2020高考数学大一轮复习 第五章 数列 第四节 数列求和及综合应用检测 理 新人教A版.doc

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第四节 数列求和及综合应用 限时规范训练(限时练夯基练提能练) A级　基础夯实练 1．(2018河北衡水中学质检)1＋＋1＋＋＋…＋的值为(　　) A．18＋　　　　　　　 B．20＋ C．22＋ D．18＋ 解析：选B.设an＝1＋＋＋…＋ ＝＝2. 则原式＝a1＋a2＋…＋a11 ＝2＋2＋…＋2 ＝2 ＝2 ＝2 ＝2＝20＋. 2．(2018重庆联考)设y＝f(x)是一次函数，若f(0)＝1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则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：选A.由题意可设f(x)＝kx＋1(k≠0)，则(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贵阳模拟)已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，那么数列{bn}的前n项和Sn为(　　) A. B． C. D． 解析：选B.∵an＝＝， ∴bn＝＝＝4， ∴Sn＝4 ＝4＝. 4．(2018南昌模拟)若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a12＝(　　) A．18 B．15 C．－18 D．－15 解析：选A.记bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a11＋a12＝(－b1)＋b2＋…＋(－b11)＋b12＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b12－b11)＝63＝18. 5．(2018深圳调研)已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　) A．0 B．100 C．－100 D．10 200 解析：选B.由题意，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.故选B. 6．(2018青岛二模)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(n∈N*)等于________． 解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n项和Sn＝＝＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102，由于26＝64,27＝128，则n＋1≥7，即n≥6. 答案：6 7．(2018黄石二模)已知公比不为1的等比数列{an}的前5项积为243，且2a3为3a2和a4的等差中项．若数列{bn}满足bn＝log3an＋2(n∈N*)，则数列{an＋bn}的前n项和Sn＝________. 解析：由前5项积为243得a3＝3.设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，由2a3为3a2和a4的等差中项，得3＋3q＝43，由公比不为1，解得q＝3，所以an＝3n－2，故bn＝log3an＋2＝n，所以an＋bn＝3n－2＋n，数列{an＋bn}的前n项和Sn＝3－1＋30＋31＋32＋…＋3n－2＋1＋2＋3＋…＋n＝＋＝＋. 答案：＋ 8．(2018济南模拟)在公差d＜0的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列，则|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. 当1≤n≤11时 ，an≥0，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝＝；当n≥12时，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－＝. 综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| ＝ 答案： 9．(2018河北唐山二模)已知数列{an}为单调递增数列，Sn为其前n项和，2Sn＝a＋n. (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：Tn＜. 解：(1)当n＝1时，2S1＝2a1＝a＋1， 所以(a1－1)2＝0，即a1＝1， 又{an}为单调递增数列，所以an≥1. 由2Sn＝a＋n得2Sn＋1＝a＋n＋1， 所以2Sn＋1－2Sn＝a－a＋1，则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为首项，1为公差的等差数列，所以an＝n. (2)证明：bn＝＝＝－，所以Tn＝＋＋…＋＝－＜. 10．(2018浙江卷)已知等比数列{an}的公比q＞1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n. (1)求q的值； (2)求数列{bn}的通项公式． 解：(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项得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＝， 因为q＞1，所以q＝2. (2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为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. 设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级　能力提升练 11．(2018合肥模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1an＝2n(n∈N*)，Sn是数列{an}的前n项和，则S2 020＝(　　) A．22 020－1 B．321 010－3 C．321 010－1 D．322 020－2 解析：选B.依题意得anan＋1＝2n，an＋1an＋2＝2n＋1，于是有＝2，即＝2，数列a1，a3，a5，…，a2n－1，…是以a1＝1为首项、2为公比的等比数列；数列a2，a4，a6，…，a2n，…是以a2＝2为首项、2为公比的等比数列，于是有S2 020＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 020)＝＋＝321 010－3，故选B. 12．定义为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”．若已知正项数列{an}的前n项的“均倒数”为，又bn＝，则＋＋…＋＝(　　) A. B． C. D． 解析：选C.依题意有＝，即数列{an}的前n项和Sn＝n(2n＋1)＝2n2＋n，当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，a1＝3满足该式．则an＝4n－1，bn＝＝n.因为＝＝－，所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝. 13．(2018衡水模拟)数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn＝anan＋1an＋2(n∈N*)，设Sn为{bn}的前n项和．若a12＝a5＞0，则当Sn取得最大值时n的值为________． 解析：设{an}的公差为d，由a12＝a5＞0，得a1＝－d，d＜0，所以an＝d，从而可知当1≤n≤16时，an＞0；当n≥17时，an＜0. 从而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…， b15＝a15a16a17＜0，b16＝a16a17a18＞0，故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16，S16＞S17＞S18＞…. 因为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，故当Sn取得最大值时n＝16. 答案：16 14．(2018湘东五校联考)已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设Tn为数列前n项的和，若λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值． 解：(1)设公差为d，由已知得 解得d＝1或d＝0(舍去)，所以a1＝2，所以an＝n＋1. (2)因为＝－， 所以Tn＝＋＋…＋－＝－＝， 又λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，所以λ≤＝2＋8，而2＋8≥16，当且仅当n＝2时等号成立． 所以λ≤16，即λ的最大值为16. 15．(2018长沙模拟)已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a10＝15，且a3，a4，a7成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：－≤Tn＜－1(n∈N*)． 解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)， 由已知得 即 解得 ∴an＝2n－5(n∈N*)． (2)证明：∵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＝－. 综上所述，－≤Tn＜－1(n∈N*)． C级　素养加强练 16．已知等差数列{an}中，a2＝p(p是不等于0的常数)，Sn为数列{an}的前n项和，若对任意的正整数n都有Sn＝. (1)记bn＝＋，求数列{bn}的前n项和Tn； (2)记cn＝Tn－2n，是否存在正整数N，使得当n＞N时，恒有cn∈，若存在，证明你的结论，并给出一个具体的N值，若不存在，请说明理由． 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对所有正整数n都成立； 若cn＞，即3－2＞⇔＋＜，记f(n)＝＋，则f(n)单调递减， 又f(6)＝＋＞＋＝，f(7)＝＋＜＋＝，故可取N＝6，则当n＞6时，f(n)＜. 故存在正整数N，使得当n＞N时，恒有cn∈，N可以取所有不小于6的正整数．