高考数学理数列求和二轮提高练习题目

高考数学理数列求和二轮提高练习题目

‎　数列求和 一、选择题(每小题5分，共25分)‎ ‎1．已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为 ‎(　　)．‎ A．－110 B．－90 ‎ C．90 D．110‎ ‎2．已知等差数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，‎2a＋3，则此数列的通项公式an等于 ‎(　　)．‎ A．2n－3 B．2n＋1 ‎ C．2n－5 D．2n＋3‎ ‎3．数列1，3，5，7，…的前n项和Sn为 ‎(　　)．‎ A．n2＋1－ B．n2＋2－ C．n2＋1－ D．n2＋2－ ‎4．已知数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n为 ‎(　　)．‎ A．11 B．99 ‎ C．120 D．121‎ ‎5．已知{an}满足a1＝1，且an＋1＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为(　　)．‎ A．an＝ B．an＝n2＋2‎ C．an＝3n－2 D．an＝ 二、填空题(每小题5分，共15分)‎ ‎6．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n，则此数列的通项公式为________．‎ ‎7．若＝110(x∈N*)，则x＝________.‎ ‎8．在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.‎ 三、解答题(本题共3小题，共35分)‎ ‎9．(11分)已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，若S5＝35，且a2，a7，a22成等比数列. ‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列的前n项和为Tn，求Tn.‎ ‎10．(12分)已知等差数列{an}的前n项和为An，且满足a1＋a5＝6，A9＝63；数列{bn}的前n项和为Bn，且满足Bn＝2bn－1(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式an，bn；‎ ‎(2)设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Sn.‎ ‎11．(12分)设数列{an}的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an＝5Sn＋1成立，记bn＝(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)记cn＝b2n－b2n－1(n∈N*)，设数列{cn}的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都有Tn＜；‎ ‎(3)设数列{bn}的前n项和为Rn.已知正实数λ满足：对任意正整数n，Rn≤λn恒成立，求λ的最小值．‎ 参考答案 ‎1．D　[a7是a3与a9的等比中项，公差为－2，所以a＝a3·a9，所以a＝(a7＋8)(a7－4)，所以a7＝8，所以a1＝20，所以S10＝10×20＋10××(－2)＝110.故选D.]‎ ‎2．A　[由题意知：2(a＋1)＝(a－1)＋‎2a＋3，解得：a＝0，‎ ‎∴a1＝－1，d＝2，∴an＝－1＋2(n－1)＝2n－3.]‎ ‎3．C　[Sn＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1) ‎4．C　[∵an＝＝－，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.令－1＝10，得n＝120.]‎ ‎5．A　[由题可知，an＋1＝(n∈N*)，两边取倒数可得，＝＝＋3，即－＝3，所以数列是首项为1，公差为3的等差数列，其通项公式为＝3n－2，所以数列{an}的通项公式为an＝.]‎ ‎6．解析　当n＝1时，a1＝S1＝1－10＝－9；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－10n－[(n－1)2－10(n－1)]＝2n－11.易知a1＝－9 也适合上式．综上，an＝2n－11.‎ 答案　an＝2n－11‎ ‎7．解析　原式分子为1＋3＋5＋…＋(2x－1)＝＝x2，‎ 原式分母为：＋＋…＋ ‎＝1－＋－＋…＋－＝，‎ 故原式为：＝x2＋x＝110，解得x＝10.‎ 答案　10‎ ‎8．解析　∵{an}为等比数列，且a1＝，a4＝－4，‎ ‎∴q3＝＝－8，∴q＝－2，∴an＝·(－2)n－1，‎ ‎∴|an|＝2n－2，∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝＝(2n－1)＝2n－1－.‎ 答案　－2　2n－1－ ‎9．解　(1)∵数列{an}是等差数列，‎ 由S5＝‎5a1＋d＝35.‎ ‎∴a1＋2d＝7.①‎ 由a2，a7，a22成等比数列，∴a＝a2·a22，‎ ‎∴ (a1＋6d)2＝(a1＋d)(a1＋21d)(d≠0)，‎ ‎∴‎2a1－3d＝0.②‎ 解①②得：a1＝3，d＝2，∴an＝2n＋1.‎ ‎(2)由(1)知，Sn＝3n＋·2＝n2＋2n.‎ ‎∴＝＝＝（－）.‎ ‎10．解　(1)∵A9＝63，∴A9＝＝‎9a5＝63，∴a5＝7.‎ 由a1＋a5＝6，得a1＝－1，∴d＝＝2.‎ ‎∴an＝2n－3.∵Bn＝2bn－1，①‎ ‎∴Bn－1＝2bn－1－1(n≥2)，②‎ 由①－②得bn＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1(n≥2)．‎ 又b1＝2b1－1，∴ b1＝1.‎ ‎∴数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，‎ ‎∴bn＝b1·qn－1＝2n－1.‎ ‎(2)cn＝an·bn＝(2n－3)·2n－1，‎ Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ‎＝－1×1＋1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－5)·2n－2＋(2n－3)·2n－1，①‎ ‎∴2Sn＝－1×2＋1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－5)·2n－1＋(2n－3)·2n，②‎ ‎①②两式相减得－Sn＝－1＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－1－(2n－3)·2n＝－1＋‎ ‎2(2＋22＋23＋…＋2n－1)－(2n－3)·2n ‎＝－1＋2×－(2n－3)·2n ‎＝(5－2n)·2n－5.‎ ‎∴Sn＝(2n－5)·2n＋5.‎ ‎11．(1)解　当n＝1时，a1＝‎5a1＋1，∴a1＝－，‎ 又∵an＝5Sn＋1，an＋1＝5Sn＋1＋1，‎ ‎∴an＋1－an＝5an＋1，即an＋1＝－an.‎ ‎∴数列{an}成等比数列，其首项a1＝－，‎ 公比q＝－，∴an＝－n，∴bn＝.‎ ‎(2)证明　由(1)知bn＝4＋，‎ ‎∴cn＝b2n－b2n－1＝＋ ‎＝＝＜＝，‎ 又b1＝3，b2＝，∴c1＝.‎ 当n＝1时，T1＜；‎ 当n≥2时，Tn＜＋25×（＋＋…＋）‎ ‎＝＋25×＜＋25× ‎＝＜.‎ ‎(3)解　由(1)知bn＝4＋.‎ 一方面，已知Rn≤λn恒成立，取n为大于1的奇数时，‎ 设n＝2k＋1(k∈N*)，则Rn＝b1＋b2＋…＋b2k＋1‎ ‎＝4n＋5×(－＋－＋…－)‎ ‎＝4n＋5× [－＋(－）＋…＋(－)]＞4n－1.‎ ‎∴λn≥Rn＞4n－1，即(λ－4)n＞－1对一切大于1的奇数n恒成立．∴λ≥4，否则，(λ－4)n＞－1只对满足n＜的正奇数n成立，矛盾．‎ 另一方面，当λ＝4时，对一切的正整数n都有Rn≤4n恒成立．事实上，对任意的正整数k，有 b2k－1＋b2k＝8＋＋ ‎＝8＋－＝8－＜8.‎ ‎∴当n为偶数时，设n＝‎2m(m∈N*)，‎ 则Rn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b‎2m－1＋b‎2m)＜‎8m＝4n；‎ 当n为奇数时，设n＝‎2m－1(m∈N*)，‎ 则Rn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b‎2m－3＋b‎2m－2)＋b‎2m－1＜8(m－1)＋4＝‎8m－4＝4n.‎ ‎∴对一切的正整数n，都有Rn≤4n.‎ 综上所述，正实数λ的最小值为4.‎