《创新设计》2015高考数学（人教通用文科）二轮专题训练·对接高考练习：专题3第2讲 数列的综合问题.doc

1、一、选择题1(2014杭州质量检测)设Sn为等差数列an的前n项和若a40，a5|a4|，则使Sn0成立的最小正整数n为()A6B7 C8D9解析a40，a5|a4|，a4a50，S80.最小正整数为8.答案C2(2014广州综合测试)在数列an中，已知a11，an1ansin，记Sn为数列an的前n项和，则S2 014()A1 006B1 007 C1 008D1 009解析由an1ansinan1ansin，所以a2a1sin 101，a3a2sin 1(1)0，a4a3sin 2000，a5a4sin011，a5a1，如此继续可得an4an(nN*)，数列an是一个以4为周期的周期数列，

2、而2 01445032，因此S2 014503(a1a2a3a4)a1a2503(1100)111 008.答案C3(2014成都诊断)在等差数列an中，a1142，d2，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()A23B24 C25D26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b1a1142，公差为d236，则bn142(n1)(6)令bn0，解得n24，因为nN*，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B4已知各项都为正的等比数列an满足a7a6

3、2a5，存在两项am，an使得 4a1，则的最小值为()A. B C.D解析由a7a62a5，得a1q6a1q52a1q4，整理有q2q20，解得q2或q1(与条件中等比数列的各项都为正矛盾，舍去)，又由 4a1，得aman16a，即a2mn216a，即有mn24，亦即mn6，那么(mn)，当且仅当，mn6，即n2m4时取得最小值.答案A二、填空题5(2013江西卷)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(nN*)等于_解析每天植树棵数构成等比数列an，其中a12，q2，则Sn2(2n1)100，即2n1102.n6，最少天数n6

4、.答案66(2014江苏五市联考)各项均为正数的等比数列an中，a2a11.当a3取最小值时，数列an的通项公式an_.解析根据题意，由于各项均为正数的等比数列an中，a2a11，所以q1.q，a1(q1)1，a1，a3q12224，当且仅当q2时取得等号，故可知数列an的通项公式an2n1.答案2n17(2014咸阳一模)已知函数f(x)xsin x，项数为19的等差数列an满足an，且公差d0.若f(a1)f(a2)f(a18)f(a19)0，则当k_时，f(ak)0.解析因为函数f(x)xsin x是奇函数，所以图象关于原点对称，图象过原点而等差数列an有19项，an，若f(a1)f(a

5、2)f(a18)f(a19)0，则必有f(a10)0，所以k10.答案108(2013新课标全国卷)等差数列an的前n项和为Sn，已知S100，S1525，则nSn的最小值为_解析由已知解得a13，d，那么nSnn2a1d，由于函数f(x)(x0)在x处取得极小值也是最小值，因而检验n6时，6S648，而n7时，7S749.答案49三、解答题9(2014邯郸模拟)已知等比数列an前n项和为Sn，且满足S3，S6，(1)求数列an的通项公式；(2)求log2a1log2a3log2a5log2a25的值解(1)法一由得解得9，得q2，a1，所以，通项公式为an2n2.法二由得得q38，q2，a1

6、，所以，数列an的通项公式为an2n2.(2)因为log2ann2，所以log2a1log2a3log2a5log2a2511323143.10(2014皖南八校联考)设点Pn(an，n)(n1,2，)，且P1(1,1)，PnPn1(n1,1)(1)求数列an的通项公式；(2)设Sn是数列的前n项的和，是否存在正整数m，使得Sn对一切nN*成立？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由解(1)由题意得an1ann1，且a11，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a112n.即数列an的通项公式为an，(2)由(1)知2，Sn22.若Sn对一切nN*成立，则2，m2 018.故m的最小

7、值为2 018.11已知函数f(x)(x1)2，g(x)4(x1)，数列an是各项均不为0的等差数列，其前n项和为Sn，点(an1，S2n1)在函数f(x)的图象上；数列bn满足b12，bn1，且(bnbn1)g(bn)f(bn)(nN*)(1)求an并证明数列bn1是等比数列；(2)若数列cn满足cn，证明：c1c2c3cn3.(1)解因为点(an1，S2n1)在函数f(x)的图象上，所以aS2n1.令n1，n2，得即解得a11，d2(d1舍去)，则an2n1.由(bnbn1)g(bn)f(bn)，得4(bnbn1)(bn1)(bn1)2.由题意bn1，所以4(bnbn1)bn1，即3(bn1)4(bn11)，所以.所以数列bn1是以1为首项，公比为的等比数列(2)证明由(1)，得.令Tnc1c2c3cn，则Tn，Tn，得，Tn122.所以Tn3.所以c1c2c3cn33.