新人教A版高考数学二轮复习专题六数列4数列求和数列的综合应用专题检测含解析

数列求和、数列的综合应用

专题检测

1.(2020百校联盟普通高中教育教学质量监测)数列{an}是等比数列,Sn是其前n项和,an>0,a2+a3=4,a3+3a4=2,则S3=              (　　)

A.　　B.12　　C.　　D.13

答案　D　设数列{an}的公比为q,由

即解得q=或q=-(舍),

∴a2=3,∴a1=9,a3=1,∴S3=13.

2.(2020广东揭阳摸底,14)已知数列{an}满足log2an=n+log23,则a2+a4+a6+…+a20的值为              (　　)

A.3×(211-4)　　B.3×(212-4)　　C.　　D.411-4

答案　D　log2an=log22n+log23=log2(2n·3),故an=3·2n,a2n=3·22n=3·4n,所以a2+a4+a6+…+a20=3×(4+42+43+…+410)=3×=411-4,故选D.

3.(2018江西南昌二中模拟,4)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则数列的前100项的和为(　　)

A.　　B.　　C.　　D.

答案　A　∵S4==10,∴a1+a4=5,

∵a1+a4=a2+a3,a3=3,∴a2=2.

∴等差数列{an}的公差d=a3-a2=1,∴a1=a2-d=1,

∴an=1+(n-1)·1=n,

∴Sn=,∴==2.

则数列的前100项的和为21-+-+…+-=2×=.故选A.

4.(2020福建漳州第二次适应性测试,3)下图是某省从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊病例变化曲线图.

若该省从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊人数按日期顺序排列构成数列{an},{an}的前n项和为Sn,则下列说法中正确的是              (　　)

A.数列{an}是递增数列

B.数列{Sn}是递增数列

C.数列{an}的最大项是a11

D.数列{Sn}的最大项是S11

答案　C　因为1月28日新增确诊人数小于1月27日新增确诊人数,即a7>a8,所以{an}不是递增数列,所以选项A错误;因为2月23日新增确诊病例数为0,所以S33=S34,所以数列{Sn}不是递增数列,所以选项B错误;因为1月31日新增确诊病例数最多,从1月21日算起,1月31日是第11天,所以数列{an}的最大项是a11,所以选项C正确,数列{Sn}的最大项是最后一项,所以选项D错误,故选C.

5.(多选题)已知数列{an}:,+,++,……,++…+,……,若bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,则 (　　)

A.an=　　B.an=　　C.Sn=　　D.Sn=

答案　BC　∵an==,

∴bn===4,

∴Sn=4

=4=.

6.(多选题)在数列{an}中,a1=2,其前n项和为Sn,若点在直线y=2x-1上,则有 (　　)

A.Sn=n(1+2n-1)　　B.an=(n+1)2n-2+1

C.Sn=n(1+2n)　　D.数列是等比数列

答案　ABD　由已知得=-1,则-1=2,

又∵-1=a1-1=1,

∴数列是首项为1,公比为2的等比数列,

∴-1=2n-1,∴Sn=n(1+2n-1),

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n+1)2n-2+1,

当n=1时,(1+1)×21-2+1=2=a1,

∴an=(n+1)2n-2+1,n∈N*,故选ABD.

7.(2020浙江五校十月联考,14)设数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=(-1)nan-(n∈N*),则a3=　　　　,S7=　　　　. 

答案　-;-

解析　解法一:当n=1时,S1=-a1-,解得a1=-,

当n≥2时,Sn=(-1)nan-,Sn-1=(-1)n-1an-1-,

两式相减得an=(-1)nan-(-1)n-1an-1+,

即[1-(-1)n]an=(-1)nan-1+,

当n为偶数时,an-1=-,即n为奇数时,an=-,

所以a3=-=-,

S7=(-1)7×-=-=-.

解法二:当n=1时,S1=-a1-,解得a1=-,

当n≥2时,Sn=(-1)n(Sn-Sn-1)-,

当n为偶数时,有Sn-1=-,

即n为奇数时,Sn=-,所以S7=-=-,

S3=-a3-,即a3=-S3-=-=-.

8.(2018山西太原一模,15)在数列{an}中,a1=0,an-an-1-1=2(n-1)(n∈N*,n≥2),若数列{bn}满足bn=n×,则数列{bn}的最大项为第　　　　项. 

答案　6

解析　因为an-an-1-1=2(n-1)(n∈N*,n≥2),所以an-an-1=2n-1(n∈N*,n≥2),所以根据累加法得an=(2n-1)+(2n-3)+…+3+a1=n2-1(n≥2),又n=1时,a1=0满足上式,所以an=n2-1(n∈N*),所以bn=n(n+1)×,因为=,所以当n≤5时,bn+1>bn,当n≥6时,bn+1<bn,因此数列{bn}的最大项为第6项.

9.(2020天津静海大邱庄中学第一次质量检测,19)已知等差数列{an}满足:a3=7,a5+a7=26,{an}的前n项和为Sn.

(1)求an及Sn;

(2)令bn=(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.

解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,

因为a3=7,a5+a7=26,

所以解得

所以an=3+2(n-1)=2n+1,Sn=3n+×2=n2+2n.

(2)由(1)知an=2n+1,

所以bn===·

=·,

所以Tn=·

=·=.

10.(2020河北邯郸大名一中第六周周测,19)已知等比数列{an}的公比q>1,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.

解析　(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.所以a3+a5=20.

由a3+a5=20得8=20,解得q=2或q=,

因为q>1,所以q=2.

(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.

则Sn=2n2+n,当n=1时,c1=S1=3,

当n≥2时,cn=Sn-Sn-1=2n2+n-[2(n-1)2+(n-1)]=4n-1.

当n=1时,c1=3符合上式,∴cn=4n-1,n∈N*.

由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)·,

故bn-bn-1=(4n-5)·,n≥2,

bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)

=(4n-5)·+(4n-9)·+…+7·+3.

设Tn=3+7·+11·+…+(4n-5)·,n≥2,

Tn=3·+7·+11·+…+(4n-9)·+(4n-5)·,

所以Tn=3+4·+4·+…+4·-(4n-5)·,因此Tn=14-(4n+3)·,n≥2,

又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·.

11.(2020天津杨村一中第一次月考,19)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1(n∈N*).

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Tn;

(3)记cn=3n-2·(-1)nλan(λ≠0),是否存在实数λ使得对任意的n∈N*,恒有cn+1>cn?若存在,求出λ的取值范围;若不存在,说明理由.

解析　(1)当n=1时,a1=2a1-1,即a1=1,

当n≥2时,Sn-1=2an-1-1,

an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即=2,

∴数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,故an=2n-1.

(2)由(1)得bn=nan=n·2n-1,可得Tn=1·20+2·21+3·22+…+n·2n-1,2Tn=1·21+2·22+3·23+…+n·2n,

两式相减得-Tn=20+21+22+…+2n-1-n·2n,

∴Tn=(n-1)·2n+1.

(3)存在.由(1)得cn=3n-2·(-1)nλan=3n-(-1)nλ·2n.假设存在实数λ使得对任意的n∈N*,恒有cn+1>cn,

即cn+1-cn>0,则3n+1-(-2)n+1λ-3n+(-2)nλ>0,

2·3n-(-2)n·(-2)λ+(-2)nλ>0,

即(-2)nλ>-3n-1·2.当n为偶数时,2nλ>-3n-1·2,

则λ>-,n∈N*,∴λ>-,

当n为奇数时,-2nλ>-3n-1·2,

λ<,n∈N*,∴λ<1.综上所述,-<λ<1.