高考数学大一轮复习第6章数列第4讲数列求和及数列的综合应用2试题文含解析

第六章　数　列

第四讲　数列求和及数列的综合应用

1.[2021石家庄市重点高中模拟]已知1,a1,a2,3成等差数列,1,b1,b2,b3,4成等比数列,则的值为 (　　)

A.2 B.-2 C.±2 D.

2.[2020江西红色七校联考]在正项数列{an}中,a1=2,且点P(ln an,lnan+1)(n∈N*)在直线x-y+ln 2=0上.若数列{an}的前n项和Sn满足Sn>200,则n的最小值为              (　　)

A.2 B.5 C.6 D.7

3.[2020贵阳市高三模拟]定义为n个正数u1,u2,u3,…,un的“快乐数”.若已知正项数列{an}的前n项的“快乐数”为,则数列{}的前2 021项和为              (　　)

A. B. C. D.

4.[2021蓉城名校联考]已知数列{an}对任意m,n∈N*都满足am+n=am+an,且a1=1,若命题“∀n∈N*,λan≤+12”为真,则实数λ的最大值为　　　　. 

5.[2021河北六校第一次联考]已知数列{an}为正项等比数列,a1=1,数列{bn}满足b2=3,a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=3+(2n-3)2n.

(1)求an;

(2)求{}的前n项和Tn.

6.[2021黑龙江省六校阶段联考]已知Sn是等差数列{an}的前n项和,S3=15,a1·a2=a7.

(1)求an;

(2)若bn=+(-1)n·an,求数列{bn}的前n项和Tn.

7.[原创题]记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,Sn+1+1=2an+n+Sn,数列{bn}满足bn=an+n.

(1)求{bn}的通项公式;

(2)令cn=(1+bn)log2bn,求数列{cn}的前n项和Tn.

8.[2021洛阳市联考]已知数列{an}的首项a1=3,前n项和为Sn,an+1=2Sn+3,n∈N*.设bn=log3an,则数列{}的前n项和Tn的取值范围为              (　　)

A.[,2] B.[,2)

C.[,) D.(,]

9.[2020南昌市模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn,an=3Sn-3,若对任意的m,n∈N*,|Sm-Sn|≤M恒成立,则实数M的最小值为　　　　. 

10.[2020山东泰安模拟]意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,….其中从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数所组成的数列{an}称为斐波那契数列.那么是斐波那契数列中的第　　　　项. 

11.[2020天津,19,15分]已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).

(1)求{an}和{bn}的通项公式;

(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2<(n∈N*);

(3)对任意的正整数n,设cn=求数列{cn}的前2n项和.

12.[向量与数列综合]如图6-4-1,点D为△ABC的边BC上一点,=2,En(n∈N*)为AC上一列点,且满足:=(3an-3)+(-n2-n+1),则+…+=　　　　. 

图6-4-1

13.[2021湖南四校联考]等差数列{an}(n∈N*)中,a1,a2,a3分别是如表所示第一、二、三行中的某一个数,且其中的任意两个数不在表格的同一列.

 (1)请选择一个可能的{a1,a2,a3}组合,并求数列{an}的通项公式.

(2)记(1)中您选择的{an}的前n项和为Sn,判断是否存在正整数k,使得a1,ak,Sk+2成等比数列?若存在,请求出k的值;若不存在,请说明理由.

答 案

第六章　数　列

第四讲　数列求和及数列的综合应用

1.A　由等差数列的性质知1+3=a1+a2=4.由等比数列的性质知=1×4=4,∴b2=±2.由于等比数列中奇数项符号相同,偶数项符号相同,∴b2=2,∴=2,故选A.

2.D　将点P的坐标(ln an,lnan+1)(n∈N*)代入x-y+ln 2=0中,可得an+1=2an,所以{an}是首项为2、公比为2的等比数列,Sn==2n+1-2.令Sn>200,则2n+1>202,所以n的最小值为7.

3.B　设数列{an}的前n项和为Sn,则根据题意,得Sn=3n2+n,a1=S1=4,an=Sn-Sn-1=6n-2(n≥2),当n=1时也满足上式,所以an=6n-2,所以,所以{}的前2 021项和为1+…+=1.

4.7　令m=1,则an+1=an+a1,an+1-an=a1=1,所以数列{an}为等差数列,所以an=n,所以λan ≤

a2n+12⇒λn≤n2+12⇒λ≤n+,又函数y=x+在(0,2)上单调递减,在[2,+∞)上单调递增,当n=3时,λ≤3+=7,当n=4时,λ≤4+=7,所以n+的最小值为7,所以λ的最大值为7.

5.(1)令n=1,得a1b1=3+(2-3)×2=1,所以b1=1.

令n=2,得a1b1+a2b2=7,所以a2b2=6,又b2=3,所以a2=2.

设数列{an}的公比为q,则q==2,所以an=.

(2)当n≥2时,a1b1+a2b2+…+an-1bn-1=3+(2n-5)2n-1,①

又a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=3+(2n-3)2n,②

所以②-①得anbn=3+(2n-3)2n-[3+(2n-5)2n-1]=(2n-1)2n-1,

得bn=2n-1,n=1时也成立,所以bn=2n-1.

(),

所以Tn=(1)+()+…+()

=(1+…+)

=(1)

=.

6.(1)设等差数列{an}的公差为d,

由S3=a1+a2+a3=3a2=15,得a2=5,

又a1·a2=a7,∴(a2-d)·a2=a2+5d,

即5(5-d)=5+5d,解得d=2.

∴an=a2+(n-2)×2=2n+1.

(2)由题意得bn=22n+1+(-1)n·(2n+1)=2×4n+(-1)n·(2n+1),

∴Tn=2×(41+42+…+4n)+[-3+5-7+9-…+(-1)n(2n+1)]=+[-3+5-7+9-…+(-1)n(2n+1)].

令Gn=-3+5-7+9-…+(-1)n(2n+1),n∈N*,

则当n=2k(k∈N*)时,Gn=2×=n,

此时Tn=+n;

当n=2k-1(k∈N*)时,Gn=2×(2n+1)=-n-2,

此时Tn=n-2.

∴Tn=

7.(1)由Sn+1+1=2an+n+Sn,得Sn+1-Sn=an+1=2an+n-1,

所以an+1+(n+1)=2(an+n),即bn+1=2bn,b1=a1+1=2,

所以数列{bn}是首项为2、公比为2的等比数列,

所以bn=2·2n-1=2n.

(2)由(1)得cn=(1+2n)log22n=n(1+2n)=n+n·2n,

所以Tn=c1+c2+…+cn=(1+2+…+n)+[2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n]=+[2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n].

设Mn=2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,①

则2Mn=22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②

①-②,得-Mn=2+22+23+…+2n-n×2n+1,

所以Mn=(n-1)×2n+1+2.

所以Tn=+(n-1)×2n+1+2.

8.C　由an+1=2Sn+3,可得当n≥2时,有an=2Sn-1+3,两式相减得an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an(n≥2),故an+1=3an(n≥2).

又当n=1时,a2=2S1+3=2a1+3=3a1,

所以数列{an}是首项为3、公比为3的等比数列,故an=3n.

所以bn=log3an=n,所以.

所以Tn=+…+,　①

Tn=+…+,　②

①-②,得Tn=+…+,

化简整理得Tn=(+n)·()n.

因为(+n)·()n>0,

所以Tn<,又Tn+1-Tn=>0,所以数列{Tn}是递增数列,所以=T1=,所以≤Tn<,故Tn的取值范围是[,),选C.

9.　因为an=3Sn-3,所以当n≥2时,an-1=3Sn-1-3,所以an-an-1=3an(n≥2),an=an-1(n≥2),又由an=3Sn-3得a1=,所以数列{an}是以为首项、为公比的等比数列,所以Sn==1-()n,则|Sm-Sn|=|()n-()m|.因为数列{()n}的项依次为,,,,…,所以对任意的m,n∈N*,|Sm-Sn|=|()n-()m|≤||=,所以M≥,故实数M的最小值为.

10.2 020　解法一　依题意得a1=a2=1,an+2=an+1+an,则an+1=an+2-an,

两边同乘以an+1,得=an+1·an+2-an·an+1,

则=a2 019a2 020-a2 018a2 019,=a2 018a2 019-a2 017a2 018,

=a2 017a2 018-a2 016a2 017,…,=a2a3-a1a2,又=a1a2,

因此+…+=a2 020a2 019,

即=a2 020,

故是斐波那契数列中的第2 020项.

解法二　=2=a3,=3=a4,

=5=a5,

猜测=an+1.由此可知,=a2 020.

【点评】本题以数学史上典型的数列——斐波那契数列为背景命制,在考查累加法的同时传承了经典的数学文化.

11.(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.

由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1,从而{an}的通项公式为an=n.

由b1=1,b5=4(b4-b3),q≠0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而{bn}的通项公式为bn=2n-1.

(2)由(1)可得Sn=,故SnSn+2=n(n+1)(n+2)(n+3),(n+1)2(n+2)2,从而SnSn+2=(n+1)(n+2)<0,所以SnSn+2<.

(3)当n为奇数时,cn=;

当n为偶数时,cn=.

对任意的正整数n,有

c2k-1=()=1,

和c2k=+…+.　①

由①得c2k=+…+.　②

由①②得c2k=+…+,从而得c2k=.

因此ck=c2k-1+c2k=.

所以,数列{cn}的前2n项和为.

12.　=2,即=2(),所以,

设=λ,则=(3an-3)+(-n2-n+1),

所以3an-3=-3(-n2-n+1),可得an=n2+n,

所以,

则+…+=1+…+=1.

【解后反思】　本题是在数列与平面向量的交汇处命制的,主要考查平面向量的基本定理和利用裂项相消法求和,考查考生的运算求解能力和逻辑推理能力.

13.(1)由题意可知,有两种组合满足条件.

①a1=8,a2=12,a3=16,此时等差数列{an}中,a1=8,公差d=4,

所以数列{an}的通项公式为an=4n+4.

②a1=2,a2=4,a3=6,此时等差数列{an}中,a1=2,公差d=2,

所以数列{an}的通项公式为an=2n.

(2)若选择①,Sn=2n2+6n,

则Sk+2=2(k+2)2+6(k+2)=2k2+14k+20.

若a1,ak,Sk+2成等比数列,则=a1·Sk+2,

即(4k+4)2=8(2k2+14k+20),整理得k2+2k+1=k2+7k+10,即5k=-9.

此方程无正整数解,故不存在正整数k,使a1,ak,Sk+2成等比数列.

若选择②,Sn=n2+n,则Sk+2=(k+2)2+(k+2)=k2+5k+6.

若a1,ak,Sk+2成等比数列,则=a1·Sk+2,即(2k)2=2(k2+5k+6),整理得k2-5k-6=0,

因为k为正整数,所以k=6.

故存在正整数k(k=6),使得a1,ak,Sk+2成等比数列.