高考数学二轮复习练习：专题限时集训04《数列求和》（含答案详解）

高考数学二轮复习练习：专题限时集训04

《数列求和》

一、选择题

1.已知数列{an}满足a1=1，a2=，若an(an－1＋2an＋1)=3an－1·an＋1(n≥2，n∈N*)，

则数列{an}的通项an=(　　)

A.         B.         C.          D.

2.设Tn为等比数列{an}的前n项之积，且a1=－6，a4=－，则当Tn最大时，n的值为(　　)

A.4        B.6         C.8         D.10

3.已知数列{an}满足an＋1=an－an－1(n≥2)，a1=m，a2=n，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 021的值为(　　)

A.2 021n－m      B.n－2 021m        C.m    D.n

4.某数学家在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5,8,13，….

该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，

则(a1a3－a)(a2a4－a)(a3a5－a)…(a2 021a2 023－a20222)=(　　)

A.1        B.－1         C.2 017        D.－2 017

5.已知函数f(n)=n2cos(nπ)，且an=f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　)

A.0         B.－100        C.100        D.10 200

6.已知数列{an}中，a1=1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n=am＋an＋mn，则 =(　　)

A.         B.       C.         D.

7.已知数列{an}的首项a1=a，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn－1=3n2＋2n＋4(n≥2)，

若对任意的n∈N*，an＜an＋1恒成立，则正整数a的值是(　　)

A.5          B.6         C.7           D.8

8.已知Sn为数列{an}的前n项和，且2am=am－1＋am＋1(m∈N*，m≥2)，

若(a2－2)5＋2 022(a2－2)3＋2 023(a2－2)=2 023，

(a2 016－2)5＋2 022(a2 016－2)3＋2 023(a2 016－2)=－2 023，

则下列四个命题中真命题的序号为(　　)

①S2 022=4 032；②S2 023=4 034；③S2 022＜S2；④a2 022－a2＜0.

A.①②          B.②③          C.②④          D.①④

二、填空题

9.已知Sn为数列{an}的前n项和，an=2·3n－1(n∈N*)，若bn=，则b1＋b2＋…＋bn=______.

10.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=1，Sn＋1－Sn=(n∈N*)，则S2 021=________.

11.设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=2，对任意p，q∈N*，都有ap＋q=ap＋aq，

则f(n)=(n∈N*)的最小值为________.

12.数列{an}的前n项和为Sn，且a1=，an＋1－Sn=.用[x]表示不超过x的最大整数，

如：[－0.4]=－1，[1.6]=1.设bn=[an]，则数列{bn}的前2n项和为________.

三、解答题

13.已知在数列{an}中，a1=2，a2=4，且an＋1=3an－2an－1(n≥2).

(1)证明：数列{an＋1－an}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；

(2)令bn=，求数列{bn}的前n项和Tn.

14.已知等比数列{an}满足an＞0，a1a2a3=64，Sn为其前n项和，且2S1，S3,4S2成等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn=log2a1＋log2a2＋…＋log2an，求数列的前n项和Tn.

0.答案详解

1.答案为：B；

解析：法一：(构造法)an(an－1＋2an＋1)=3an－1an＋1⇒＋=⇒－=2，

又－=2，∴是首项为2、公比为2的等比数列，则－=2n，

即－=＋＋…＋=2n－2，=2n－1，∴an=.故选B.

法二：(特值排除法)由a2(a1＋2a3)=3a1a3，得a3=，即可排除选项A，C，D.故选B.]

2.答案为：A；

解析：设等比数列{an}的公比为q，∵a1=－6，a4=－，∴－=－6q3，解得q=，

∴an=－6×.∴Tn=(－6)n×=(－6)n×，

当n为奇数时，Tn＜0，当n为偶数时，Tn＞0，故当n为偶数时，Tn才有可能取得最大值.

T2k=36k×k(2k－1).==36×，当k=1时，=＞1；

当k≥2时，＜1.∴T2＜T4，T4＞T6＞T8＞…，则当Tn最大时，n的值为4.]

3.答案为：C；

解析：由题意可知，a1=m，a2=n，a3=a2－a1=n－m，a4=a3－a2=－m，a5=a4－a3=－n，

a6=a5－a4=m－n，a7=a6－a5=m，a8=a7－a6=n，…，综上，数列{an}是以6为周期的数列，

因为2 017=336×6＋1，且同一个周期内所有项的和为0，所以S2 017=a1=m.]

4.答案为：B；

解析：∵a1a3－a=1×2－12=1，a2a4－a=1×3－22=－1，

a3a5－a=2×5－32=1，……，a2 015a2 017－a=1，

∴(a1a3－a)(a2a4－a)(a3a5－a)…(a2 021a2 023－a20222)=11 012×(－1)1 013=－1.故选B.]

5.答案为：B；

解析：∵f(n)=n2cos(nπ)==(－1)n·n2，

∴由an=f(n)＋f(n＋1)=(－1)n·n2＋(－1)n＋1·(n＋1)2=(－1)n[n2－(n＋1)2]

=(－1)n＋1·(2n＋1)，

得a1＋a2＋a3＋…＋a100

=3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)=50×(－2)=－100.故选B.]

6.答案为：D；

解析：令m=1，则an＋1=a1＋an＋n，又a1=1，所以an＋1=an＋n＋1，即an＋1－an=n＋1，

所以a2－a1=2，a3－a2=3，…，an－an－1=n(n≥2)，把以上n－1个式子相加，

得an－a1=2＋3＋…＋n，所以an=1＋2＋3＋…＋n=，

当n=1时，上式也成立，所以an=，所以==2，

所以 =2=2=，故选D.]

7.答案为：B；

解析：由Sn＋Sn－1=3n2＋2n＋4(n≥2)，可以得到Sn＋1 ＋Sn=3(n＋1)2＋2(n＋1)＋4，

两式相减得an＋1＋an=6n＋5，故an＋2＋an＋1=6n＋11，两式再相减得an＋2－an=6.

对于Sn＋Sn－1=3n2＋2n＋4(n≥2)，由n=2得a1＋a2＋a1=20，即a2=20－2a，

故偶数项为以20－2a为首项，6为公差的等差数列，从而a2n=6n＋14－2a.

对于Sn＋Sn－1=3n2＋2n＋4(n≥2)，由n=3得a1＋a2＋a3＋a1＋a2=37，即a3=2a－3，

从而a2n＋1=6n－9＋2a.

由题意得，解得＜a＜，

故正整数a的值为6.]

8.答案为：C；

解析：构造函数f(x)=x5＋2 016x3＋2 017x，∵f(x)为奇函数且单调递增，

依题意有f(a2－2)=2 017，f(a2 016－2)=－2 017，∴(a2－2)＋(a2 016－2)=0，∴a2＋a2 016=4.

又2am=am－1＋am＋1(m∈N*，m≥2)，∴数列{an}为等差数列，且公差d≠0，

∴a1＋a2 017=a2＋a2 016=4，则S2 017==4 034，②正确，

∵公差d≠0，故a2 016≠a2 017，S2 016=≠4 032，①错误；

由题意知a2＞2，a2 016＜2，∴d＜0，S2 016=S2 017－a2 017=4 034－(4－a1)=4 030＋a1，

S2=a1＋a2，若S2 016＜S2，则a2＞4 030，

而此时(a2－2)5＋2 016(a2－2)3＋2 017(a2－2)=2 017不成立，

因此③错误；∵a2＞2，a2 016＜2，∴a2 016－a2＜0，④正确.故选C.]

9.答案为：－；

解析：由an=2·3n－1可知数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，

所以Sn==3n－1，

则bn===－，则b1＋b2＋…＋bn= ＋＋…＋

=－=－.]

10.答案为：31 011－2；

解析：依题意得an＋1=(n∈N*)，所以a2==3，由an＋1=(n∈N*)得an＋2=(n∈N*)，

两式相除得=3，所以数列{a2n－1}是首项为1，公比为3的等比数列，

数列{a2n}是首项为3，公比为3的等比数列，

所以S2 017=a1＋a2＋…＋a2 017=(a1＋a3＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋…＋a2 016)

=＋=31 009－2.]

11.答案为：14.5；

解析：a1=2，对任意p，q∈N*，都有ap＋q=ap＋aq，令p=1，q=n，则有an＋1=an＋a1=an＋2，

故{an}是等差数列，所以an=2n，Sn=2×=n2＋n，f(n)====n＋1＋－1.

当n＋1=8时，f(7)=8＋－1=；当n＋1=7时，f(6)=7＋－1=，

因为＜，则f(n)=(n∈N*)的最小值为.]

12.答案为：－n－；

解析：当n≥2时，由题意，得Sn=an＋1－，Sn－1=an－，两式相减得，an=an＋1－an，

即=2(n≥2)，又当n=1时，a1=，a2－a1=，所以a2=，即=2，

所以数列{an}是首项为，公比为2的等比数列，所以an=·2n－1=·2n.

所以b1=0，b2=1=2b1＋1，b3=2=2b2，b4=5=2b3＋1，b5=10=2b4，b6=21=2b5＋1，b7=42=2b6，

b8=85=2b7＋1，…，b2n－1=2b2n－2，b2n=2b2n－1＋1，

所以b1＋b2=21－1，b3＋b4=23－1，b5＋b6=25－1，b7＋b8=27－1，…，b2n－1＋b2n=22n－1－1，

设数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n=－n=－n－.]

13.解：(1)由an＋1=3an－2an－1(n≥2)，

得an＋1－an=2(an－an－1)，

因此数列{an＋1－an}是公比为2，首项为a2－a1=2的等比数列.

所以当n≥2时，an－an－1=2×2n－2=2n－1，

an=(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1=(2n－1＋2n－2＋…＋2)＋2=2n，

当n=1时，也符合，故an=2n.

(2)由(1)知bn=，所以Tn=＋＋＋…＋　①，

Tn=＋＋＋…＋　②，

①－②，得Tn=＋＋＋＋…＋－

=＋2－=＋2×－

=＋1－－=－，

所以Tn=3－.

14.解：(1)设数列{an}的公比为q，

∵2S1，S3,4S2成等差数列，∴2S3=2S1＋4S2，

即2(a1＋a1q＋a1q2)=2a1＋4(a1＋a1q)，

化简得q2－q－2=0，解得q=2或q=－1.

∵an＞0，∴q=－1不合题意，舍去，

由a1a2a3=64可得a=64，解得a2=4，故2a1=4，得到a1=2，

∴an=a1qn－1=2×2n－1=2n.

(2)∵bn=log2a1＋log2a2＋…＋log2an=log2(a1a2·…·an)=log221＋2＋…＋n

=1＋2＋…＋n=，

∴==2×.

∴Tn=＋＋…＋=2×=2×=.