届高考数学（文科，通用）二轮复习突破练 高考中档大题规范练（二）含答案.docVIP

高考中档大题规范练(二) ——数　列 (推荐时间：60分钟) 1．已知{an}为等差数列，且a2＝－1，a5＝8. (1)求数列{|an|}的前n项和； (2)求数列{2n·an}的前n项和． 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a2＝－1，a5＝8，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋d＝－1，,a1＋4d＝8，))解得a1＝－4，d＝3， 所以an＝－4＋3(n－1)＝3n－7， 因此|an|＝|3n－7|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－3n＋7，n＝1，2，,3n－7，n≥3)) 记数列{|an|}的前n项和为Sn， 当n＝1时，S1＝|a1|＝4， 当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5， 当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7) ＝5＋eq \f(?n－2?[2＋3n－7],2)＝eq \f(3,2)n2－eq \f(11,2)n＋10. 又当n＝2时满足此式， 综上，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,\f(3,2)n2－\f(11,2)n＋10，n≥2.)) (2)记数列{2n·an}的前n项和为Tn， 则Tn＝2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan， 2Tn＝22a1＋23a2＋24a3＋…＋2nan－1＋2n＋1an， 所以－Tn＝2a1＋d(22＋23＋…＋2n)－2n＋1an. 由(1)知，a1＝－4，d＝3，an＝3n－7， 所以－Tn＝－8＋3×eq \f(4?1－2n－1?,1－2)－(3n－7)×2n＋1 ＝－20－(3n－10)×2n＋1，故Tn＝20＋(3n－10)×2n＋1. 2．已知函数f(x)＝eq \f(1,4x＋2)(x∈R)． (1)证明：f(x)＋f(1－x)＝eq \f(1,2)； (2)若数列{an}的通项公式为an＝f(eq \f(n,m))(m∈N*，n＝1,2，…，m)，求数列{an}的前m项和Sm； (3)设数列{bn}满足b1＝eq \f(1,3)，bn＋1＝beq \o\al(2,n)＋bn，Tn＝eq \f(1,b1＋1)＋eq \f(1,b2＋1)＋…＋eq \f(1,bn＋1)，若(2)中的Sm满足对不小于2的任意正整数m，Sm<Tn恒成立，试求m的最大值． (1)证明　因为f(x)＝eq \f(1,4x＋2)， 所以f(1－x)＝eq \f(1,41－x＋2)＝eq \f(4x,4＋2·4x)＝eq \f(4x,2?4x＋2?). 所以f(x)＋f(1－x)＝eq \f(1,4x＋2)＋eq \f(4x,2?4x＋2?) ＝eq \f(2＋4x,2?4x＋2?)＝eq \f(1,2). (2)解　由(1)，知f(x)＋f(1－x)＝eq \f(1,2)， 所以f(eq \f(k,m))＋f(1－eq \f(k,m))＝eq \f(1,2)(1≤k≤m－1)(k∈N*)， 即f(eq \f(k,m))＋f(eq \f(m－k,m))＝eq \f(1,2).由题设知，an＝f(eq \f(n,m))， 所以ak＋am－k＝eq \f(1,2)，am＝f(eq \f(m,m))＝f(1)＝eq \f(1,6). 又Sm＝a1＋a2＋…＋am－1＋am，① Sm＝am－1＋am－2＋…＋a1＋am，② 由①＋②，得2Sm＝(m－1)×eq \f(1,2)＋2am＝eq \f(m,2)－eq \f(1,6)， 即Sm＝eq \f(m,4)－eq \f(1,12)(m∈N*)． (3)解　由b1＝eq \f(1,3)，bn＋1＝beq \o\al(2,n)＋bn＝bn(bn＋1)， 显然对任意n∈N*，bn>0， 则eq \f(1,bn＋1)＝eq \f(1,bn?bn＋1?)＝eq \f(1,bn)－eq \f(1,bn＋1)， 即eq \f(1,bn＋1)＝eq \f(1,bn)－eq \f(1,bn＋1)， 所以Tn＝(eq \f(1,b1)－eq \f(1,b2))＋(eq \f(1,b2)－eq \f(1,b3))＋…＋(eq \f(1,bn)－eq \f(1,bn＋1)) ＝eq \f(1,b1)－eq \f(1,bn＋1)＝3－eq \f(1,bn＋1). 因为bn＋1－bn＝beq \o\al(2,n)>0， 所以bn＋1>bn，即数列{bn}是单调递增数列． 所以Tn关于n递增，所以当n∈N*时，Tn≥T1. 因为b1＝eq \f(1,3)，b2＝(eq \f(1,3))2＋eq \f(1,3)＝eq \f(4,9)， 所以Tn≥T1＝3－eq \f(1,b2