《（文理通用）2022屆高考數(shù)學大二輪復習 第1部分 專題4 數(shù)列 第2講 數(shù)列求和及綜合應用練習》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（文理通用）2022屆高考數(shù)學大二輪復習 第1部分 專題4 數(shù)列 第2講 數(shù)列求和及綜合應用練習（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（文理通用）2022屆高考數(shù)學大二輪復習 第1部分 專題4 數(shù)列 第2講 數(shù)列求和及綜合應用練習 A組 1．設{an}的首項為a1，公差為－1的等差數(shù)列，Sn為其前n項和．若S1，S2，S4成等比數(shù)列，則a1＝( D ) A．2　　 B．－2　　　 C．　　 D．－ [解析]　由題意知S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6， 因為S1，S2，S4成等比數(shù)列， 所以S＝S1·S4，即(2a1－1)2＝a1(4a1－6)， 解得a1＝－.故選D． 2．若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a1＝1，q＝2，則Tn＝＋＋…＋等于( B ) A．1－ B．(1－) C

2、．1－ D．(1－) [解析]　因為an＝1×2n－1＝2n－1， 所以an·an＋1＝2n－1·2n＝2×4n－1， 所以＝×()n－1，所以{}也是等比數(shù)列， 所以Tn＝＋＋…＋＝×＝(1－)，故選B． 3．(2018·煙臺模擬)已知等差數(shù)列{an}中，a2＝6，a5＝15，若bn＝a2n，則數(shù)列{bn}的前5項和等于( C ) A．30　　　 B．45　　　 C．90　　　 D．186 [解析]　設{an}的公差為d，首項為a1，由題意得，解得所以an＝3n， 所以bn＝a2n＝6n，且b1＝6，公差為6， 所以S5＝5×6＋×6＝90. 4．等差數(shù)列

3、{an}中，a1>0，公差d<0，Sn為其前n項和，對任意自然數(shù)n，若點(n，Sn)在以下4條曲線中的某一條上，則這條曲線應是( C ) [解析]　∵Sn＝na1＋d，∴Sn＝n2＋(a1－)n，又a1>0，公差d<0，所以點(n，Sn)所在拋物線開口向下，對稱軸在y軸右側． [點評]　可取特殊數(shù)列驗證排除，如an＝3－n. 5．定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)，如果對于任意給定的等比數(shù)列{an}，{f(an)}仍是等比數(shù)列，則稱f(x)為“保等比數(shù)列函數(shù)”．現(xiàn)有定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函數(shù)： ①f(x)＝x2; ②f(x)＝2x； ③f(x

4、)＝； ④f(x)＝ln|x|. 則其中是“保等比數(shù)列函數(shù)”的f(x)的序號為( C ) A．①② B．③④ C．①③ D．②④ [分析]　保等比數(shù)列函數(shù)指：①定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數(shù)；②若{an}是等比數(shù)列，則{f(an)}仍是等比數(shù)列． [解析]　解法一：設{an}的公比為q. ①f(an)＝a，∵＝()2＝q2， ∴{f(an)}是等比數(shù)列，排除B、D． ③f(an)＝， ∵＝＝， ∴{f(an)}是等比數(shù)列，排除A． 解法二：不妨令an＝2n. ①因為f(x)＝x2，所以f(an)＝a＝4n.顯然{f(an)}是首項為4，公比為4的

5、等比數(shù)列． ②因為f(x)＝2x， 所以f(a1)＝f(2)＝22，f(a2)＝f(4)＝24， f(a3)＝f(8)＝28， 所以＝＝4≠＝＝16， 所以{f(an)}不是等比數(shù)列． ③因為f(x)＝，所以f(an)＝＝()n. 顯然{f(an)}是首項為，公比為的等比數(shù)列． ④因為f(x)＝ln|x|，所以f(an)＝ln2n＝nln2. 顯然{f(an)}是首項為ln2，公差為ln2的等差數(shù)列，故選C． 6．(2018·邵陽一模)已知數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，且b1 009＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))，數(shù)列{an}的首項為1，且an＋1＝an·bn，則lna2 018的值

6、為2_017. [解析]　因為數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，且b1 009＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))，數(shù)列{an}的首項為1，且an＋1＝an·bn， 所以a2 018＝b1·b2·b3·b4·…·b2 017＝b＝e2 017， lna2 018＝lne2 017＝2 017. 7．已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，其公比為2，設bn＝log2an，且數(shù)列{bn}的前10項的和為25，那么＋＋＋…＋的值為. [解析]　數(shù)列{an}是等比數(shù)列，其公比為2， 設bn＝log2an，且數(shù)列{bn}的前10項的和為25， 所以b1＋b2＋…＋b10 ＝log2(a1·a2·…·a10) ＝lo

7、g2(a21＋2＋…＋9)＝25， 所以a×245＝225，可得：a1＝. 那么＋＋＋…＋ ＝4(1＋＋＋…＋) ＝4×＝. 8．已知等比數(shù)列{an}的公比q>1,4是a1和a4的一個等比中項，a2和a3的等差中項為6，若數(shù)列{bn}滿足bn＝log2an(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)求數(shù)列{anbn}的前n項和Sn. [解析]　(1)因為4是a1和a4的一個等比中項， 所以a1·a4＝(4)2＝32. 由題意可得 因為q>1，所以a3>a2. 解得所以q＝＝2. 故數(shù)列{an}的通項公式an＝2n. (2)由于bn＝log2an(n∈N*

8、)，所以anbn＝n·2n， Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，① 2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.② ①－②得，－Sn＝1·2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1. 所以Sn＝2－2n＋1＋n·2n＋1＝2＋(n－1)·2n＋1. 9．(文)(2018·天津卷，18)設{an}是等差數(shù)列，其前n項和為Sn(n∈N*)；{bn}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項和為Tn(n∈N*)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6. (1)求Sn和Tn； (2)若Sn＋(T1＋T2

9、＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整數(shù)n的值． [解析]　(1)設等比數(shù)列{bn}的公比為q，由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.因為q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1. 所以Tn＝＝2n－1. 設等差數(shù)列{an}的公差為d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4. 由b5＝a4＋2a6， 可得3a1＋13d＝16，從而a1＝1，d＝1，故an＝n，所以Sn＝. (2)由(1)，知T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2. 由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1， 整理得n2－3n－4＝0，解

10、得n＝－1(舍)，或n＝4.所以n的值為4. (理)(2018·天津卷，18)設{an}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是等差數(shù)列. 已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6. (1)求{an}和{bn}的通項公式． (2)設數(shù)列{Sn}的前n項和為Tn(n∈N*)， ①求Tn； ②證明 [解析]　(1)設等比數(shù)列{an}的公比為q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0. 因為q>0，可得q＝2，故an＝2n－1. 設等差數(shù)列{bn}的公差為d，由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得

11、3b1＋13d＝16，從而b1＝1，d＝1，故bn＝n. 所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n－1，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝n. (2)①由(1)，有Sn＝＝2n－1，故Tn＝(2k－1)＝ k－n＝－n＝2n＋1－n－2. ②因為＝＝ ＝－， B組 1．設Sn是公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項和，S1，S2，S4成等比數(shù)列，且a3＝－，則數(shù)列{}的前n項和Tn＝( C ) A．－ B． C．－ D． [解析]　本題主要考查等差、等比數(shù)列的性質以及裂項法求和． 設{an}的公差為d，因為S1＝a1，S2＝2a1＋d＝2a1＋＝a1－，S4＝3a3＋

12、a1＝a1－， 因為S1，S2，S4成等比數(shù)列，所以(a1－)2＝(a1－)a1， 整理得4a＋12a1＋5＝0，所以a1＝－或a1＝－. 當a1＝－時，公差d＝0不符合題意，舍去； 當a1＝－時，公差d＝＝－1， 所以an＝－＋(n－1)×(－1)＝－n＋＝－(2n－1)， 所以＝－＝－(－)， 所以其前n項和Tn＝－(1－＋－＋…＋－) ＝－(1－)＝－，故選C． 2．(文)以Sn表示等差數(shù)列{an}的前n項和，若S5>S6，則下列不等關系不一定成立的是( D ) A．2a3>3a4 B．5a5>a1＋6a6 C．a5＋a4－a3<0 D．a3＋a6＋a12<

13、2a7 [解析]　依題意得a6＝S6－S5<0,2a3－3a4＝2(a1＋2d)－3(a1＋3d)＝－(a1＋5d)＝－a6>0,2a3>3a4；5a5－(a1＋6a6)＝5(a1＋4d)－a1－6(a1＋5d)＝－2(a1＋5d)＝－2a6>0,5a5>a1＋6a6；a5＋a4－a3＝(a3＋a6)－a3＝a6<0.綜上所述，故選D． (理)已知an＝，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，關于an及Sn的敘述正確的是( C ) A．an與Sn都有最大值 B．an與Sn都沒有最大值 C．an與Sn都有最小值 D．an與Sn都沒有最小值 [解析]　畫出an＝的圖象， 點(n，a

14、n)為函數(shù)y＝圖象上的一群孤立點，(，0)為對稱中心，S5最小，a5最小，a6最大． 3．已知正數(shù)組成的等差數(shù)列{an}，前20項和為100，則a7·a14的最大值是( A ) A．25 B．50 C．100 D．不存在 [解析]　∵S20＝×20＝100，∴a1＋a20＝10. ∵a1＋a20＝a7＋a14，∴a7＋a14＝10. ∵an>0，∴a7·a14≤()2＝25.當且僅當a7＝a14時取等號． 4．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，則Sn＝( B ) A．2n－1 B．()n－1 C．()n－1 D． [解析]　由

15、Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即2Sn＋1＝3Sn， ∴＝， ∵a1＝1，S1＝2a2，∴a2＝a1＝，∴S2＝， ∴＝，∴Sn＝()n－1. 5．(2018·山東省實驗中學調研)在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋)，則an＝( A ) A．2＋lnn B．2＋(n－1)lnn C．2＋nlnn D．1＋n＋lnn [解析]　an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝lnn－ln(n－1)＋ln(n－1)－ln(n－2)＋…＋ln2－ln1＋2＝2＋lnn. 6．(2018·西安一模)已知數(shù)列{an}

16、的通項公式an＝log2(n∈N*)，設其前n項和為Sn，則使Sn<－4成立的最小自然數(shù)n的值為16. [解析]　因為an＝log2， 所以Sn＝log2＋log2＋log2＋…＋log2 ＝log2(···…·)＝log2， 若Sn<－4，則<，即n>15， 則使Sn<－4成立的最小自然數(shù)n的值為16. 7．如圖所示，將正整數(shù)排成三角形數(shù)陣，每排的數(shù)稱為一個群，從上到下順次為第一群，第二群，…，第n群，…，第n群恰好n個數(shù)，則第n群中n個數(shù)的和是3·2n－2n－3. [解析]　由圖規(guī)律知，第n行第1個數(shù)為2n－1，第2個數(shù)為3·2n－2，第3個數(shù)為5·2n－3……設這n個數(shù)

17、的和為S 則S＝2n－1＋3·2n－2＋5×2n－3＋…＋(2n－3)·2＋(2n－1)·20?、? 2Sn＝2n＋3·2n－1＋5·2n－2＋…＋(2n－3)·22＋(2n－1)·21?、? ②－①得Sn＝2n＋2·2n－1＋2·2n－2＋…＋2·22＋2·2－(2n－1) ＝2n＋2n＋2n－1＋…＋23＋22－(2n－1) ＝2n＋－(2n－1) ＝2n＋2n＋1－4－2n＋1 ＝3·2n－2n－3. 8．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ為常數(shù)． (1)證明：an＋2－an＝λ； (2)是否存在λ，使得{an}為等差數(shù)

18、列？并說明理由． [分析]　(1)利用an＋1＝Sn＋1－Sn用配湊法可獲證；(2)假設存在λ，則a1，a2，a3應成等差數(shù)列求出λ的值，然后依據(jù)an＋2－an＝λ推證{an}為等差數(shù)列． [解析]　(1)由題設：anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1， 兩式相減得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1. 由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ. (2)由題設，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1. 由(1)知，a3＝λ＋1， 令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4. 故an＋2－an＝4，由此可得 {a2n－1}是首項為1，公差為4的等差數(shù)列，

19、a2n－1＝4n－3； {a2n}是首項為3，公差為4的等差數(shù)列，a2n＝4n－1. 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2. 因此存在λ＝4，使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列． 9．已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝－，a1＝－. (1)求證{}是等差數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}的通項公式； (3)設Tn＝an＋an＋1＋…＋a2n－1.若Tn≥p－n對任意的n∈N*恒成立，求p的最大值． [解析]　(1)證明：∵an＋1＝－， ∴an＋1＋1＝－＋1＝＝， 由于an＋1≠0， ∴＝＝1＋， ∴{}是以2為首項，1為公差的等差數(shù)列． (2)由(1)題結論知：＝2＋(n－1)＝n＋1， ∴an＝－1＝－(n∈N*)． (3)∵Tn＝an＋an＋1＋…＋a2n－1≥P－n， ∴n＋an＋an＋1＋…＋a2n－1≥P， 即(1＋an)＋(1＋an＋1)＋(1＋an＋2)＋…＋(1＋a2n－1)≥p，對任意n∈N*恒成立， 而1＋an＝， 設H(n)＝(1＋an)＋(1＋an＋1)＋…＋(1＋a2n－1)， ∴H(n)＝＋＋…＋， H(n＋1)＝＋＋…＋＋＋， ∴H(n＋1)－H(n)＝＋－＝－>0， ∴數(shù)列{H(n)}單調遞增， ∴n∈N*時，H(n)≥H(1)＝，故P≤. ∴P的最大值為.