2016政法干警考试热点预测电信诈骗谁的责任

第2讲数列的综合问题一、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a4＜0，a5＞|a4|，则使Sn＞0成立的最小正整数n为()．A．6B．7C．8D．9解析∵a4＜0，a5＞|a4|，∴a4＋a5＞0，∴S8＝8a4＋a52＝8a1＋a82＞0.∴最小正整数为8.答案C2．(2014·广州综合测试)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sinn＋1π2，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2014＝()．A．1006B．1007C．1008D．1009解析由an＋1－an＝sinn＋1π2⇒an＋1＝an＋sinn＋1π2，所以a2＝a1＋sinπ＝1＋0＝1，a3＝a2＋sin3π2＝1＋(－1)＝0，a4＝a3＋sin2π＝0＋0＝0，a5＝a4＋sin5π2＝0＋1＝1，∴a5＝a1，如此继续可得an＋4＝an(n∈N*)，数列{an}是一个以4为周期的周期数列，而2014＝4×503＋2，因此S2014＝503×(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝503×(1＋1＋0＋0)＋1＋1＝1008.答案C3．(2014·吉林省实验中学模拟)an＝0n(2x＋1)dx，数列1an的前项和为Sn，数列{bn}的通项公式为bn＝n－8，则bnSn的最小值为()．A．－3B．－4C．3D．4解析an＝0n(2x＋1)dx＝n2＋n＝n(n＋1)，所以1an＝1n－1n＋1，所以Sn＝nn＋1，所以bnSn＝nn－8n＋1＝n＋1＋9n＋1－10≥－4，当且仅当n＋1＝9n＋1，即n＝2时等号成立，所以bnSn的最小值为－4.答案B4．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，m＋n＝6，即n＝2m＝4时取得最小值32.答案A二、填空题5．(2013·辽宁卷)已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.解析∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两根，且q＞1，∴a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，因此S6＝1×1－261－2＝63.答案636．(2014·江苏五市联考)各项均为正数的等比数列{an}中，a2－a1＝1.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，a2－a1＝1，所以q＞1.∵a2a1＝q，∴a1(q－1)＝1，a1＝1q－1，∴a3＝q2q－1＝q－12＋2q－1＋1q－1＝q－1＋1q－1＋2≥2q－1·1q－1＋2＝4，当且仅当q＝2时取得等号，故可知数列{an}的通项公式an＝2n－1.答案2n－17．(2014·咸阳一模)已知函数f(x)＝x＋sinx，项数为19的等差数列{an}满足an∈－π2，π2，且公差d≠0.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)＝x＋sinx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∈－π2，π2，若f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a18)＋f(a19)＝0，则必有f(a10)＝0，所以k＝10.答案108．(2013·新课标全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．解析由已知S10＝10a1＋10×92d＝0，S15＝15a1＋15×142d＝25，解得a1＝－3，d＝23，那么nSn＝n2a1＋n2n－12d＝n33－10n23，由于函数f(x)＝x33－10x23(x＞0)在x＝203处取得极小值也是最小值，因而检验n＝6时，6S6＝－48，而n＝7时，7S7＝－49.答案－49三、解答题9．已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，a3＝4，{an}的前3项和为7.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(2n－3)2n＋3，设数列{bn}的前n项和为Sn，求证：1S1＋1S2＋…＋1Sn≤2－1n.(1)解设数列{an}的公比为q，由已知得q0，且a1q2＝4，a1＋a1q＋4＝7，∴a1＝1，q＝2.∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)证明当n＝1时，a1b1＝1，且a1＝1，解得b1＝1.当n≥2时，anbn＝(2n－3)2n＋3－(2n－2－3)2n－1－3＝(2n－1)·2n－1.∵an＝2n－1，∴当n≥2时，bn＝2n－1.∵b1＝1＝2×1－1满足bn＝2n－1，∴数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1(n∈N*)．∴数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．∴Sn＝n2.∴当n＝1时，1S1＝1＝2－11.当n≥2时，1Sn＝1n21nn－1＝1n－1－1n.∴1S1＋1S2＋…＋1Sn≤2－11＋11－12＋…＋1n－1－1n＝2－1n.10．(2014·四川卷)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－1ln2，求数列anbn的前n项和Tn.它在x轴上的截距为a2－1ln2.由题意知，a2－1ln2＝2－1ln2，解得a2＝2.所以，d＝a2－a1＝1.从而an＝n，bn＝2n，所以Tn＝12＋222＋323＋…＋n－12n－1＋n2n，2Tn＝11＋22＋322＋…＋n2n－1.因此，2Tn－Tn＝1＋12＋122＋…＋12n－1－n2n＝2－12n－1－n2n＝2n＋1－n－22n.所以，Tn＝2n＋1－n－22n.11．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且对任意正整数n，点(an＋1，Sn)在直线2x＋y－2＝0上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列Sn＋λn＋λ2n为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解(1)由题意，可得2an＋1＋Sn－2＝0.①当n≥2时，2an＋Sn－1－2＝0.②①－②，得2an＋1－2an＋an＝0，所以an＋1an＝12(n≥2)．因为a1＝1,2a2＋a1＝2，所以a2＝12.所以{an}是首项为1，公比为12的等比数列．所以数列{an}的通项公式为an＝12n－1.(2)由(1)知，Sn＝1－12n1－12＝2－12n－1.若Sn＋λn＋λ2n为等差数列，则S1＋λ＋λ2，S2＋2λ＋λ22，S3＋3λ＋λ23成等差数列，则2S2＋9λ4＝S1＋3λ2＋S3＋25λ8，即232＋9λ4＝1＋3λ2＋74＋25λ8，解得λ＝2.又λ＝2时，Sn＋2n＋22n＝2n＋2，显然{2n＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2，使得数列{Sn＋λn＋λ2n}成等差数列．