c-8,从而a2=0,当n≥2时,由于{an}为递增数列,故an≥a2=0-c,所以an+1=f(an)=an+c+8,而a2=a1+c+8,故当a1=-c-8时,{an}为无穷等差数列,符合要求.②若-c-4≤a1-c,则a2=f(a1)=3a1+3c+8,又a2=a1+d=a1+c+8,所以,3a1+3c+8=a1+c+8,得a1=-c,舍去.③若a1≥-c,则由an≥a1得到an+1=f(an)=an+c+8,从而{an}为无穷等差数列,符合要求.综上a1的取值集合为{-c-8}∪[-c,+∞).9.（2013·上海高考文科·T22）已知函数xx2)(f，无穷数列na满足an+1=f(an),n∈N*（1）若a1=0，求a2，a3，a4；（2）若a1＞0，且a1，a2，a3成等比数列，求a1的值.（3）是否存在a1，使得a1，a2，…，an…成等差数列？若存在，求出所有这样的a1；若不存在，说明理由.【解析】(1)a2=2,a3=0,a4=2.(2)a2=2-|a1|=2-a1,a3=2-|a2|=2-|2-a1|.①当0a1≤2时,a3=2-(2-a1)=a1,所以=(2-a1)2,得a1=1.②当a12时,a3=2-(a1-2)=4-a1,所以a1(4-a1)=(2-a1)2,得a1=2-(舍去)或a1=2+.综合①②得a1=1或a1=2+.(3)假设这样的等差数列存在,那么a2=2-|a1|,a3=2-|2-|a1||.由2a2=a1+a3得2-a1+|2-|a1||=2|a1|(*).以下分情况讨论:①当a12时,由(*)得a1=0,与a12矛盾;②当0a1≤2时,由(*)得a1=1,从而an=1(n=1,2,…),所以{an}是一个等差数列;③当a1≤0时,则公差d=a2-a1=(a1+2)-a1=20,因此存在m≥2使得am=a1+2(m-1)2.此时d=am+1-am=2-|am|-am0,矛盾.综合①②③可知,当且仅当a1=1时,a1,a2,a3,…,构成等差数列.10.（2013·江苏高考数学科·Ｔ19）设}{na是首项为a，公差为d的等差数列)0(d，nS是其前n项和。记cnnSbnn2，*Nn，其中c为实数。（1）若0c，且421bbb，，成等比数列，证明：knkSnS2（*,Nnk）；（2）若}{nb是等差数列，证明：0c。【解题指南】利用条件0c，且421bbb，，成等比数列，求出nS，再代入证明（2）利用条件}{nb是等差数列建立与c有关方程。【证明】由题设知,Sn=na+(1)2nnd.（1）若0c，得(1)2nnSndban.又因为b1,b2,b4成等比数列,所以4122bbb,即：2322daada，化简得d2-2ad=0.因为d≠0,所以d=2a.因此,对于所有的m∈N*,有Sm=m2a.从而对于所有的k,n∈N*,有Snk=(nk)2a=n2k2a=n2Sk.(2)设数列{bn}的公差是d1,则bn=b1+(n-1)d1,n∈N*,代入Sn的表达式,整理得,对于所有的n∈N*,有311()2ddn+(b1-d1-a+12d)n2+cd1n=c(d1-b1).令A=d1-12d,B=b1-d1-a+12d,D=c(d1-b1),则对于所有的n∈N*,有An3+Bn2+cd1n=D.(*)在(*)式中分别取n=1,2,3,4,得A+B+cd1=8A+4B+2cd1=27A+9B+3cd1=6