2018届数学二轮复习第一部分专题四数列1.4.2数列求和及综合应用限时规范训练理

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE9-学必求其心得，业必贵于专精限时规范训练数列求和及综合应用eq\o(\a\al（限时45分钟，实际用时,分值81分，实际得分））一、选择题（本题共6小题，每小题5分,共30分)1．数列{an}中,a1＝1，对所有n∈N*都有a1·a2·…·an＝n2,则a3＋a5＝（)A.eq\f（61,16) B。eq\f(25，9)C.eq\f（25，16） D.eq\f(31,15)解析：选A。当n≥1时,a1·a2·a3·…·an＝n2；当n≥2时，a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2。两式相除,得an＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(n，n－1））)2。∴a3＝eq\f(9，4)，a5＝eq\f（25,16）,∴a3＋a5＝eq\f（61，16），故选A。2．已知Sn表示数列{an｝的前n项和，若对任意n∈N*满足an＋1＝an＋a2，且a3＝2,则S2019＝（)A．1008×2020 B．1008×2019C．1009×2019 D．1009×2020解析:选C。在an＋1＝an＋a2中,令n＝1，得a2＝a1＋a2,a1＝0；令n＝2,得a3＝2＝2a2,a2＝1，于是an＋1－an＝1,故数列｛an}是首项为0，公差为1的等差数列，S2019＝eq\f（2019×2018，2)＝1009×2019.3．已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15,且eq\f(3,S1S3）＋eq\f（15，S3S5)＋eq\f（5，S5S1)＝eq\f（3，5），则a2等于()A．2 B.eq\f(1,2)C．3 D。eq\f(1,3)解析:选C。∵S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a∴eq\f(3，5）＝eq\f（1，a1a2)＋eq\f（1,a2a3）＋eq\f（1，a1a3）,∵a1a2∴eq\f（3,5)＝eq\f(a3，15)＋eq\f(a1，15)＋eq\f(a2，15)＝eq\f（a2，5)，即a2＝3。4．数列｛an｝的通项公式是an＝eq\f(1，\r（n)＋\r(n＋1)）,若前n项和为10，则项数n为()A．120 B．99C．11 D．121解析：选A.an＝eq\f(1,\r(n）＋\r(n＋1）)＝eq\f（\r(n＋1）－\r(n），\r(n＋1）＋\r(n)\r(n＋1）－\r(n)）＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以a1＋a2＋…＋an＝（eq\r（2)－1）＋(eq\r(3）－eq\r(2))＋…＋（eq\r(n＋1）－eq\r(n））＝eq\r（n＋1)－1＝10.即eq\r(n＋1）＝11，所以n＋1＝121，n＝120。5.eq\f（1,22－1)＋eq\f（1,32－1）＋eq\f（1，42－1)＋…＋eq\f（1，n＋12－1）的值为（)A.eq\f（n＋1,2n＋2) B.eq\f（3,4）－eq\f(n＋1,2n＋2)C.eq\f(3，4）－eq\f（1,2）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f（1，n＋2））) D。eq\f（3，2)－eq\f（1，n＋1)＋eq\f(1，n＋2)解析：选C.∵eq\f（1，n＋12－1)＝eq\f(1，n2＋2n）＝eq\f(1，nn＋2)＝eq\f（1,2）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，n)－\f（1,n＋2))）。∴eq\f（1，22－1）＋eq\f（1，32－1）＋eq\f（1,42－1）＋…＋eq\f(1,n＋12－1）＝eq\f(1，2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f(1，3）））＋\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4）))＋\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，3）－\f(1，5)））＋…＋\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，n)－\f(1，n＋2)）)））＝eq\f（1，2)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(3,2）－\f（1,n＋1）－\f(1，n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f（1，2）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,n＋1）＋\f（1,n＋2）））。6．定义eq\f(n,p1＋p2＋…＋pn）为n个正数p1，p2，…,pn的“均倒数”．若已知正项数列｛an｝的前n项的“均倒数”为eq\f(1，2n＋1），又bn＝eq\f（an＋1,4)，则eq\f(1,b1b2）＋eq\f(1，b2b3)＋…＋eq\f（1，b10b11）＝()A。eq\f(1，11) B。eq\f(1,12)C.eq\f(10，11) D.eq\f(11,12）解析:选C。设数列｛an}的前n项和为Sn,由eq\f(n,a1＋a2＋…＋an）＝eq\f（1，2n＋1）得Sn＝n(2n＋1），∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，∴bn＝eq\f(4n－1＋1,4）＝n，则eq\f（1，b1b2）＋eq\f(1，b2b3)＋…＋eq\f（1，b10b11)＝eq\f(1,1×2）＋eq\f(1，2×3）＋…＋eq\f（1，10×11）＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2）））＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,2）－\f(1，3))）＋…＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，10）－\f(1,11）））＝1－eq\f（1,11)＝eq\f（10,11）。故选C.二、填空题(本题共3小题，每小题5分,共15分）7．在数列{an}中，已知a1＝1,an＋1＋(－1）nan＝cos(n＋1）π,记Sn为数列{an}的前n项和，则S2019＝________.解析：∵an＋1＋(－1）nan＝cos（n＋1)π＝（－1)n＋1，∴当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝－1，k∈N*，∴S2019＝a1＋(a2＋a3）＋…＋(a2018＋a2019）＝1＋（－1)×1009＝－1008.答案：－10088．若数列{an}的前n项和Sn＝eq\f（2,3）an＋eq\f(1，3)，则｛an}的通项公式an＝________.解析：当n＝1时，由已知Sn＝eq\f（2，3）an＋eq\f(1,3)，得a1＝eq\f(2,3）a1＋eq\f(1，3），即a1＝1；当n≥2时，由已知得到Sn－1＝eq\f（2,3）an－1＋eq\f（1,3)，所以an＝Sn－Sn－1＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2,3)an＋\f(1,3)））－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2，3）an－1＋\f(1，3)))＝eq\f（2,3)an－eq\f（2,3)an－1，所以an＝－2an－1,所以数列{an}为以1为首项，－2为公比的等比数列，所以an＝（－2)n－1。答案：(－2）n－19．在等比数列｛an｝中,0＜a1＜a4＝1，则能使不等式eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1，a1)）)＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（a2－\f（1,a2）)）＋…＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(an－\f（1，an)))≤0成立的最大正整数n是________．解析：设等比数列的公比为q,由已知得a1q3＝1,且q＞1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f（1，a1)))＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(a2－\f（1，a2)））＋…＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(an－\f(1,an）))＝（a1＋a2＋…＋an)－eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，a1)＋\f(1，a2)＋…＋\f（1,an)））＝eq\f（a11－qn,1－q)－eq\f(\f（1,a1)\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（1－\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，q）)）n）），1－\f(1，q））≤0，化简得q－3≤q4－n，则－3≤4－n,n≤7。答案:7三、解答题(本题共3小题，每小题12分,共36分)10．等差数列{an}中,a2＝4，a4＋a7＝15。（1)求数列{an｝的通项公式；（2）设bn＝2an－2＋n,求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．解：（1）设等差数列｛an｝的公差为d.由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4，，a1＋3d＋a1＋6d＝15,）)解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，，d＝1.)）所以an＝a1＋（n－1）d＝n＋2.(2）由（1)可得bn＝2n＋n.所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1）＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10）＝（2＋22＋23＋…＋210）＋（1＋2＋3＋…＋10)＝eq\f（21－210，1－2）＋eq\f（1＋10×10,2)＝（211－2）＋55＝211＋53＝2101。11．已知正项数列{an}的前n项和Sn满足：4Sn＝(an－1）(an＋3)（n∈N*）．（1)求an；(2）若bn＝2n·an，求数列｛bn｝的前n项和Tn.解:（1）∵4Sn＝（an－1)（an＋3)＝aeq\o\al（2,n)＋2an－3，∴当n≥2时，4Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋2an－1－3，两式相减得，4an＝aeq\o\al（2，n)－aeq\o\al（2，n－1）＋2an－2an－1,化简得，（an＋an－1）(an－an－1－2)＝0，∵{an}是正项数列，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1－2＝0,对任意n≥2，n∈N＊都有an－an－1＝2，又由4S1＝aeq\o\al（2,1)＋2a1－3得，aeq\o\al（2,1)－2a1－3＝0，解得a1＝3或a1＝－1（舍去),∴｛an}是首项为3,公差为2的等差数列，∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2）由已知及(1）知，bn＝(2n＋1）·2n，Tn＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋（2n－1)·2n－1＋（2n＋1）·2n，①2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n－1）·2n＋(2n＋1)·2n＋1,②②－①得,Tn＝－3×21－2（22＋23＋24＋…＋2n）＋(2n＋1)·2n＋1＝－6－2×eq\f（41－2n－1，1－2)＋(2n＋1）·2n＋1＝2＋(2n－1）·2n＋1.12．若数列{an}的前n项和为Sn，点(an,Sn）在y＝eq\f(1,6）－eq\f（1，3）x的图象上(n∈N*）．(1)求数列｛an}的通项公式;（2）若c1＝0,且对任意正整数n都有cn＋1－cn＝logeq\f(1,2）an.求证:对任意正整数n≥2，总有eq\f（1,3）≤eq\f(1,c2）＋eq\f(1，c3）＋eq\f（1，c4)＋…＋eq\f(1，cn)＜eq\f（3，4）.解:(1)∵Sn＝eq\f（1，6）－eq\f(1，3)an，∴当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝eq\f（1,3）an－1－eq\f（1,3)an，∴an＝eq\f(1，4)an－1.又∵S1＝eq\f(1，6)－eq\f(1,3)a1，∴a1＝eq\f（1,8)，∴an＝eq\f(1，8)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，4)))n－1＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,2))）2n＋1.(2)证明：由cn＋1－cn＝logeq\s\do6(\f（1,2))an＝2n＋1，得当n≥2时,cn＝c1＋(c2－c1）＋(c3－c2）＋…＋（cn－cn－1）＝0＋3＋5＋…＋(2n－1）＝n2－1＝(n＋1)（n－1)．∴eq\f(1，c2）＋eq\f（1，c3）＋eq\f(1，c4）＋…＋eq\f(1，cn)＝eq\f(1,22－1)＋eq\f（1，32－1)＋eq\f（1,42－1）＋…＋eq\f(1,