2020高考數學大一輪復習 第五章 數列 第四節(jié) 數列求和及綜合應用檢測 理 新人教A版.doc

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第四節(jié) 數列求和及綜合應用 限時規(guī)范訓練(限時練夯基練提能練) A級　基礎夯實練 1．(2018河北衡水中學質檢)1＋＋1＋＋＋…＋的值為(　　) A．18＋　　　　　　　 B．20＋ C．22＋ D．18＋ 解析：選B.設an＝1＋＋＋…＋ ＝＝2. 則原式＝a1＋a2＋…＋a11 ＝2＋2＋…＋2 ＝2 ＝2 ＝2 ＝2＝20＋. 2．(2018重慶聯考)設y＝f(x)是一次函數，若f(0)＝1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比數列，則f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于(　　) A．n(2n＋3) B．n(n＋4) C．2n(2n＋3) D．2n(n＋4) 解析：選A.由題意可設f(x)＝kx＋1(k≠0)，則(4k＋1)2＝(k＋1)(13k＋1)，解得k＝2，f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝(22＋1)＋(24＋1)＋…＋(22n＋1)＝2(2＋4＋…＋2n)＋n＝n(2n＋3)． 3．(2018貴陽模擬)已知數列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，那么數列{bn}的前n項和Sn為(　　) A. B． C. D． 解析：選B.∵an＝＝， ∴bn＝＝＝4， ∴Sn＝4 ＝4＝. 4．(2018南昌模擬)若數列{an}的通項公式是an＝(－1)n(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a12＝(　　) A．18 B．15 C．－18 D．－15 解析：選A.記bn＝3n－2，則數列{bn}是以1為首項，3為公差的等差數列，所以a1＋a2＋…＋a11＋a12＝(－b1)＋b2＋…＋(－b11)＋b12＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b12－b11)＝63＝18. 5．(2018深圳調研)已知函數f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　) A．0 B．100 C．－100 D．10 200 解析：選B.由題意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100 ＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝(12－22)＋(32－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)＋(1012－1002) ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50101＋50103＝100.故選B. 6．(2018青島二模)某住宅小區(qū)計劃植樹不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植樹的棵數是前一天的2倍，則需要的最少天數n(n∈N*)等于________． 解析：每天植樹的棵數構成以2為首項，2為公比的等比數列，其前n項和Sn＝＝＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102，由于26＝64,27＝128，則n＋1≥7，即n≥6. 答案：6 7．(2018黃石二模)已知公比不為1的等比數列{an}的前5項積為243，且2a3為3a2和a4的等差中項．若數列{bn}滿足bn＝log3an＋2(n∈N*)，則數列{an＋bn}的前n項和Sn＝________. 解析：由前5項積為243得a3＝3.設等比數列{an}的公比為q(q≠1)，由2a3為3a2和a4的等差中項，得3＋3q＝43，由公比不為1，解得q＝3，所以an＝3n－2，故bn＝log3an＋2＝n，所以an＋bn＝3n－2＋n，數列{an＋bn}的前n項和Sn＝3－1＋30＋31＋32＋…＋3n－2＋1＋2＋3＋…＋n＝＋＝＋. 答案：＋ 8．(2018濟南模擬)在公差d＜0的等差數列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比數列，則|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝________. 解析：由已知可得(2a2＋2)2＝5a1a3，即4(a1＋d＋1)2＝5a1(a1＋2d)，所以(11＋d)2＝25(5＋d)，解得d＝4(舍去)或d＝－1，所以an＝11－n. 當1≤n≤11時 ，an≥0，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝＝；當n≥12時，an＜0，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋a11－(a12＋a13＋…＋an)＝2(a1＋a2＋a3＋…＋a11)－(a1＋a2＋a3＋…＋an)＝2－＝. 綜上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| ＝ 答案： 9．(2018河北唐山二模)已知數列{an}為單調遞增數列，Sn為其前n項和，2Sn＝a＋n. (1)求{an}的通項公式； (2)若bn＝，Tn為數列{bn}的前n項和，證明：Tn＜. 解：(1)當n＝1時，2S1＝2a1＝a＋1， 所以(a1－1)2＝0，即a1＝1， 又{an}為單調遞增數列，所以an≥1. 由2Sn＝a＋n得2Sn＋1＝a＋n＋1， 所以2Sn＋1－2Sn＝a－a＋1，則2an＋1＝a－a＋1，所以a＝(an＋1－1)2. 所以an＝an＋1－1，即an＋1－an＝1， 所以{an}是以1為首項，1為公差的等差數列，所以an＝n. (2)證明：bn＝＝＝－，所以Tn＝＋＋…＋＝－＜. 10．(2018浙江卷)已知等比數列{an}的公比q＞1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中項．數列{bn}滿足b1＝1，數列{(bn＋1－bn)an}的前n項和為2n2＋n. (1)求q的值； (2)求數列{bn}的通項公式． 解：(1)由a4＋2是a3，a5的等差中項得a3＋a5＝2a4＋4， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28， 解得a4＝8. 由a3＋a5＝20得8＝20， 解得q＝2或q＝， 因為q＞1，所以q＝2. (2)設cn＝(bn＋1－bn)an，數列{cn}的前n項和為Sn＝2n2＋n. 由cn＝解得cn＝4n－1. 由(1)可得an＝2n－1， 所以bn＋1－bn＝(4n－1)n－1， 故bn－bn－1＝(4n－5)n－2，n≥2， bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1) ＝(4n－5)n－2＋(4n－9)n－3＋…＋7＋3. 設Tn＝3＋7＋112＋…＋(4n－5)n－2，n≥2， Tn＝3＋72＋…＋(4n－9)n－2＋(4n－5)n－1， 所以Tn＝3＋4＋42＋…＋4n－2－(4n－5)n－1， 因此Tn＝14－(4n＋3)n－2，n≥2， 又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)n－2. B級　能力提升練 11．(2018合肥模擬)已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1an＝2n(n∈N*)，Sn是數列{an}的前n項和，則S2 020＝(　　) A．22 020－1 B．321 010－3 C．321 010－1 D．322 020－2 解析：選B.依題意得anan＋1＝2n，an＋1an＋2＝2n＋1，于是有＝2，即＝2，數列a1，a3，a5，…，a2n－1，…是以a1＝1為首項、2為公比的等比數列；數列a2，a4，a6，…，a2n，…是以a2＝2為首項、2為公比的等比數列，于是有S2 020＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 020)＝＋＝321 010－3，故選B. 12．定義為n個正數p1，p2，…，pn的“均倒數”．若已知正項數列{an}的前n項的“均倒數”為，又bn＝，則＋＋…＋＝(　　) A. B． C. D． 解析：選C.依題意有＝，即數列{an}的前n項和Sn＝n(2n＋1)＝2n2＋n，當n＝1時，a1＝S1＝3；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，a1＝3滿足該式．則an＝4n－1，bn＝＝n.因為＝＝－，所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝. 13．(2018衡水模擬)數列{an}是等差數列，數列{bn}滿足bn＝anan＋1an＋2(n∈N*)，設Sn為{bn}的前n項和．若a12＝a5＞0，則當Sn取得最大值時n的值為________． 解析：設{an}的公差為d，由a12＝a5＞0，得a1＝－d，d＜0，所以an＝d，從而可知當1≤n≤16時，an＞0；當n≥17時，an＜0. 從而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…， b15＝a15a16a17＜0，b16＝a16a17a18＞0，故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16，S16＞S17＞S18＞…. 因為a15＝－d＞0，a18＝d＜0，所以a15＋a18＝－d＋d＝d＜0，所以b15＋b16＝a16a17(a15＋a18)＞0，所以S16＞S14，故當Sn取得最大值時n＝16. 答案：16 14．(2018湘東五校聯考)已知各項均不相等的等差數列{an}的前四項和S4＝14，且a1，a3，a7成等比數列． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設Tn為數列前n項的和，若λTn≤an＋1對一切n∈N*恒成立，求實數λ的最大值． 解：(1)設公差為d，由已知得 解得d＝1或d＝0(舍去)，所以a1＝2，所以an＝n＋1. (2)因為＝－， 所以Tn＝＋＋…＋－＝－＝， 又λTn≤an＋1對一切n∈N*恒成立，所以λ≤＝2＋8，而2＋8≥16，當且僅當n＝2時等號成立． 所以λ≤16，即λ的最大值為16. 15．(2018長沙模擬)已知數列{an}是公差不為零的等差數列，a10＝15，且a3，a4，a7成等比數列． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝，數列{bn}的前n項和為Tn，求證：－≤Tn＜－1(n∈N*)． 解：(1)設數列{an}的公差為d(d≠0)， 由已知得 即 解得 ∴an＝2n－5(n∈N*)． (2)證明：∵bn＝＝，n∈N*. ∴Tn＝＋＋＋…＋，① Tn＝＋＋＋…＋＋，② ①－②得Tn＝＋2－ ＝－＋， ∴Tn＝－1－(n∈N*)， ∵＞0(n∈N*)，∴Tn＜－1. Tn＋1－Tn＝－＝， ∴Tn＜Tn＋1(n≥2)． 又T1＝－1－＝－，T2＝－1－＝－. ∵T1＞T2，∴T2最小，即Tn≥T2＝－. 綜上所述，－≤Tn＜－1(n∈N*)． C級　素養(yǎng)加強練 16．已知等差數列{an}中，a2＝p(p是不等于0的常數)，Sn為數列{an}的前n項和，若對任意的正整數n都有Sn＝. (1)記bn＝＋，求數列{bn}的前n項和Tn； (2)記cn＝Tn－2n，是否存在正整數N，使得當n＞N時，恒有cn∈，若存在，證明你的結論，并給出一個具體的N值，若不存在，請說明理由． 解：(1)由S2＝得a1＋a2＝a2－a1， ∴a1＝0，∴d＝a2－a1＝p－0＝p， ∴Sn＝＝， bn＝＋＝＋＝2＋2， 所以Tn＝2n＋2＋＋＋＋…＋＋ ＝2n＋2＝2n＋3－2. (2)cn＝Tn－2n＝3－2＜3對所有正整數n都成立； 若cn＞，即3－2＞?＋＜，記f(n)＝＋，則f(n)單調遞減， 又f(6)＝＋＞＋＝，f(7)＝＋＜＋＝，故可取N＝6，則當n＞6時，f(n)＜. 故存在正整數N，使得當n＞N時，恒有cn∈，N可以取所有不小于6的正整數．