2020届高考数学大二轮复习 第1部分 专题4 数列 第2讲 数列求和及综合应用练习

2020届高考数学大二轮复习 第1部分 专题4 数列 第2讲 数列求和及综合应用练习

第一部分 专题四 第二讲 数列求和及综合应用 A组 ‎1．设{an}的首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝( D )‎ A．2　　 B．－2　　　‎ C．　　 D．－ ‎[解析]　由题意知S1＝a1，S2＝‎2a1－1，S4＝‎4a1－6，‎ 因为S1，S2，S4成等比数列，‎ 所以S＝S1·S4，即(‎2a1－1)2＝a1(‎4a1－6)，‎ 解得a1＝－.故选D．‎ ‎2．若数列{an}为等比数列，且a1＝1，q＝2，则Tn＝＋＋…＋等于( B )‎ A．1－ B．(1－)‎ C．1－ D．(1－)‎ ‎[解析]　因为an＝1×2n－1＝2n－1，‎ 所以an·an＋1＝2n－1·2n＝2×4n－1，‎ 所以＝×()n－1，所以{}也是等比数列，‎ 所以Tn＝＋＋…＋＝×＝(1－)，故选B．‎ ‎3．(2018·烟台模拟)已知等差数列{an}中，a2＝6，a5＝15，若bn＝a2n，则数列{bn}的前5项和等于( C )‎ A．30　　　 B．45　　　 ‎ C．90　　　 D．186‎ ‎[解析]　设{an}的公差为d，首项为a1，由题意得，解得所以an＝3n，‎ 所以bn＝a2n＝6n，且b1＝6，公差为6，‎ 所以S5＝5×6＋×6＝90.‎ ‎4．等差数列{an}中，a1>0，公差d<0，Sn为其前n项和，对任意自然数n，若点(n，Sn)在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是( C )‎ 9‎ ‎[解析]　∵Sn＝na1＋d，∴Sn＝n2＋(a1－)n，又a1>0，公差d<0，所以点(n，Sn)所在抛物线开口向下，对称轴在y轴右侧．‎ ‎[点评]　可取特殊数列验证排除，如an＝3－n.‎ ‎5．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：‎ ‎①f(x)＝x2; ②f(x)＝2x；‎ ‎③f(x)＝； ④f(x)＝ln|x|.‎ 则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( C )‎ A．①② B．③④ ‎ C．①③ D．②④‎ ‎[分析]　保等比数列函数指：①定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数；②若{an}是等比数列，则{f(an)}仍是等比数列．‎ ‎[解析]　解法一：设{an}的公比为q.‎ ‎①f(an)＝a，∵＝()2＝q2，‎ ‎∴{f(an)}是等比数列，排除B、D．‎ ‎③f(an)＝，‎ ‎∵＝＝，‎ ‎∴{f(an)}是等比数列，排除A．‎ 解法二：不妨令an＝2n.‎ ‎①因为f(x)＝x2，所以f(an)＝a＝4n.显然{f(an)}是首项为4，公比为4的等比数列．‎ ‎②因为f(x)＝2x，‎ 所以f(a1)＝f(2)＝22，f(a2)＝f(4)＝24，‎ f(a3)＝f(8)＝28，‎ 所以＝＝4≠＝＝16，‎ 所以{f(an)}不是等比数列．‎ ‎③因为f(x)＝，所以f(an)＝＝()n.‎ 9‎ 显然{f(an)}是首项为，公比为的等比数列．‎ ‎④因为f(x)＝ln|x|，所以f(an)＝ln2n＝nln2.‎ 显然{f(an)}是首项为ln2，公差为ln2的等差数列，故选C．‎ ‎6．(2018·邵阳一模)已知数列{bn}为等比数列，且b1 009＝e(e为自然对数的底数)，数列{an}的首项为1，且an＋1＝an·bn，则lna2 018的值为2_017.‎ ‎[解析]　因为数列{bn}为等比数列，且b1 009＝e(e为自然对数的底数)，数列{an}的首项为1，且an＋1＝an·bn，‎ 所以a2 018＝b1·b2·b3·b4·…·b2 017＝b＝e2 017，‎ lna2 018＝lne2 017＝2 017.‎ ‎7．已知数列{an}是等比数列，其公比为2，设bn＝log2an，且数列{bn}的前10项的和为25，那么＋＋＋…＋的值为.‎ ‎[解析]　数列{an}是等比数列，其公比为2，‎ 设bn＝log2an，且数列{bn}的前10项的和为25，‎ 所以b1＋b2＋…＋b10‎ ‎＝log2(a1·a2·…·a10)‎ ‎＝log2(a21＋2＋…＋9)＝25，‎ 所以a×245＝225，可得：a1＝.‎ 那么＋＋＋…＋ ‎＝4(1＋＋＋…＋)‎ ‎＝4×＝.‎ ‎8．已知等比数列{an}的公比q>1,4是a1和a4的一个等比中项，a2和a3的等差中项为6，若数列{bn}满足bn＝log2an(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{anbn}的前n项和Sn.‎ ‎[解析]　(1)因为4是a1和a4的一个等比中项，‎ 所以a1·a4＝(4)2＝32.‎ 由题意可得 因为q>1，所以a3>a2.‎ 解得所以q＝＝2.‎ 9‎ 故数列{an}的通项公式an＝2n.‎ ‎(2)由于bn＝log2an(n∈N*)，所以anbn＝n·2n，‎ Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，①‎ ‎2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.②‎ ‎①－②得，－Sn＝1·2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1.‎ 所以Sn＝2－2n＋1＋n·2n＋1＝2＋(n－1)·2n＋1.‎ ‎9．(文)(2018·天津卷，18)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋‎2a6.‎ ‎(1)求Sn和Tn；‎ ‎(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值．‎ ‎[解析]　(1)设等比数列{bn}的公比为q，由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.‎ 所以Tn＝＝2n－1.‎ 设等差数列{an}的公差为d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.‎ 由b5＝a4＋‎2a6，‎ 可得‎3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，故an＝n，所以Sn＝.‎ ‎(2)由(1)，知T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2.‎ 由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，‎ 整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.所以n的值为4.‎ ‎(理)(2018·天津卷，18)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列. 已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式．‎ ‎(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，‎ ‎①求Tn；‎ ‎②证明 ‎[解析]　(1)设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.‎ 因为q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.‎ 设等差数列{bn}的公差为d，由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.‎ 9‎ ‎(2)①由(1)，有Sn＝＝2n－1，故Tn＝(2k－1)＝‎ k－n＝－n＝2n＋1－n－2.‎ ‎②因为＝＝‎ ＝－，‎ B组 ‎1．设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3＝－，则数列{}的前n项和Tn＝( C )‎ A．－ B． C．－ D． ‎[解析]　本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和．‎ 设{an}的公差为d，因为S1＝a1，S2＝‎2a1＋d＝‎2a1＋＝a1－，S4＝‎3a3＋a1＝a1－，‎ 因为S1，S2，S4成等比数列，所以(a1－)2＝(a1－)a1，‎ 整理得‎4a＋‎12a1＋5＝0，所以a1＝－或a1＝－.‎ 当a1＝－时，公差d＝0不符合题意，舍去；‎ 当a1＝－时，公差d＝＝－1，‎ 所以an＝－＋(n－1)×(－1)＝－n＋＝－(2n－1)，‎ 所以＝－＝－(－)，‎ 所以其前n项和Tn＝－(1－＋－＋…＋－)‎ ‎＝－(1－)＝－，故选C．‎ ‎2．(文)以Sn表示等差数列{an}的前n项和，若S5>S6‎ 9‎ ‎，则下列不等关系不一定成立的是( D )‎ A．‎2a3>‎3a4 B．‎5a5>a1＋‎6a6‎ C．a5＋a4－a3<0 D．a3＋a6＋a12<‎2a7‎ ‎[解析]　依题意得a6＝S6－S5<0,‎2a3－‎3a4＝2(a1＋2d)－3(a1＋3d)＝－(a1＋5d)＝－a6>0,‎2a3>‎3a4；‎5a5－(a1＋‎6a6)＝5(a1＋4d)－a1－6(a1＋5d)＝－2(a1＋5d)＝－‎2a6>0,‎5a5>a1＋‎6a6；a5＋a4－a3＝(a3＋a6)－a3＝a6<0.综上所述，故选D．‎ ‎(理)已知an＝，数列{an}的前n项和为Sn，关于an及Sn的叙述正确的是( C )‎ A．an与Sn都有最大值 B．an与Sn都没有最大值 C．an与Sn都有最小值 D．an与Sn都没有最小值 ‎[解析]　画出an＝的图象，‎ 点(n，an)为函数y＝图象上的一群孤立点，(，0)为对称中心，S5最小，a5最小，a6最大．‎ ‎3．已知正数组成的等差数列{an}，前20项和为100，则a7·a14的最大值是( A )‎ A．25 B．50 ‎ C．100 D．不存在 ‎[解析]　∵S20＝×20＝100，∴a1＋a20＝10.‎ ‎∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10.‎ ‎∵an>0，∴a7·a14≤()2＝25.当且仅当a7＝a14时取等号．‎ ‎4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( B )‎ A．2n－1 B．()n－1‎ C．()n－1 D． ‎[解析]　由Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即2Sn＋1＝3Sn，‎ ‎∴＝，‎ ‎∵a1＝1，S1＝‎2a2，∴a2＝a1＝，∴S2＝，‎ 9‎ ‎∴＝，∴Sn＝()n－1.‎ ‎5．(2018·山东省实验中学调研)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋)，则an＝( A )‎ A．2＋lnn B．2＋(n－1)lnn C．2＋nlnn D．1＋n＋lnn ‎[解析]　an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝lnn－ln(n－1)＋ln(n－1)－ln(n－2)＋…＋ln2－ln1＋2＝2＋lnn.‎ ‎6．(2018·西安一模)已知数列{an}的通项公式an＝log2(n∈N*)，设其前n项和为Sn，则使Sn<－4成立的最小自然数n的值为16.‎ ‎[解析]　因为an＝log2，‎ 所以Sn＝log2＋log2＋log2＋…＋log2 ‎＝log2(···…·)＝log2，‎ 若Sn<－4，则<，即n>15，‎ 则使Sn<－4成立的最小自然数n的值为16.‎ ‎7．如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第一群，第二群，…，第n群，…，第n群恰好n个数，则第n群中n个数的和是3·2n－2n－3.‎ ‎[解析]　由图规律知，第n行第1个数为2n－1，第2个数为3·2n－2，第3个数为5·2n－3……设这n个数的和为S 则S＝2n－1＋3·2n－2＋5×2n－3＋…＋(2n－3)·2＋(2n－1)·20　①‎ ‎2Sn＝2n＋3·2n－1＋5·2n－2＋…＋(2n－3)·22＋(2n－1)·21　②‎ ‎②－①得Sn＝2n＋2·2n－1＋2·2n－2＋…＋2·22＋2·2－(2n－1)‎ ‎＝2n＋2n＋2n－1＋…＋23＋22－(2n－1)‎ ‎＝2n＋－(2n－1)‎ ‎＝2n＋2n＋1－4－2n＋1‎ ‎＝3·2n－2n－3.‎ 9‎ ‎8．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．‎ ‎(1)证明：an＋2－an＝λ；‎ ‎(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．‎ ‎[分析]　(1)利用an＋1＝Sn＋1－Sn用配凑法可获证；(2)假设存在λ，则a1，a2，a3应成等差数列求出λ的值，然后依据an＋2－an＝λ推证{an}为等差数列．‎ ‎[解析]　(1)由题设：anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，‎ 两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.‎ 由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.‎ ‎(2)由题设，a1＝1，a‎1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1. ‎ 由(1)知，a3＝λ＋1，‎ 令‎2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.‎ 故an＋2－an＝4，由此可得 ‎{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；‎ ‎{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.‎ 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.‎ 因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．‎ ‎9．已知数列{an}满足an＋1＝－，a1＝－.‎ ‎(1)求证{}是等差数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(3)设Tn＝an＋an＋1＋…＋a2n－1.若Tn≥p－n对任意的n∈N*恒成立，求p的最大值．‎ ‎[解析]　(1)证明：∵an＋1＝－，‎ ‎∴an＋1＋1＝－＋1＝＝，‎ 由于an＋1≠0，‎ ‎∴＝＝1＋，‎ ‎∴{}是以2为首项，1为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)题结论知：＝2＋(n－1)＝n＋1，‎ ‎∴an＝－1＝－(n∈N*)．‎ ‎(3)∵Tn＝an＋an＋1＋…＋a2n－1≥P－n，‎ 9‎ ‎∴n＋an＋an＋1＋…＋a2n－1≥P，‎ 即(1＋an)＋(1＋an＋1)＋(1＋an＋2)＋…＋(1＋a2n－1)≥p，对任意n∈N*恒成立，‎ 而1＋an＝，‎ 设H(n)＝(1＋an)＋(1＋an＋1)＋…＋(1＋a2n－1)，‎ ‎∴H(n)＝＋＋…＋，‎ H(n＋1)＝＋＋…＋＋＋，‎ ‎∴H(n＋1)－H(n)＝＋－＝－>0，‎ ‎∴数列{H(n)}单调递增，‎ ‎∴n∈N*时，H(n)≥H(1)＝，故P≤.‎ ‎∴P的最大值为.‎ 9‎