2022届高考数学统考一轮复习课后限时集训40数列求和理含解析新人教版202102272148.doc
2022届高考数学统考一轮复习课后限时集训理含解析打包77套新人教版
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课后限时集训(四十)数列求和建议用时：40分钟一、选择题1在等差数列an中，若a3a5a76，a118，则数列的前n项和sn()a b c db设等差数列an的公差为d，由a3a5a76，a118，得a52，d1，所以ann3.则an3n，an4n1，所以.所以sn1.故选b2数列(1)n(2n1)的前2 020项和s2 020等于()a2 018 b2 018 c2 020 d2 020ds2 0201357(22 0191)(22 0201)21 0102 020.故选d3已知数列an的通项公式是an，其前n项和sn，则项数n()a13 b10 c9 d6d由an1，得snnnn1.令n1，即n.解得n6，故选d4.的值为()a bc dc因为，所以.5(2020北京高考)在等差数列an中，a19，a51.记tna1a2an(n1,2，)，则数列tn()a有最大项，有最小项 b有最大项，无最小项c无最大项，有最小项 d无最大项，无最小项b设等差数列an的公差为d，由a19，a51，得d2，an92(n1)2n11.由an2n110，得n，而nn*，可知数列an是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值可知t190，t2630，t33150，t49450为最大项，自t5起均小于0，且逐渐减小数列tn有最大项，无最小项故选b6(2020长沙模拟)已知数列：，(kn*)，按照k从小到大的顺序排列在一起，构成一个新的数列an：1，则首次出现时为数列an的()a第44项 b第76项c第128项 d第144项c观察分子分母的和出现的规律：2,3,4,5，把数列重新分组：，可看出第一次出现在第16组，因为12315120，所以前15组一共有120项；第16组的项为，所以是这一组中的第8项，故第一次出现在数列的第128项，故选c二、填空题7已知数列an满足1，且a11，则an ，数列bn满足bn，则数列bn的前n项和sn .(n1)2n12由1可得1，所以为等差数列，公差、首项都为1，由等差数列的通项公式可得n，an，n2n，sn12222n2n，2sn122(n1)2nn2n1，相减得sn(2222n)n2n1n2n1(n1)2n12.8已知数列an满足a11，an1an2n(nn*)，则s2 020 .321 0103数列an满足a11，an1an2n，n1时，a22，n2时，anan12n1，由得2，数列an的奇数项、偶数项分别成等比数列，s2 020321 0103.9(2020全国卷)数列an满足an2(1)nan3n1，前16项和为540，则a1 .7因为数列an满足an2(1)nan3n1，所以当n2k(kn*)时，a2k2a2k6k1(kn*)，所以(a2a4)(a6a8)(a10a12)(a14a16)517294192.当n2k1(kn*)时，a2k1a2k16k4(kn*)，所以当k2时，a2k1a1(a3a1)(a5a3)(a7a5)(a2k1a2k3)a128146(k1)4a1a1(3k4)(k1)，当k1时上式也成立，所以a2k1a1(3k4)(k1)(kn*)，即a2k1a13k27k4(kn*)法一：所以a1a3a5a7a158a13(12223282)7(1238)488a137328a1612252328a1392.又前16项和为540，所以928a1392540，解得a17.法二：所以a2k1a1(3k23k1)10k3a1(k1)3k310k3，所以a1a3a5a7a158a1(2313)(3323)(9383)10388a19313360248a1392.又前16项和为540，所以928a1392540，解得a17.三、解答题10已知等差数列an满足a66a3，且a31是a21，a4的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(nn*)，数列bn的前项和为tn，求使tn成立的最大正整数n的值解(1)设等差数列an的公差为d，a6a33d6，即d2，a31a13，a21a11，a4a16，a31是a21，a4的等比中项， (a31)2(a21)a4，即(a13)2(a11)(a16)，解得a13.数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)得bn.tnb1b2bn，由，得n9.使tn成立的最大正整数n的值为8.11已知数列an的前n项和sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令cn，求数列cn的前n项和tn.解(1)由题意知，当n2时，ansnsn16n5.当n1时，a1s111，所以an6n5(nn*)设数列bn的公差为d.由即可解得b14，d3.所以bn3n1.(2)由(1)知cn3(n1)2n1.又tnc1c2cn，得tn3222323(n1)2n1，2tn3223324(n1)2n2，两式作差，得tn322223242n1(n1)2n233n2n2.所以tn3n2n2.1设an是公比为q的等比数列，|q|1，令bnan1(n1,2，)，若数列bn有连续四项在集合53，23,19,37,82中，则q等于()a b c dcbn有连续四项在53，23,19,37,82中且bnan1，即anbn1，则an有连续四项在54，24,18,36,81中an是等比数列，等比数列中有负数项，q0，且负数项为相隔两项，又|q|1，等比数列各项的绝对值递增按绝对值由小到大的顺序排列上述数值18，24,36，54,81，相邻两项相除，则可得24,36，54,81是an中连续的四项q.2定义在0，)上的函数f (x)满足：当0x2时，f (x)2xx2；当x2时，f (x)3f (x2)记函数f (x)的极大值点从小到大依次记为a1，a2，an，并记相应的极大值为b1，b2，bn，则a1b1a2b2a20b20的值为()a193201 b193191c203191 d203201a由题意当0x2时，f (x)2xx2(x1)21极大值点为1，极大值为1，当x2时，f (x)3f (x2)则极大值点形成首项为1，公差为2 的等差数列，极大值形成首项为1，公比为3的等比数列，故an2n1，bn3n1，故anbn(2n1)3n1，设sa1b1a2b2a20b201133153239319，3s13133239320，两式相减得2s12(3132319)393201239320，s193201，故选a3.为鼓励应届毕业大学生自主创业，国家对应届毕业大学生创业贷款有贴息优惠政策，现有应届毕业大学生甲贷款开小型超市，初期投入为72万元，经营后每年的总收入为50万元，该超市第n年需要付出的超市维护和工人工资等费用为an万元，已知an为等差数列，相关信息如图所示(1)求an；(2)该超市第几年开始盈利？(即总收入减去成本及所有费用之差为正值)(3)该超市经营多少年，其年平均盈利最大？最大值是多少？(年平均盈利)解(1)由图象可知，an是以12为首项，4为公差的等差数列，所以an124(n1)4n8.(2)设超市第n年开始盈利，且盈利为y万元，则y50n722n240n72，由y0，得n220n360，解得2n18，又nn*，故3n17，nn*.所以该超市第3年开始盈利(3)年平均盈利为2n40240224016，当且仅当n，即n6时，取等号，故该超市经过6年经营后年平均盈利最大，最大值为16万元1(2020泉州模拟)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款面向中学生的应用软件为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学题的答案：记集合akx|xak2kak12k1a121a020，kn*，ak1，a0，a1，ak10或1例如：a12,3，a24,5,6,7，若将集合a4的各个元素之和设为该软件的激活码，则该激活码应为 定义f (x)(xak)现指定k5，将集合x|f (x)1，xak的元素从小到大排列组成数列cn，若将cn的各项之和设为该软件的激活码，则该激活码应为 376760集合a4n|na424a323a222a121a020，当a41，a0a1a2a30时，n16，当a0a1a2a3a41时，n31，所以a416,17,18，31共有16个元素，故激活码为376；结合二进制表示，当k5时，cn的各项可以看成首位为1的六位二进制数，对于a41，符合条件f (x)1的有8个数，同理，对于a31，a21，a11，a01时，符合条件的也分别有8个数，故激活码为16258(2423222120)760.2已知xn是各项均为正数的等比数列，且x1x23，x3x22.(1)求数列xn的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xoy中，依次连接点p1(x1,1)，p2(x2,2)，pn1(xn1，n1)得到折线p1p2pn1，求由该折线与直线y0，xx1，xxn1所围成的区域的面积tn.解(1)设数列xn的公比为q，由已知知q0.由题意得所以3q25q20.因为q0，所以q2，x11.因此数列xn的通项公式为
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