《（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 能力升級練（八）數(shù)列求和與數(shù)列綜合問題 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 能力升級練（八）數(shù)列求和與數(shù)列綜合問題 理（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、能力升級練(八) 數(shù)列求和與數(shù)列綜合問題
一、選擇題
1.已知數(shù)列{an}滿足:任意m,n∈N*,都有an·am=an+m,且a1=12,那么a5=( )
A.132 B.116
C.14 D.12
解析由題意,得a2=a1a1=14,a3=a1·a2=18,則a5=a3·a2=132.
答案A
2.(2019江西重點中學盟校聯(lián)考)在數(shù)列{an}中,a1=-14,an=1-1an-1(n≥2,n∈N*),則a2 019的值為( )
A.-14 B.5
C.45 D.54
解析在數(shù)列{an}中,a1=-14,an=1-1an-1(n≥2,n∈N*),所以a2=1-1-14
2、=5,a3=1-15=45,a4=1-145=-14,所以{an}是以3為周期的周期數(shù)列,所以a2019=a673×3=a3=45.
答案C
3.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且a1=2,an+1=Sn+1(n∈N*),則S5=( )
A.31 B.42
C.37 D.47
解析由題意,得Sn+1-Sn=Sn+1(n∈N*),∴Sn+1+1=2(Sn+1)(n∈N*),故數(shù)列{Sn+1}為等比數(shù)列,其首項為3,公比為2,則S5+1=3×24,所以S5=47.
答案D
4.(2019四川成都診斷)已知f(x)=(2a-1)x+4(x≤1),ax(x>1),數(shù)列{an}(n∈N
3、*)滿足an=f(n),且{an}是遞增數(shù)列,則a的取值范圍是( )
A.(1,+∞) B.12,+∞
C.(1,3) D.(3,+∞)
解析因為{an}是遞增數(shù)列,
所以a>1,a2>2a-1+4,
解得a>3,
則a的取值范圍是(3,+∞).
答案D
5.(2017全國Ⅲ,理9)等差數(shù)列{an}的首項為1,公差不為0.若a2,a3,a6成等比數(shù)列,則{an}前6項的和為( )
A.-24 B.-3
C.3 D.8
解析設等差數(shù)列的公差為d,則d≠0,a32=a2·a6,即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2,所以S6=6×1+6×52×(-2)=-
4、24,故選A.
答案A
6.數(shù)列{an}的通項公式為an=(-1)n-1·(4n-3),則它的前100項之和S100等于( )
A.200 B.-200
C.400 D.-400
解析S100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-…-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4)+…+(99-100)]=4×(-50)=-200.
答案B
7.數(shù)列{an}的通項公式是an=1n+n+1,前n項和為9,則n等于( )
A.9 B.99 C.10 D.100
解析因為an=1n+n+1=n+1-n,
所以Sn=a1+a2+…+an=(n+1-n)+(n-n-1
5、)+…+(3-2)+(2-1)=n+1-1,
令n+1-1=9,得n=99.
答案B
8.(2019山東德州調(diào)研)已知Tn為數(shù)列2n+12n的前n項和,若m>T10+1 013恒成立,則整數(shù)m的最小值為( )
A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 023
解析∵2n+12n=1+12n,
∴Tn=n+1-12n,
∴T10+1013=11-1210+1013=1024-1210,
又m>T10+1013恒成立,
∴整數(shù)m的最小值為1024.
答案C
9.(2019福建廈門質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足an+1+(-1)n+1an=2,則其前100項的和為(
6、 )
A.250 B.200 C.150 D.100
解析當n=2k(k∈N*)時,a2k+1-a2k=2,當n=2k-1(k∈N*)時,a2k+a2k-1=2,當n=2k+1(k∈N*)時,a2k+2+a2k+1=2,∴a2k+1+a2k-1=4,a2k+2+a2k=0,
∴{an}的前100項和=(a1+a3)+…+(a97+a99)+(a2+a4)+…+(a98+a100)=25×4+25×0=100.
答案D
二、填空題
10.若數(shù)列{an}的前n項和Sn=3n2-2n+1,則數(shù)列{an}的通項公式an= .?
解析當n=1時,a1=S1=3×12-2×1+1=
7、2;
當n≥2時,an=Sn-Sn-1=3n2-2n+1-[3(n-1)2-2(n-1)+1]=6n-5,顯然當n=1時,不滿足上式.
故數(shù)列的通項公式為an=2,n=1,6n-5,n≥2.
答案2,n=1,6n-5,n≥2
11.在數(shù)列{an}中,a1=2,an+1n+1=ann+ln1+1n,則an= .?
解析由題意,得an+1n+1-ann=ln(n+1)-lnn,ann-an-1n-1=lnn-ln(n-1)(n≥2).
∴a22-a11=ln2-ln1,a33-a22=ln3-ln2,…,
ann-an-1n-1=lnn-ln(n-1)(n≥2).
累加,得
8、ann-a11=lnn,∴ann=2+lnn(n≥2),
又a1=2適合ann=2+lnn,故an=2n+nlnn.
答案2n+nln n
12.(2019湖北武漢質(zhì)檢)設數(shù)列{(n2+n)an}是等比數(shù)列,且a1=16,a2=154,則數(shù)列{3nan}的前15項和為 .?
解析等比數(shù)列{(n2+n)an}的首項為2a1=13,第二項為6a2=19,故公比為13,所以(n2+n)an=13·13n-1=13n,所以an=13n(n2+n),則3nan=1n2+n=1n-1n+1,其前n項和為1-1n+1,當n=15時,為1-116=1516.
答案1516
13.等差數(shù)列{
9、an}的前n項和記為Sn,若S4≥4,S7≤28,則a10的最大值為 .?
解析∵等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,S4≥4,S7≤28,∴S4=4a1+4×32d≥4,S7=7a1+7×62d≤28,
即2a1+3d≥2,a1+3d≤4,
∴a10=a1+9d=a1+3d+6d≤4+6d,a10=a1+9d=12(2a1+3d)+15d2≥2+15d2,
∴2+15d2≤a10≤4+6d,
∴2+15d2≤4+6d,解得d≤2,
∴a10≤4+6×2=16.
答案16
三、解答題
14.求和Sn=x+1x2+x2+1x22+…+xn+1xn2(x≠0).
解當x≠
10、±1時,
Sn=x+1x2+x2+1x22+…+xn+1xn2
=x2+2+1x2+x4+2+1x4+…+x2n+2+1x2n
=(x2+x4+…+x2n)+2n+1x2+1x4+…+1x2n
=x2(x2n-1)x2-1+x-2(1-x-2n)1-x-2+2n
=(x2n-1)(x2n+2+1)x2n(x2-1)+2n.
當x=±1時,Sn=4n.
15.設數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=2,an+1=2+Sn(n∈N*).
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)設bn=1+log2(an)2,求證:數(shù)列1bnbn+1的前n項和Tn<16.
(1)解因為an+1=2+Sn(n∈N*),
所以an=2+Sn-1(n≥2),
所以an+1-an=Sn-Sn-1=an,
所以an+1=2an(n≥2).
又因為a2=2+a1=4,a1=2,所以a2=2a1,
所以數(shù)列{an}是以2為首項,2為公比的等比數(shù)列,
則an=2·2n-1=2n(n∈N*).
(2)證明因bn=1+log2(an)2,則bn=2n+1.
則1bnbn+1=1212n+1-12n+3,
所以Tn=1213-15+15-17+…+12n+1-12n+3
=1213-12n+3=16-12(2n+3)<16.
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（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 能力升級練（八）數(shù)列求和與數(shù)列綜合問題 理
