标签: 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  
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doc 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)=(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}:,+,++,…,+++…+,…,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)=6×3=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) =-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===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=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=+=+. 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×+11×2+…+(4n-5)×n-2,n≥2, Tn=3×+7×2+…+(4n-9)×n-2+(4n-5)×n-1, 所以Tn=3+4×+4×2+…+4×n-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+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=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)=+=3×21 010-3,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.

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