2019年高考数学专题六数列、不等式及数学归纳法第3讲数列求和及综合应用梯度训练新人教A版.docx

第3讲数列求和及综合应用选题明细表知识点方法巩固提高A巩固提高B公式法4,5,94,5,9分组转化求和1,2,111,3,12并项求和1710,17裂项相消求和3,8,13,15,162,6,8,11,14错位相减求和616探究数列的前n项和7,10,12,147,13,15巩固提高A一、选择题1.若数列an的通项公式为an=2n+2n-1,则数列an的前n项和为(C)(A)2n+n2-1(B)2n+1+n2-1(C)2n+1+n2-2(D)2n+n2-2解析:Sn=+=2n+1-2+n2.故选C.2.数列a1+2,a2+4,ak+2k,a10+20共有10项,且其和为240,则a1+a2+a10 的值为 (C)(A)31 (B)120(C)130(D)185解析:a1+a2+a10=240-(2+4+20)=240-=240-110=130. 故选C.3.已知正项数列an中,a1=1,a2=2,2=+(n2),bn=,记数列bn的前n项和为Sn,则S33的值是(D)(A) (B) (C)4 (D)3解析:因为2=+(n2),所以数列为等差数列,首项为1,公差为22-1=3.所以=1+3(n-1)=3n-2.因为an0,所以an=,所以bn=(-),故数列bn的前n项和为Sn=(-)+(-)+(-)=(-1),则S33=(-1)=3.故选D.4.已知Sn是等差数列an的前n项和,则等于(D)(A)30 (B)3 (C)300(D)解析:因为S2n-Sn=(an+1+a2n)=(a1+a3n),S3n=(a1+a3n),所以=. 故选D.5.已知三个数a-1,a+1,a+5成等比数列,其倒数重新排列后为递增的等比数列an的前三项,则能使不等式(a1-)+(a2-)+(an-)0成立的正整数n的最大值为(C)(A)9(B)8(C)7(D)5解析:由题设可得a=3,即三个数为2,4,8,其倒数为,即该数列的公比是q=2,故不等式左边=a1+a2+an-(+)=- 8,即-1292n+1280 ,也即12n128,所以正整数n7,故选C.6.数列an满足2nan+1=(n+1)an,其前n项和为Sn,若a1=,则使得2-Snan最小的n值为(D)(A)8 (B)9 (C)10 (D)11解析:由2nan+1=(n+1)an得,=,故=(),即an=a1=n,所以Sn=1()+2+3+(n-1)+n,则Sn=1+2+3+(n-1)+n,两式相减、化简得Sn=2-n,故不等式2-Snan,即为+n10,故使得2-Sn1;当k2时,1,所以T2T6T8,则当Tn最大时,n的值为4.答案:415.已知是等差数列,f(1)=2,f(2)=6,则f(n)=,数列an满足an+1=f(an), a1=1,数列的前n项和为Sn,则S2 017+=.解析:设公差为d,由题意得d=-=3-2=1,所以=2+(n-1)1f(n)=n2+n.an+1=f(an)=+an=an(1+an)=-=-,所以Sn=-+-+-=-Sn+=1,所以S2 017+=1.答案:n2+n1三、解答题16.已知数列an与bn的前n项和分别为An和Bn,且对任意nN*, an+1-an=2(bn+1-bn)恒成立.(1)若An=n2,b1=2,求Bn;(2)若对任意nN*,都有an=Bn及+成立,求正实数b1的取值范围.解:(1)因为An=n2,所以a1=1,n2时,an=An-An-1=n2-(n-1)2=2n-1,n=1时也成立,所以an=2n-1.因为对任意nN*,an+1-an=2(bn+1-bn)恒成立.所以bn+1-bn=(an+1-an)=1.b1=2,所以数列bn是等差数列,首项为2,公差为1,所以Bn=2n+1=n2+n.(2)Bn+1-Bn=an+1-an=2(bn+1-bn)=bn+1,可得bn+1=2bn,所以数列bn是等比数列,公比为2.所以bn=b12n-1,an=Bn=b1(2n-1).所以=(-),所以+=(-)+(-)+(-)= (1-)3(1-),所以b13.故正实数b1的取值范围为3,+).17.等比数列an中,a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且a1,a2,a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列an的通项公式;(2)若数列bn满足:bn=an+(-1)nln an,求数列bn的前n项和Sn.解:(1)当a1=3时,不合题意;当a1=2时,当且仅当a2=6,a3=18时,符合题意;当a1=10时,不合题意.因此a1=2,a2=6,a3=18,所以公比q=3.故an=23n-1.(2)因为bn=an+(-1)nln an=23n-1+(-1)nln(23n-1)=23n-1+(-1)nln 2+(n-1)ln 3=23n-1+(-1)nln 2-ln 3+(-1)nnln 3,所以Sn=2(1+3+3n-1)+-1+1-1+1+(-1)n(ln 2-ln 3)+-1+2-3+(-1)nnln 3.当n为偶数时,Sn=2+ln 3=3n+ln 3-1;当n为奇数时,Sn=2-(ln 2-ln 3)+(-n)ln 3=3n-ln 3-ln 2-1.综上所述,Sn=巩固提高B一、选择题1.已知Tn为数列的前n项和,若nT10+1 013恒成立,则正整数n的最小值为(C)(A)1 026 (B)1 025(C)1 024 (D)1 023解析:因为=1+()n,所以Tn=n+1-,T10+1 013=11-+1 013=1 024-,又nT10+1 013,所以正整数n最小值为1 024.故选C.2.已知数列an的通项公式为an=log3(nN*),设其前n项和为Sn,则使Sn-4成立的最小的正整数n为(C)(A)83 (B)82 (C)81 (D)80解析:an=log3=log3n-log3(n+1),所以Sn=log31-log32+log32-log33+log3n-log3(n+1)=-log3(n+1)34-1=80.故最小的正整数n的值为81.故选C.3.已知递增的等差数列an的首项为1,且a2+a8=-7,等比数列bn的首项为1,公比为2,设cn=,Tn=c1+c2+cn(nN*),则当Tn2 015时,n的最小值是(D)(A)7 (B)9 (C)10 (D)11解析:an=2n-1,bn=2n-1,cn=2n-1,从而Tn=2n+1-2-n,Tn递增,n最小值为11.故选D.4.已知数列:1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,即此数列第一项是20,接下来两项是20,21,再接下来三项是20,21,22,依此类推,设Sn是此数列的前n项的和,则S2 017等于(A)(A)264-26(B)263-26(C)264-25(D)263-25解析:将已知数列分组:第一组有一项20;第二组有二项20+21;第n组有n项20+21+2n-1=2n-1,前63组共有=2 016项,所以S2 017=20+(20+21)+(20+21+22 015)+20=(21-1)+(22-1)+(263-1)+20=(2+22+263)-62=-62=264-64=264-26.故选A.5.已知数列an的前n项和为Sn,定义为数列an前n项的叠加和,若2 016项数列a1,a2,a3,a2 016的叠加和为2 017,则2 017项数列1,a1,a2,a2 016的叠加和为(A)(A)2 017 (B)2 018(C)2 0172 (D)2 0182解析:由=2 017,则S1+S2+S2 016=2 0162 017.则2 017项数列1,a1,a2,a3,a2 016的叠加和为=1+=1+=2 017.故选A.6.数列an的通项公式为an=,Sn是数列an的前n项的和,则S1,S2,S99中有理项有(C)(A)7项(B)8项(C)9项(D)10项解析:an=-=-,Sn=(1-)+(-)+(-)=1-,n+1=22,32,102,共9项.故选C.7.等差数列an的前n项和为Sn,且a10,S50=0.设bn=anan+1an+2(nN*),则当数列bn的前n项和Tn取得最大值时, n的值是 (D)(A)23 (B)25(C)23或24(D) 23或25解析:由a10,S50=0得a1,a2,a250,a26,a27,a500,b24=a24a25a260,且b24+b25=(a24+a27)a25a26=0, 所以T23=T25最大,故选D.8.已知数列an满足a1=a2=,an+2=2an+1+an(nN*),bn=,则bn前n项和的整数部分是(B)(A)0 (B)1 (C)2 (D)3解析:因为a1=a2=,an+2=2an+1+an,所以bn=(-)=(-),b1+b2+bn=(-)+(-)+(-)=(4-)(1,2).故选B.二、填空题9.若等比数列an满足:a1+a2+a3+a4+a5=3,+=12,则a1-a2+a3-a4+a5的值是.解析:因为=3,=12,所以=4.答案:410.在数列an中, a1=1, an+1=(-1)n+1(an+1),记Sn为an的前n项和,则S2 017=.解析:因为数列an满足a1=1,an+1=(-1)n+1(an+1),所以a2=1+1=2,a3=-(2+1)=-3,a4=-3+1=-2,a5=-(-2+1)=1,a6=1+1=2,a7=-(2+1)=-3,所以an是以4为周期的周期数列,因为2 017=5044+1,所以S2 017=504(1+2-3-2)+1=-1 007.答案:-1 00711.我国古代数学名著九章算术中,有已知长方形面积求一边的算法,其方法的前两步:第一步:构造数列1,; 第二步:将数列的各项乘以n,得到一个新数列a1,a2,an.则a1a2+a2a3+an-1an=.解析:ai=,i2时,ai-1ai=n2(-),从而a1a2+a2a3+an-1an=n2(1-)=n(n-1).答案:n(n-1)12.已知数列an满足a1=1,an+1an=2n(nN*),则S2 016=.解析:数列an满足a1=1,an+1an=2n,所以n=1时,a2=2,n2时,anan-1=2n-1,得=2,所以数列an的奇数项、偶数项分别成等比数列,S2 016=+=321 008-3.答案:321 008-313.已知an是等差数列,a5=15,a10=-10,记数列an的第n项到第n+5项的和为Tn,则|Tn|取得最小值时的n的值为.解析:由题意得d=-5,因此an=a5+(n-5)d=-5n+40,a8=0,而数列an的第n项到第n+5项的和为连续6项的和,因此|Tn|取得最小值时的n的值为5或6.答案:5或614.各项都为正数的数列an,其前n项的和为Sn,Sn=(+)2(n2),若bn=+,且数列bn的前n项的和为Tn,则Tn= .解析:-=,从而=n,an=(2n-1)a1,bn=+=+=2+2(-),从而Tn=2n+2(1-)=2n+=.答案:15.设Sn为数列an的前n项和,且满足Sn=(-1)nan-,则a1=; S1+S3+S5+S2 017=.解析:Sn=(-1)nan-,当n=1时,有a1=(-1)a1-,得a1=-.当n2时,an=Sn-Sn-1=(-1)nan-(-1)n-1an-1+,即an=(-1)nan+(-1)nan-1+,若n为偶数,则an-1=-(n2),所以an=-(n为正奇数).S1+S3+S2 017=(-a1-a3-a2 017)-(+)=(+)-(+)=-=(1-)-(1-)=(-1).答案:-(-1)三、解答题16.(2018浙江卷)已知等比数列an的公比q1,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+)=20,解得q=2或q=.因为q1,所以q=2.(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列cn的前n项和为Sn.由cn=解得cn=4n-1.由(1)可得an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)()n-1,故bn-bn-1=(4n-5)()n-2,n2,bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)()n-2+(4n-9)()n-3+7+3.设Tn=3+7+11()2+(4n-5)()n-2,n2,则Tn=3+7()2+(4n-9)()n-2+(4n-5)()n-1,所以Tn=3+4+4()2+4()n-2-(4n-5)()n-1,因此Tn=14-(4n+3)()n-2,n2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3)()n-2.17.设an是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(nN*),bn是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.(1)求an和bn的通项公式;(2)设