• 117.50 KB
  • 2021-06-15 发布

【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

  • 12页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
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.