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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1、1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( )(112) 12 14 (1 12 14 1210)A18 B20129 1210C22 D181211 1210解析：选 B.设 an1 12 14 12n 1 2 .11 (12)n1 12 1 (12)n则原式 a1 a2 a112 2 21 (12)1 1 (12)2 1 (12)112 11 (12 122 1211)21112(1 1211)1 12 2 11 (11211)2 20 .(11 11211) 12102(2018重庆联考)设 y f(x)是

2、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(2n3) B n(n4)C2 n(2n3) D2 n(n4)解析：选 A.由题意可设 f(x) kx1( k0)，则(4 k1) 2( k1)(13 k1)，解得k2， f(2) f(4) f(2n)(221)(241)(22 n1)2(242 n) n n(2n3)3(2018贵阳模拟)已知数列 an：2， ， ， ，若 bn ，那么数列 bn的前 n12 13 23 14 24 34 110 210 310 910 1anan 1项和 Sn为( )A. Bnn 1

3、 4nn 1C. D3nn 1 5nn 1解析：选 B. an ，1 2 3 nn 1 n2 bn 4 ，1anan 1 4n n 1 (1n 1n 1) Sn4 (112) (12 13) (1n 1n 1)4 .(11n 1) 4nn 14(2018南昌模拟)若数列 an的通项公式是 an(1) n(3n2)，则a1 a2 a12( )A18 B15C18 D15解析：选 A.记 bn3 n2，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)6318.5(2018深圳调研

4、)已知函数 f(n)Error!且 an f(n) f(n1)，则a1 a2 a3 a100等于( )A0 B100C100 D10 200解析：选 B.由题意，得 a1 a2 a3 a1001 22 22 23 23 24 24 25 299 2100 2100 2101 2(1 22 2)(3 22 2)(3 24 2)(99 2100 2)(101 2100 2)(12)(32)(43)(99100)(101100)(1299100)(23100101)5010150103100.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

5、一天的 2倍，则需要的最少天数 n(nN *)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 2 n1 2.由 2n1 2100，得 2n1 102，由于a1 1 qn1 q 2 1 2n1 232664,2 7128，则 n17，即 n6.答案：67(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 bnlog 3an2 (nN *)，则数列 an bn的前 n项和Sn_.解析：由前 5项积为 243得 a33.设等比数列 an的公比为 q(q1)，由 2a3为 3a2和a4的

6、等差中项，得 3 3 q43，由公比不为 1，解得 q3，所以 an3 n2 ，故3qbnlog 3an2 n，所以 an bn3 n2 n，数列 an bn的前 n项和Sn3 1 3 03 13 23 n2 123 n 3 1 1 3n1 3 n n 12 3n 16.n n 12答案： 3n 16 n n 128(2018济南模拟)在公差 d0 的等差数列 an中，已知 a110，且 a1,2a22,5 a3成等比数列，则| a1| a2| a3| an|_.解析：由已知可得(2 a22) 25 a1a3，即 4(a1 d1) 25 a1(a12 d)，所以(11 d)225(5 d)，解

7、得 d4(舍去)或 d1，所以 an11 n.当 1 n11 时 ， an0，所以| a1| a2| a3| an| a1 a2 a3 an ；当 n12 时， an0，所以n 10 11 n2 n 21 n2|a1| a2| a3| an| a1 a2 a3 a11( a12 a13 an)2( a1 a2 a3 a11)( a1 a2 a3 an)2 11 21 112 n 21 n2.n2 21n 2202综上所述，| a1| a2| a3| an|Error!答案：Error!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.2n(1)求 a

8、n的通项公式；(2)若 bn ， Tn为数列 bn的前 n项和，证明： Tn .an 22n 1anan 1 12解：(1)当 n1 时，2 S12 a1 a 1，21所以( a11) 20，即 a11，4又 an为单调递增数列，所以 an1.由 2Sn a n得 2Sn1 a n1，2n 2n 1所以 2Sn1 2 Sn a a 1，则 2an1 a a 1，所以 a ( an1 1) 2.2n 1 2n 2n 1 2n 2n所以 an an1 1，即 an1 an1，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 ，an 22n 1anan 1 n 22

9、n 1n n 1 1n2n 1 n 1 2n 1所以 Tn (1121 1222) ( 1222 1323) 1n2n 1 n 1 2n 1 12 .1 n 1 2n 1 1210(2018浙江卷)已知等比数列 an的公比 q1，且 a3 a4 a528， a42 是a3， a5的等差中项数列 bn满足 b11，数列( bn1 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 a42 是 a3， a5的等差中项得 a3 a52 a44，所以 a3 a4 a53 a4428，解得 a48.由 a3 a520 得 8 20，(q1q)解得 q2 或

10、q ，12因为 q1，所以 q2.(2)设 cn( bn1 bn)an，数列 cn的前 n项和为 Sn2 n2 n.由 cnError! 解得 cn4 n1.由(1)可得 an2 n1 ，所以 bn1 bn(4 n1) n1 ，(12)故 bn bn1 (4 n5) n2 ， n2，(12)bn b1( bn bn1 )( bn1 bn2 )( b3 b2)( b2 b1)(4 n5) n2 (4 n9) n3 7 3.(12) (12) 12设 Tn37 11 2(4 n5) n2 ， n2，12 (12) (12)Tn3 7 2(4 n9) n2 (4 n5) n1 ，12 12 (12)

11、 (12) (12)5所以 Tn34 4 24 n2 (4 n5) n1 ，12 12 (12) (12) (12)因此 Tn14(4 n3) n2 ， n2，(12)又 b11，所以 bn15(4 n3) n2 .(12)B级 能力提升练11(2018合肥模拟)已知数列 an满足 a11， an1 an2 n(nN *)， Sn是数列 an的前 n项和，则 S2 020( )A2 2 0201 B32 1 0103C32 1 0101 D32 2 0202解析：选 B.依题意得 anan1 2 n， an1 an2 2 n1 ，于是有 2，即an 1an 2anan 12，数列 a1， a3

12、， a5， a2n1 ，是以 a11 为首项、2 为公比的等比数列；数列an 2ana2， a4， a6， a2n，是以 a22 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) 32 1 0103，故选 B.1 21 0101 2 2 1 21 0101 212定义 为 n个正数 p1， p2， pn的“均倒数” 若已知正项数列np1 p2 pnan的前 n项的“均倒数”为 ，又 bn ，则 ( )12n 1 an 14 1b1b2 1b2b3 1b10b11A. B111 112C. D1011 1112解析：选 C

13、.依题意有 ，即数列 an的前 n项和 Sn n(2n1)na1 a2 an 12n 12 n2 n，当 n1 时， a1 S13；当 n2 时， an Sn Sn1 4 n1， a13 满足该式则 an4 n1， bn n.因为 ，所以an 14 1bnbn 1 1n n 1 1n 1n 1 1 .1b1b2 1b2b3 1b10b11 (1 12) (12 13) (110 111) 111 101113(2018衡水模拟)数列 an是等差数列，数列 bn满足 bn anan1 an2 (nN *)，设 Sn为 bn的前 n项和若 a12 a50，则当 Sn取得最大值时 n的值为_38解析

14、：设 an的公差为 d，由 a12 a50，得 a1 d， d0，所以 an d，38 765 (n 815)6从而可知当 1 n16 时， an0；当 n17 时， an0.从而 b1 b2 b140 b17 b18，b15 a15a16a170， b16 a16a17a180，故S14 S13 S1， S14 S15， S15 S16， S16 S17 S18.因为 a15 d0， a18 d0，所以 a15 a18 d d d0，所以65 95 65 95 35b15 b16 a16a17(a15 a18)0，所以 S16 S14，故当 Sn取得最大值时 n16.答案：1614(2018

15、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 S414，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 T n an1 对一切 nN *恒成立，求实数 1anan 1的最大值解：(1)设公差为 d，由已知得Error!解得 d1 或 d0(舍去)，所以 a12，所以 an n1.(2)因为 ，1anan 1 1n 1 1n 2所以 Tn ，(12 13) (13 14) 1n 1 1n 2 12 1n 2 n2 n 2又 T n an1 对一切 nN *恒成立，所以 2 8，而2 n 2 2n (n 4n)2 816 ，当且仅当

16、 n2 时等号成立(n4n)所以 16，即 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， a1015，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： Tn1( nN *)an2n 74解：(1)设数列 an的公差为 d(d0)，由已知得Error!即Error!解得Error! an2 n5( nN *)7(2)证明： bn ， nN *.an2n 2n 52n Tn ， 32 122 123 2n 52nTn ，12 322 123 124 2n 72n 2n 52n 1得 Tn 2

17、12 32 (122 123 12n) 2n 52n 1 ，12 1 2n2n 1 Tn1 (nN *)，2n 12n 0( nN *)， Tn1.2n 12nTn1 Tn ，( 12n 12n 1) ( 1 2n 12n ) 2n 32n 1 Tn Tn1 (n2)又 T11 ， T21 .12 32 4 14 74 T1 T2， T2最小，即 Tn T2 .74综上所述， Tn1( nN *)74C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 .n an a12(1)记 bn ，求数列 bn的前

18、n项和 Tn；Sn 2Sn 1 Sn 1Sn 2(2)记 cn Tn2 n，是否存在正整数 N，使得当 n N时，恒有 cn ，若存在，证(52， 3)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 a1，2 a2 a12 a10， d a2 a1 p0 p， Sn ，n an a12 n n 1 p2bn 22 ，Sn 2Sn 1 Sn 1Sn 2 n 2n nn 2 (1n 1n 2)8所以 Tn2 n2 (113) (12 14) (13 15) (14 16) ( 1n 1 1n 1) (1n 1n 2)2 n2 2 n32 .(112 1n 1 1n 2) ( 1n 1 1n 2)(2)cn Tn2 n32 3 对所有正整数 n都成立；(1n 1 1n 2)若 cn ，即 32 ，记 f(n) ，则 f(n)52 ( 1n 1 1n 2) 52 1n 1 1n 2 14 1n 1 1n 2单调递减，又 f(6) ， f(7) ，故可取 N6，则当 n6 时， f(n)17 18 18 18 14 18 19 18 18 14 .14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(52， 3)数