2018版高考一轮总复习数学（文）模拟演练 解答题专项训练3 word版含答案

解答题专项训练三

1.已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且数列是公差为2的等差数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　(1)由已知条件可得＝1＋(n－1)×2＝2n－1，

∴Sn＝2n2－n.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－＝4n－3，当n＝1时，a1＝S1＝1，而4×1－3＝1，

∴an＝4n－3.

(2)由(1)可得bn＝(－1)nan＝(－1)n(4n－3)，

当n为偶数时，Tn＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(4n－3)＝4×＝2n，当n为奇数时，n＋1为偶数，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1.

综上，Tn＝

2．已知等差数列{an}的公差不为零，其前n项和为Sn，a＝S3，且S1，S2，S4成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)记Tn＝a1＋a5＋a9＋…＋a4n－3，求Tn.

解　(1)设数列{an}的公差为d，由a＝S3，得3a2＝a，故a2＝0或a2＝3.

由S1，S2，S4成等比数列，得S＝S1S4.

又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d.

故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．

若a2＝0，则d2＝－2d2，解得d＝0，不符合题意．

若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得d＝2或d＝0(不符合题意，舍去)．

因此数列{an}的通项公式为an＝a2＋(n－2)d＝2n－1.

(2)由(1)知a4n－3＝8n－7，

故数列{a4n－3}是首项为1，公差为8的等差数列．

从而Tn＝(a1＋a4n－3)＝(8n－6)＝4n2－3n.

3．设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn<1.

解　(1)因为2Sn＝(n＋1)an，

当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，

两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，

即(n－1)an＝nan－1，所以当n≥2时，＝，＝.因为a1＝2，所以an＝2n.

(2)证明：因为an＝2n，令bn＝，n∈N*，

所以bn＝＝＝－.

所以

Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝1－.

因为>0，所以1－<1.

因为f(n)＝在N*上是递减函数，

所以1－在N*上是递增的，

当n＝1时，Tn取最小值，所以≤Tn<1.

4．设数列{an}的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有Sn＝2an＋n－3成立．

(1)求证：数列{an－1}为等比数列；

(2)求数列{nan}的前n项和Tn.

解　(1)证明：当n＝1时，S1＝2a1＋1－3，得a1＝2，

由Sn＝2an＋n－3，得Sn＋1＝2an＋1＋n＋1－3，

两式相减得an＋1＝2an＋1－2an＋1，

即an＋1＝2an－1，

＝＝2，而a1－1＝1，

∴数列{an－1}是首项为1，公比为2的等比数列．

(2)由(1)得an－1＝1·2n－1＝2n－1，即an＝2n－1＋1，

nan＝n(2n－1＋1)＝n·2n－1＋n，

∴Tn＝(1×20＋1)＋(2×21＋2)＋(3×22＋3)＋…＋(n·2n－1＋n)＝(1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)＝(1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1)＋.

令Vn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，

则2Vn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，

两式相减得

－Vn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝2n－1－n·2n，

∴Vn＝n·2n－2n＋1＝(n－1)2n＋1，

∴Tn＝(n－1)2n＋＋1.

5．设函数f(x)＝＋sinx的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn}．

(1)求数列{xn}的通项公式；

(2)令bn＝，设数列的前n项和为Sn，求证Sn<.

解　(1)f(x)＝＋sinx，令f′(x)＝＋cosx＝0，

得x＝2kπ±(k∈Z)．

由f′(x)>0⇒2kπ－<x<2kπ＋(k∈Z)，

由f′(x)<0⇒2kπ＋<x<2kπ＋(k∈Z)，

当x＝2kπ－(k∈Z)时，f(x)取得极小值，

∴xn＝2nπ－(n∈N*)．

(2)证明：∵bn＝＝n－＝，

∴＝·＝3，

∴Sn＝3

＝3＝－，

∴Sn<.

6．某乡镇引进一高科技企业，投入资金720万元建设基本设施，第一年各种运营费用120万元，以后每年增加40万元．每年企业销售收入500万元，设f(n)表示前n年的纯收入(f(n)＝前n年的总收入－前n年的总支出－投资额)．

(1)从第几年开始获取纯利润？

(2)若干年后，该企业为开发新产品，有两种处理方案：

①年平均利润最大时，以480万元出售该企业；

②纯利润最大时，以160万元出售该企业．问哪种方案最合算？

解　由题意知每年的运营费用(万元)是以120为首项，40为公差的等差数列．

则f(n)＝500n－－720＝－20n2＋400n－720.

(1)获取纯利润就是f(n)>0，故有－20n2＋400n－720>0，解得2<n<18.

又n∈N*，可知从第三年开始获取纯利润．

(2)①年平均利润＝400－20≤160，

当且仅当n＝6时取等号．

故此方案获利6×160＋480＝1440(万元)，此时n＝6.

②f(n)＝－20n2＋400n－720＝－20(n－10)2＋1280，

当n＝10时，f(n)max＝1280.

故此方案共获利1280＋160＝1440(万元)．

比较两种方案，在同等数额获利的基础上，第①种方案只需6年，第②种方案需要10年，故选择第①种方案．

7．已知递增的等比数列{an}的前n项和为Sn，a6＝64，且a4，a5的等差中项为3a3.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，

由题意，得

解得

所以an＝2n.

(2)因为bn＝＝，

所以Tn＝＋＋＋＋…＋，

Tn＝＋＋＋…＋＋，

所以Tn＝＋＋＋＋…＋－

＝－＝－，

故Tn＝－＝－.

8．已知数列{an}满足：a1＝3，an＋1＝an＋2n＋2.

(1)证明：数列是等差数列；

(2)证明：＋＋＋…＋<1.

证明　(1)由an＋1＝an＋2n＋2，得＝＋2，

即－＝2，

∴数列是首项为3，公差为2的等差数列．

(2)由(1)知，＝3＋(n－1)×2＝2n＋1，

∴an＝n(2n＋1)，

∴＝<＝－，

∴＋＋＋…＋<＋＋＋…＋＝－<1，

∴＋＋＋…＋<1.