2020届高考数学大二轮复习层级二专题三数列第2讲数列求和及综合应用课时作业

2020届高考数学大二轮复习层级二专题三数列第2讲数列求和及综合应用课时作业

第2讲 数列求和及综合应用 限时50分钟　满分76分 一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)‎ ‎1．(2020·重庆七校联考)若数列{an}满足－＝0，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列为“梦想数列”，且b1＋b2＋b3＝1，则b6＋b7＋b8＝(　　)‎ A．4　　　　 B．16　　　　 C．32　　　 　D．64‎ 解析：C　[由－＝0可得an＋1＝an，故{an}是公比为的等比数列，故是公比为的等比数列，则{bn}是公比为2的等比数列，b6＋b7＋b8＝(b1＋b2＋b3)×25＝32，故选C.]‎ ‎2．(2020·江西省五校协作体考试)设Sn是数列{an}的前n项和，若an＋Sn＝2n,2bn＝2an＋2－an＋1，则＋＋…＋＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：D　[因为an＋Sn＝2n　①，所以an＋1＋Sn＋1＝2n＋1　②，②－①得2an＋1－an＝2n，所以2an＋2－an＋1＝2n＋1.又2bn＝2an＋2－an＋1＝2n＋1，所以bn＝n＋1，＝＝－，则＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选D.]‎ ‎3．(2020·广东省六校联考)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n.设bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，若Sn＜λ(λ为常数，n∈N*)，则λ的最小值是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：C　[a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n，①‎ 当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(2n－3)·3n－1，②‎ ‎①－②得，nan＝4n·3n－1(n≥2)，即an＝4·3n－1(n≥2)．当n＝1时，a1＝3≠4，所以an＝ bn＝ 所以Sn＝＋＋＋…＋＝＋＋＋＋…＋，③　Sn＝＋＋＋＋…＋＋，④‎ - 7 -‎ ‎③－④得，Sn＝＋＋＋＋…＋－＝＋－，‎ 所以Sn＝－＜，所以易知λ的最小值是，故选C.]‎ ‎4．(2019·青岛三模)已知f(n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f(12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f(21)＝21，那么∑100,i＝51f(i)的值为(　　)‎ A．2 488 B．2 495 C．2 498 D．2 500‎ 解析：D　[由f(n)的定义知f(n)＝f(2n)，且若n为奇数则f(n)＝n，‎ 则∑100,i＝1f(i)＝f(1)＋f(2)＋…＋f(100)‎ ‎＝1＋3＋5＋…＋99＋f(2)＋f(4)＋…＋f(100)‎ ‎＝＋f(1)＋f(2)＋…＋f(50)‎ ‎＝2 500＋∑50,i＝1f(i)，‎ ‎∴∑100,i＝51f(i)＝∑100,i＝1f(i)－∑50,i＝1f(i)＝2 500.]‎ ‎5．(2019·深圳二模)已知数列{an}满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，数列的前n项和为Sn，则S1·S2·S3·…·S10＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：C　[∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，∴2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2)，∴2nan＝1(n≥2)，当n＝1时也满足，故an＝，故＝＝＝－，Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，∴S1·S2·S3·…·S10＝×××…××＝，选C.]‎ ‎6．(2019·潍坊三模)已知等差数列{an}中公差d≠0，a1＝1，a1，a2，a5成等比数列，且a1，a2，ak1，ak2，…，akn成等比数列，若对任意的n∈N*，恒有≤(m∈N*)，则m＝(　　)‎ A．0 B．1 C．2 D．1或2‎ 解析：D　[由已知可得，a＝a1·a5，即(1＋d)2＝1·(1＋4d)，又d≠0，解得d＝2，所以an＝2n－1.因为a1，a2，ak1，ak2，…，akn成等比数列，所以2kn－1＝3n＋1.令bn＝＝，设数列{bn}中的最大项为bl，故满足解得1≤l≤2，即数列{bn}中的最大项为b1，b2，所以 - 7 -‎ m＝1或2.]‎ 二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)‎ ‎7．(2019·昆明三模)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为________．‎ 解析：由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1 123.‎ 答案：1 123‎ ‎8．(2019·山师附中质检)将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：‎ a1‎ a2，a3‎ a4，a5，a6‎ a7，a8，a9，a10‎ ‎……‎ 记数阵中的第1列数a1，a2，a4，…，构成的数列为{bn}，Sn为数列{bn}的前n项和，若Sn＝2bn－1，则a56＝________.‎ 解析：当n≥2时，∵Sn＝2bn－1，∴Sn－1＝2bn－1－1，∴bn＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1(n≥2且n∈N*)，∵b1＝2b1－1，∴b1＝1，∴数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，∴bn＝2n－1.‎ 设a1，a2，a4，a7，a11，…的下标1,2,4,7,11，…构成数列{cn}，则c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，∴cn＝＋1，由cn＝＋1＝56，得n＝11，∴a56＝b11＝210＝1 024.‎ 答案：1 024‎ 三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)‎ ‎9．(2020·郑州三测)已知数列{an}满足a1＝1,2an·an＋1＋an＋1－an＝0，数列{bn}满足bn＝.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)记数列{bn}的前n项和为Sn，问：是否存在n，使得Sn的值是？‎ 解析：(1)因为2an·an＋1＋an＋1－an＝0，‎ 所以an＋1＝，‎ - 7 -‎ －＝－＝2，‎ 由等差数列的定义可得是首项为＝1，公差为d＝2的等差数列．‎ 故＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝.‎ ‎(2)由(1)得bn＝，‎ 所以Sn＝＋＋…＋，‎ 两边同乘以得，Sn＝＋＋…＋，‎ 两式相减得Sn＝＋2－，‎ 即Sn＝＋2×－＝－－，‎ 所以Sn＝3－.‎ 因为Sn＋1－Sn＝－＝＞0，所以数列{Sn}是关于项数n的递增数列，所以Sn≥S1＝，因为＜，所以不存在n，使得Sn＝.‎ ‎10．(2019·武汉二模)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.‎ ‎(1)求an与bn；‎ ‎(2)设cn＝－(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.‎ ‎①求Sn；‎ ‎②求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.‎ 解析：(1)由题意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，知a3＝()b3－b2＝8.‎ 又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，‎ 所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*)．‎ 所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)．‎ 故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．‎ ‎(2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)，‎ - 7 -‎ 所以Sn＝－(n∈N*)．‎ ‎②因为c1＝0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；‎ 当n≥5时，‎ cn＝，‎ 而－＝＞0，‎ 即数列当n≥5时是递减的．‎ 所以≤＜1，‎ 所以，当n≥5时，cn＜0.‎ 综上，对任意n∈N*，恒有S4≥Sn，故k＝4.‎ ‎11．(文)(2020·浙江三地市联考)已知数列{bn}满足3(n＋1)bn＝nbn＋1，且b1＝3.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)已知＝，求证：≤＋＋…＋＜1.‎ 解析：(1)因为3(n＋1)bn＝nbn＋1，所以＝.‎ 则＝3×，＝3×，＝3×，…，‎ ＝3×，‎ 累乘，可得＝3n－1×n，因为b1＝3，所以bn＝n·3n，‎ 即数列{bn}的通项公式bn＝n·3n.‎ ‎(2)证明：因为＝，所以an＝·3n.‎ 因为＝· ‎＝·＝· ‎＝·－·，‎ 所以＋＋…＋＝＋＋…＋ - 7 -‎ ‎＝1－·.‎ 因为n∈N*，所以0＜·≤，‎ 所以≤1－·＜1，‎ 所以≤＋＋…＋＜1.‎ ‎11．(理)(2019·江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M数列”．‎ ‎(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M数列”；‎ ‎(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，＝－，其中Sn为数列{bn}的前n项和．‎ ‎①求数列{bn}的通项公式；‎ ‎②设m为正整数，若存在“M数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值．‎ 解：(1)设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，‎ q≠0.‎ 由得解得 因此数列{an}为“M数列”．‎ ‎(2)①因为＝－，所以bn≠0.‎ 由b1＝1，S1＝b1，得＝－，则b2＝2.‎ 由＝－，得Sn＝，‎ 当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，‎ 得bn＝－，‎ 整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.‎ 所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．‎ 因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．‎ ‎②由①知，bk＝k，k∈N*.‎ 因为数列{cn}为“M数列”，设公比为q，所以c1＝1，‎ q＞0.‎ 因为ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1,2,3，…，m.‎ 当k＝1时，有q≥1；‎ - 7 -‎ 当k＝2,3，…，m时，有≤ln q≤.‎ 设f(x)＝(x＞1)，则f′(x)＝.‎ 令f′(x)＝0，得x＝e.列表如下：‎ x ‎(1，e)‎ e ‎(e，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  极大值  因为＝＜＝，所以f(k)max＝f(3)＝.‎ 取q＝，当k＝1,2,3,4,5时，≤ln q，即k≤qk，经检验知qk－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5.‎ 若m≥6，分别取k＝3,6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，‎ 所以q不存在．因此所求m的最大值小于6.‎ 综上，所求m的最大值为5.‎ - 7 -‎