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- 2021-06-15 发布
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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
nn+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=a11-qn
1-q
=21-2n
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=3-11-3n
1-3
+nn+1
2
=3n-1
6
+nn+1
2 .
答案:3n-1
6
+nn+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=n10+11-n
2
=n21-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)=2×1121-11
2
-
n21-n
2
=n2-21n+220
2 .
综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|
=
n21-n
2
,1≤n≤11,
n2-21n+220
2
,n≥12.
答案:
n21-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
+21-21 010
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
nn+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+2d2=a1a1+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
2n+2
,
又λTn≤an+1 对一切 n∈N*恒成立,所以λ≤2n+22
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+3d2=a1+2da1+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=nan-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=2a2-a1
2
得 a1+a2=a2-a1,
∴a1=0,∴d=a2-a1=p-0=p,
∴Sn=nan-a1
2
=nn-1p
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.