【数学】2020届一轮复习人教版（理）第五章第四节　数列求和及综合应用作业

【数学】2020届一轮复习人教版（理）第五章第四节　数列求和及综合应用作业

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＋1 2 ＋ 1 ＋ 1 2 ＋ 1 4 ＋ … ＋ 1＋1 2 ＋1 4 ＋…＋ 1 210 的值为( ) A．18＋ 1 29 B．20＋ 1 210 C．22＋ 1 211 D．18＋ 1 210 解析：选 B.设 an＝1＋1 2 ＋1 4 ＋…＋ 1 2n－1 ＝1× 1－ 1 2 n 1－1 2 ＝2 1－ 1 2 n . 则原式＝a1＋a2＋…＋a11 ＝2 1－ 1 2 1 ＋2 1－ 1 2 2 ＋…＋2 1－ 1 2 11 ＝2 11－ 1 2 ＋ 1 22 ＋…＋ 1 211 ＝2 11－ 1 2 × 1－ 1 211 1－1 2 ＝2 11－ 1－ 1 211 ＝2 11－1＋ 1 211 ＝20＋ 1 210. 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)＝(2×2＋1)＋(2×4 ＋1)＋…＋(2×2n＋1)＝2(2＋4＋…＋2n)＋n＝n(2n＋3)． 3．(2018·贵阳模拟)已知数列{an}：1 2 ，1 3 ＋2 3 ，1 4 ＋2 4 ＋3 4 ，…， 1 10 ＋ 2 10 ＋ 3 10 ＋…＋ 9 10 ，…，若 bn＝ 1 anan＋1 ，那么数列{bn}的前 n 项和 Sn 为 ( ) A. n n＋1 B． 4n n＋1 C. 3n n＋1 D． 5n n＋1 解析：选 B.∵an＝1＋2＋3＋…＋n n＋1 ＝n 2 ， ∴bn＝ 1 anan＋1 ＝ 4 nn＋1 ＝4 1 n － 1 n＋1 ， ∴Sn＝4 1－1 2 ＋ 1 2 －1 3 ＋…＋ 1 n － 1 n＋1 ＝4 1－ 1 n＋1 ＝ 4n n＋1. 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)＝6×3＝18. 5．(2018·深圳调研)已知函数 f(n)＝ n2，n 为奇数， －n2，n 为偶数， 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) ＝－50×101＋50×103＝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＝a11－qn 1－q ＝21－2n 1－2 ＝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 3×3 q ＋3q＝4×3，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＝3－11－3n 1－3 ＋nn＋1 2 ＝3n－1 6 ＋nn＋1 2 . 答案：3n－1 6 ＋nn＋1 2 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＝n10＋11－n 2 ＝n21－n 2 ；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)＝2×1121－11 2 － n21－n 2 ＝n2－21n＋220 2 . 综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| ＝ n21－n 2 ，1≤n≤11， n2－21n＋220 2 ，n≥12. 答案： n21－n 2 ，1≤n≤11， n2－21n＋220 2 ，n≥12 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＝a2n＋n. (1)求{an}的通项公式； (2)若 bn＝ an＋2 2n＋1·an·an＋1 ，Tn 为数列{bn}的前 n 项和，证明：Tn＜1 2. 解：(1)当 n＝1 时，2S1＝2a1＝a21＋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＝a2n＋n 得 2Sn＋1＝a2n＋1＋n＋1， 所以 2Sn＋1－2Sn＝a2n＋1－a2n＋1，则 2an＋1＝a2n＋1－a2n＋1，所以 a2n＝ (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＝ an＋2 2n＋1·an·an＋1 ＝ n＋2 2n＋1·n·n＋1 ＝ 1 n·2n－ 1 n＋1·2n＋1 ，所 以 Tn＝ 1 1×21 － 1 2×22 ＋ 1 2×22 － 1 3×23 ＋…＋ 1 n·2n－ 1 n＋1·2n＋1 ＝1 2 － 1 n＋1·2n＋1 ＜1 2. 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 q＋1 q ＝20， 解得 q＝2 或 q＝1 2 ， 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＝ S1，n＝1， Sn－Sn－1，n≥2， 解得 cn＝4n－1. 由(1)可得 an＝2n－1， 所以 bn＋1－bn＝(4n－1)× 1 2 n－1， 故 bn－bn－1＝(4n－5)× 1 2 n－2，n≥2， bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1) ＝(4n－5)× 1 2 n－2＋(4n－9)× 1 2 n－3＋…＋7×1 2 ＋3. 设 Tn＝3＋7×1 2 ＋11× 1 2 2＋…＋(4n－5)× 1 2 n－2，n≥2， 1 2Tn＝3×1 2 ＋7× 1 2 2＋…＋(4n－9)× 1 2 n－2＋(4n－5)× 1 2 n－1， 所以 1 2Tn＝3＋4×1 2 ＋4× 1 2 2＋…＋4× 1 2 n－2－(4n－5)× 1 2 n－1， 因此 Tn＝14－(4n＋3)× 1 2 n－2，n≥2， 又 b1＝1，所以 bn＝15－(4n＋3)× 1 2 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＋1·an＝2n(n∈N*)， Sn 是数列{an}的前 n 项和，则 S2 020＝( ) A．22 020－1 B．3×21 010－3 C．3×21 010－1 D．3×22 020－2 解析：选 B.依题意得 an·an＋1＝2n，an＋1·an＋2＝2n＋1，于是有an＋1·an＋2 an·an＋1 ＝2，即an＋2 an ＝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)＝1－21 010 1－2 ＋21－21 010 1－2 ＝3×21 010－3，故选 B. 12．定义 n p1＋p2＋…＋pn 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 1 2n＋1 ，又 bn＝an＋1 4 ，则 1 b1b2 ＋ 1 b2b3 ＋…＋ 1 b10b11 ＝( ) A. 1 11 B． 1 12 C.10 11 D．11 12 解析：选 C.依题意有 n a1＋a2＋…＋an ＝ 1 2n＋1 ，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＝an＋1 4 ＝n. 因为 1 bnbn＋1 ＝ 1 nn＋1 ＝1 n － 1 n＋1 ，所以 1 b1b2 ＋ 1 b2b3 ＋…＋ 1 b10b11 ＝ 1－1 2 ＋ 1 2 －1 3 ＋…＋ 1 10 － 1 11 ＝1－ 1 11 ＝10 11. 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＝3 8a5＞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＝3 8a5＞0，得 a1＝－76 5 d，d＜0， 所以 an＝ n－81 5 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＝－6 5d＞0，a18＝9 5d＜0，所以 a15＋a18＝－6 5d＋9 5d＝3 5d ＜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 1 anan＋1 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 4a1＋6d＝14， a1＋2d2＝a1a1＋6d， 解得 d＝1 或 d＝0(舍去)，所以 a1＝2，所以 an＝n＋1. (2)因为 1 anan＋1 ＝ 1 n＋1 － 1 n＋2 ， 所 以 Tn ＝ 1 2 －1 3 ＋ 1 3 －1 4 ＋ … ＋ 1 n＋1 － 1 n＋2 ＝ 1 2 － 1 n＋2 ＝ n 2n＋2 ， 又λTn≤an＋1 对一切 n∈N*恒成立，所以λ≤2n＋22 n ＝2 n＋4 n ＋ 8，而 2 n＋4 n ＋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＝an 2n，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求证：－7 4 ≤Tn＜－1(n ∈N*)． 解：(1)设数列{an}的公差为 d(d≠0)， 由已知得 a10＝15， a24＝a3a7， 即 a1＋9d＝15， a1＋3d2＝a1＋2da1＋6d， 解得 a1＝－3， d＝2. ∴an＝2n－5(n∈N*)． (2)证明：∵bn＝an 2n＝2n－5 2n ，n∈N*. ∴Tn＝－3 2 ＋－1 22 ＋ 1 23 ＋…＋2n－5 2n ，① 1 2Tn＝－3 22 ＋－1 23 ＋ 1 24 ＋…＋2n－7 2n ＋2n－5 2n＋1 ，② ①－②得 1 2Tn＝－3 2 ＋2 1 22 ＋ 1 23 ＋…＋ 1 2n －2n－5 2n＋1 ＝－1 2 ＋1－2n 2n＋1 ， ∴Tn＝－1－2n－1 2n (n∈N*)， ∵2n－1 2n ＞0(n∈N*)，∴Tn＜－1. Tn＋1－Tn＝ －1－2n＋1 2n＋1 － －1－2n－1 2n ＝2n－3 2n＋1 ， ∴Tn＜Tn＋1(n≥2)． 又 T1＝－1－1 2 ＝－3 2 ，T2＝－1－4－1 4 ＝－7 4. ∵T1＞T2，∴T2 最小，即 Tn≥T2＝－7 4. 综上所述，－7 4 ≤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＝nan－a1 2 . (1)记 bn＝Sn＋2 Sn＋1 ＋Sn＋1 Sn＋2 ，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∈ 5 2 ，3 ，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＝2a2－a1 2 得 a1＋a2＝a2－a1， ∴a1＝0，∴d＝a2－a1＝p－0＝p， ∴Sn＝nan－a1 2 ＝nn－1p 2 ， bn＝Sn＋2 Sn＋1 ＋Sn＋1 Sn＋2 ＝n＋2 n ＋ n n＋2 ＝2＋2 1 n － 1 n＋2 ， 所 以 Tn ＝ 2n ＋ 2 1－1 3 ＋ 1 2 －1 4 ＋ 1 3 －1 5 ＋ 1 4 －1 6 ＋ … ＋ 1 n－1 － 1 n＋1 ＋ 1 n － 1 n＋2 ＝2n＋2 1＋1 2 － 1 n＋1 － 1 n＋2 ＝2n＋3－2 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 . (2)cn＝Tn－2n＝3－2 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 ＜3 对所有正整数 n 都成立； 若 cn＞5 2 ，即 3－2 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 ＞5 2 ⇔ 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 ＜1 4 ，记 f(n)＝ 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 ，则 f(n)单调递减， 又 f(6)＝1 7 ＋1 8 ＞1 8 ＋1 8 ＝1 4 ，f(7)＝1 8 ＋1 9 ＜1 8 ＋1 8 ＝1 4 ，故可取 N＝6， 则当 n＞6 时，f(n)＜1 4. 故存在正整数 N，使得当 n＞N 时，恒有 cn∈ 5 2 ，3 ，N 可以取 所有不小于 6 的正整数．