2020高考数学一轮复习检测：第5章 第4节　数列求和及综合应用(含解析)

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)
A级　基础夯实练
1．(2018·河北衡水中学质检)1＋＋1＋＋＋…＋的值为(　　)
A．18＋　　　　　　　 B．20＋
C．22＋ D．18＋
解析：选B.设an＝1＋＋＋…＋
＝＝2.
则原式＝a1＋a2＋…＋a11
＝2＋2＋…＋2
＝2
＝2
＝2
＝2＝20＋.
2．(2018·重庆联考)设y＝f(x)是一次函数，若f(0)＝1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于(　　)
A．n(2n＋3) B．n(n＋4)
C．2n(2n＋3) D．2n(n＋4)
解析：选A.由题意可设f(x)＝kx＋1(k≠0)，则(4k＋1)2＝(k＋1)×(13k＋1)，解得k＝2，f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n＋1)＝2(2＋4＋…＋2n)＋n＝n(2n＋3)．
3．(2018·贵阳模拟)已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，那么数列{bn}的前n项和Sn为(　　)
A. B．
C. D．
解析：选B.∵an＝＝，
∴bn＝＝＝4，
∴Sn＝4
＝4＝.
4．(2018·南昌模拟)若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a12＝(　　)
A．18 B．15
C．－18 D．－15
解析：选A.记bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a11＋a12＝(－b1)＋b2＋…＋(－b11)＋b12＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b12－b11)＝6×3＝18.
5．(2018·深圳调研)已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　)
A．0 B．100
C．－100 D．10 200
解析：选B.由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012
＝(12－22)＋(32－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)＋(1012－1002)
＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)
＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)
＝－50×101＋50×103＝100.故选B.
6．(2018·青岛二模)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．
解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n项和Sn＝＝＝2n＋1－2.由2n＋1－2≥100，得2n＋1≥102，由于26＝64,27＝128，则n＋1≥7，即n≥6.
答案：6
7．(2018·黄石二模)已知公比不为1的等比数列{an}的前5项积为243，且2a3为3a2和a4的等差中项．若数列{bn}满足bn＝log3an＋2(n∈N*)，则数列{an＋bn}的前n项和Sn＝________.
解析：由前5项积为243得a3＝3.设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，由2a3为3a2和a4的等差中项，得3×＋3q＝4×3，由公比不为1，解得q＝3，所以an＝3n－2，故bn＝log3an＋2＝n，所以an＋bn＝3n－2＋n，数列{an＋bn}的前n项和Sn＝3－1＋30＋31＋32＋…＋3n－2＋1＋2＋3＋…＋n＝＋＝＋.
答案：＋
8．(2018·济南模拟)在公差d＜0的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝________.
解析：由已知可得(2a2＋2)2＝5a1a3，即4(a1＋d＋1)2＝5a1·(a1＋2d)，所以(11＋d)2＝25(5＋d)，解得d＝4(舍去)或d＝－1，所以an＝11－n.
当1≤n≤11时 ，an≥0，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝＝；当n≥12时，an＜0，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋a11－(a12＋a13＋…＋an)＝2(a1＋a2＋a3＋…＋a11)－(a1＋a2＋a3＋…＋an)＝2×－＝.
综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|
＝
答案：
9．(2018·河北唐山二模)已知数列{an}为单调递增数列，Sn为其前n项和，2Sn＝a＋n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：Tn＜.
解：(1)当n＝1时，2S1＝2a1＝a＋1，
所以(a1－1)2＝0，即a1＝1，
又{an}为单调递增数列，所以an≥1.
由2Sn＝a＋n得2Sn＋1＝a＋n＋1，
所以2Sn＋1－2Sn＝a－a＋1，则2an＋1＝a－a＋1，所以a＝(an＋1－1)2.
所以an＝an＋1－1，即an＋1－an＝1，
所以{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝n.
(2)证明：bn＝＝＝－，所以Tn＝＋＋…＋＝－＜.
10．(2018·浙江卷)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：(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＝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＝2n2＋n.
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，n≥2，
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，n≥2，
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，n≥2，
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×n－2.
B级　能力提升练
11．(2018·合肥模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，Sn是数列{an}的前n项和，则S2 020＝(　　)
A．22 020－1 B．3×21 010－3
C．3×21 010－1 D．3×22 020－2
解析：选B.依题意得an·an＋1＝2n，an＋1·an＋2＝2n＋1，于是有＝2，即＝2，数列a1，a3，a5，…，a2n－1，…是以a1＝1为首项、2为公比的等比数列；数列a2，a4，a6，…，a2n，…是以a2＝2为首项、2为公比的等比数列，于是有S2 020＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 020)＝＋＝3×21 010－3，故选B.
12．定义为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，又bn＝，则＋＋…＋＝(　　)
A. B．
C. D．
解析：选C.依题意有＝，即数列{an}的前n项和Sn＝n(2n＋1)＝2n2＋n，当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，a1＝3满足该式．则an＝4n－1，bn＝＝n.因为＝＝－，所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝.
13．(2018·衡水模拟)数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn＝anan＋1an＋2(n∈N*)，设Sn为{bn}的前n项和．若a12＝a5＞0，则当Sn取得最大值时n的值为________．
解析：设{an}的公差为d，由a12＝a5＞0，得a1＝－d，d＜0，所以an＝d，从而可知当1≤n≤16时，an＞0；当n≥17时，an＜0.
从而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，
b15＝a15a16a17＜0，b16＝a16a17a18＞0，故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16，S16＞S17＞S18＞….
因为a15＝－d＞0，a18＝d＜0，所以a15＋a18＝－d＋d＝d＜0，所以b15＋b16＝a16a17(a15＋a18)＞0，所以S16＞S14，故当Sn取得最大值时n＝16.
答案：16
14．(2018·湘东五校联考)已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn为数列前n项的和，若λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．
解：(1)设公差为d，由已知得

解得d＝1或d＝0(舍去)，所以a1＝2，所以an＝n＋1.
(2)因为＝－，
所以Tn＝＋＋…＋－＝－＝，
又λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，所以λ≤＝2＋8，而2＋8≥16，当且仅当n＝2时等号成立．
所以λ≤16，即λ的最大值为16.
15．(2018·长沙模拟)已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a10＝15，且a3，a4，a7成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：－≤Tn＜－1(n∈N*)．
解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，
由已知得
即
解得
∴an＝2n－5(n∈N*)．
(2)证明：∵bn＝＝，n∈N*.
∴Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋＋，②
①－②得Tn＝＋2－
＝－＋，
∴Tn＝－1－(n∈N*)，
∵＞0(n∈N*)，∴Tn＜－1.
Tn＋1－Tn＝－＝，
∴Tn＜Tn＋1(n≥2)．
又T1＝－1－＝－，T2＝－1－＝－.
∵T1＞T2，∴T2最小，即Tn≥T2＝－.
综上所述，－≤Tn＜－1(n∈N*)．
C级　素养加强练
16．已知等差数列{an}中，a2＝p(p是不等于0的常数)，Sn为数列{an}的前n项和，若对任意的正整数n都有Sn＝.
(1)记bn＝＋，求数列{bn}的前n项和Tn；
(2)记cn＝Tn－2n，是否存在正整数N，使得当n＞N时，恒有cn∈，若存在，证明你的结论，并给出一个具体的N值，若不存在，请说明理由．
解：(1)由S2＝得a1＋a2＝a2－a1，
∴a1＝0，∴d＝a2－a1＝p－0＝p，
∴Sn＝＝，
bn＝＋＝＋＝2＋2，
所以Tn＝2n＋2＋＋＋＋…＋＋
＝2n＋2＝2n＋3－2.
(2)cn＝Tn－2n＝3－2＜3对所有正整数n都成立；
若cn＞，即3－2＞⇔＋＜，记f(n)＝＋，则f(n)单调递减，
又f(6)＝＋＞＋＝，f(7)＝＋＜＋＝，故可取N＝6，则当n＞6时，f(n)＜.
故存在正整数N，使得当n＞N时，恒有cn∈，N可以取所有不小于6的正整数．