2023届高考数学一轮复习作业数列求和新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业数列求和新人教B版（答案有详细解析），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．(2021·四川成都高三模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＋an＝3，则eq \f(S1,a1)＋eq \f(S2,a2)＋…＋eq \f(S5,a5)＋eq \f(S6,a6)＝( )
A．543 B．546 C．1 013 D．1 022
A [∵2Sn＋an＝3，∴2Sn－1＋an－1＝3(n≥2)，
两式相减得：2an＋an－an－1＝0，即an＝eq \f(1,3)an－1，n≥2，
又当n＝1时，有2S1＋a1＝3，可得a1＝1，
∴数列{an}是首项为1，公比为eq \f(1,3)的等比数列，
∴an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)，Sn＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n),1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)－eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)，
∴eq \f(Sn,an)＝eq \f(3n,2)－eq \f(1,2)，
∴eq \f(S1,a1)＋eq \f(S2,a2)＋…＋eq \f(S5,a5)＋eq \f(S6,a6)＝eq \f(1,2)(3＋32＋33＋…＋36)－eq \f(1,2)×6＝eq \f(1,2)×eq \f(31－36,1－3)－3＝543．]
2．(2021·河南南阳高三三模)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2n＋3)))的前20项和为( )
A．eq \f(7,23) B．eq \f(20,69) C．eq \f(1,3) D．eq \f(19,69)
B [∵eq \f(1,n＋2n＋3)＝eq \f(1,n＋2)－eq \f(1,n＋3)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2n＋3)))的前20项和为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,6)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)－\f(1,23)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,23)＝eq \f(20,69)．]
3．已知数列{an}满足a1＋a2＝0，an＋2＋(－1)eq \s\up12(eq \f(nn＋1,2)) an＝2，则数列{an}的前2 020项的和为( )
A．0 B．1 010 C．2 020 D．2 024
C [由an＋2＋(－1) eq \s\up12(eq \f(nn＋1,2))an＝2，a1＋a2＝0，令n＝1,2,3,4，
可得a3－a1＝2，a4－a2＝2，两式相加可得a3＋a4＝4，
a5＋a3＝2，a6＋a4＝2，两式相加得a6＋a5＝0，
a7－a5＝2，a8－a6＝2⇒a7＋a8＝4，
进行推论归纳可得a4k－3＋a4k－2＝0，a4k－1＋a4k＝4，k∈N*，
所以数列{an}的前2 020项的和为eq \f(2 020,4)×4＝2 020．]
4．eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,32－1)＋eq \f(1,42－1)＋…＋eq \f(1,n＋12－1)的值为( )
A．eq \f(n＋1,2n＋2) B．eq \f(3,4)－eq \f(n＋1,2n＋2)
C．eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))) D．eq \f(3,2)－eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)
C [因为eq \f(1,n＋12－1)＝eq \f(1,n2＋2n)＝eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
所以eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,32－1)＋eq \f(1,42－1)＋…＋eq \f(1,n＋12－1)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))．]
5．(2020·北京高考)在等差数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1．记Tn＝a1a2…an(n＝1,2，…)，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a1＝－9，a5＝－1，
得d＝eq \f(a5－a1,5－1)＝eq \f(－1－－9,4)＝2，
∴an＝－9＋2(n－1)＝2n－11．
由an＝2n－11＝0，得n＝eq \f(11,2)，而n∈N*，
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T1＝－9＜0，T2＝63＞0，T3＝－315＜0，T4＝945＞0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B．]
6．已知数列：eq \f(1,k)，eq \f(2,k－1)，…，eq \f(k,1)(k∈N*)，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，eq \f(1,2)，eq \f(2,1)，eq \f(1,3)，eq \f(2,2)，eq \f(3,1)，…，则eq \f(8,9)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：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,1)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,2)，\f(3,1)))，…，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，\f(2,k－1)，…，\f(k,1)))，可看出eq \f(8,9)第一次出现在第16组，因为1＋2＋3＋…＋15＝120，所以前15组一共有120项；第16组的项为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)，\f(2,15)，…，\f(7,10)，\f(8,9)，…))，所以eq \f(8,9)是这一组中的第8项，故eq \f(8,9)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eq \f(1,an)＝eq \f(1,an＋1)－1，且a1＝1，则an＝ ，数列{bn}满足bn＝eq \f(2n,an)，则数列{bn}的前n项和Sn＝ ．
eq \f(1,n) (n－1)·2n＋1＋2 [由eq \f(1,an)＝eq \f(1,an＋1)－1可得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝1，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))为等差数列，公差、首项都为1，
由等差数列的通项公式可得
eq \f(1,an)＝n，an＝eq \f(1,n)，eq \f(2n,an)＝n×2n，
Sn＝1×2＋2×22＋…＋n×2n，
2Sn＝1×22＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
相减得Sn＝－(2＋22＋…＋2n)＋n×2n＋1＝－eq \f(21－2n,1－2)＋n×2n＋1＝(n－1)×2n＋1＋2．]
8．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 020＝ ．
3×21 010－3 [∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，①
∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1，②
由①÷②得eq \f(an＋1,an－1)＝2，
∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，
∴S2 020＝eq \f(1－21 010,1－2)＋eq \f(21－21 010,1－2)＝3×21 010－3．]
9．(2020·全国卷Ⅰ)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝ ．
7 [因为数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，所以当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N*)，所以(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＋(a14＋a16)＝5＋17＋29＋41＝92．当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋1－a2k－1＝6k－4(k∈N*)，所以当k≥2时，a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－a2k－3)＝a1＋2＋8＋14＋…＋[6(k－1)－4]＝a1＋eq \f(2＋6k－10k－1,2)＝a1＋(3k－4)·(k－1)，当k＝1时上式也成立，所以a2k－1＝a1＋(3k－4)·(k－1)(k∈N*)，即a2k－1＝a1＋3k2－7k＋4(k∈N*)．
法一：所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15＝8a1＋3×(12＋22＋32＋…＋82)－7×(1＋2＋3＋…＋8)＋4×8＝8a1＋3×eq \f(8×8＋1×2×8＋1,6)－7×eq \f(1＋8×8,2)＋32＝8a1＋612－252＋32＝8a1＋392．又前16项和为540，所以92＋8a1＋392＝540，解得a1＝7．
法二：所以a2k－1＝a1＋(3k2＋3k＋1)－10k＋3＝a1＋[(k＋1)3－k3]－10k＋3，所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15＝8a1＋(23－13)＋(33－23)＋…＋(93－83)－10×eq \f(1＋8×8,2)＋3×8＝8a1＋93－13－360＋24＝8a1＋392．又前16项和为540，所以92＋8a1＋392＝540，解得a1＝7．]
三、解答题
10．(2021·临沂高三二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2＝4，S5＝30．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(2,a\\al(2,n)－1)，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解](1)设等差数列的首项为a1，公差为d，
因为a2＝4，S5＝5a3＝30，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝4，,a1＋2d＝6，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝2，))
所以an＝2n．
(2)bn＝eq \f(2,a\\al(2,n)－1)＝eq \f(2,4n2－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)，
所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝1－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1)．
11．(2021·山东省实验中学高三二模)已知{an}是递增的等比数列，前3项和为13，且3a1,5a2,3a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)各项均为正数的数列{bn}的首项b1＝1，其前n项和为Sn，且 ，若数列{cn}满足cn＝anbn，求{cn}的前n项和Tn．
在如下三个条件中任意选择一个，填入上面横线处，并根据题意解决问题．①bn＝2eq \r(Sn)－1；②2bn＝bn－1＋bn＋1(n≥2)，b2＝3；③Sn－Sn－1＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)(n≥2)．
[解](1)设数列{an}的公比为q，
由题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝13，,10a2＝3a1＋3a3，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a3＝10，,a2＝3，))
所以eq \f(3,q)＋3q＝10，即3q2－10q＋3＝0，解得q＝eq \f(1,3)或q＝3，
因为{an}是递增的等比数列，所以q>1，所以q＝3，
所以a1＝1，所以an＝3n－1．
(2)选择①：因为bn＝2eq \r(Sn)－1，
所以4Sn＝beq \\al(2,n)＋2bn＋1,4Sn－1＝beq \\al(2,n－1)＋2bn－1＋1(n≥2)，
两式相减得4bn＝beq \\al(2,n)－beq \\al(2,n－1)＋2(bn－bn－1)(n≥2)，即(bn＋bn－1)(bn－bn－1－2)＝0(n≥2)，
因为bn＋bn－1≠0(n≥2)，所以bn－bn－1＝2(n≥2)，
所以数列{bn}是以b1＝1为首项，2为公差的等差数列，
故bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，因此cn＝(2n－1)·3n－1，
Tn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)·3n－1，
3Tn＝1×31＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n，
两式相减得－2Tn＝1＋2(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n，
即－2Tn＝1＋2×eq \f(31－3n－1,1－3)－(2n－1)·3n＝1－3(1－3n－1)－(2n－1)·3n
＝－2＋3n－(2n－1)·3n＝－2－(2n－2)·3n，
所以Tn＝1＋(n－1)·3n．
选择②：由2bn＝bn－1＋bn＋1(n≥2)，b2＝3，
所以数列{bn}是以b1＝1为首项，2为公差的等差数列，故bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，
因此cn＝(2n－1)·3n－1，以下同①；
选择③：由Sn－Sn－1＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)得eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1，
∴{eq \r(Sn)}是以1为首项，1为公差的等差数列，eq \r(Sn)＝n，
∴Sn＝n2，所以bn＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，检验n＝1时也满足，
所以bn＝2n－1，cn＝(2n－1)·3n－1，以下同①．
1．设{an}是公比为q的等比数列，|q|＞1，令bn＝an＋1(n＝1,2，…)，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则q等于( )
A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2) C．－eq \f(3,2) D．eq \f(3,2)
C [{bn}有连续四项在{－53，－23,19,37,82}中且bn＝an＋1，即an＝bn－1，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，∴q＜0，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eq \f(－24,18)＝－eq \f(4,3)，eq \f(36,－24)＝－eq \f(3,2)，－eq \f(54,36)＝－eq \f(3,2)，eq \f(81,－54)＝－eq \f(3,2)，则可得－24,36，－54,81是{an}中连续的四项．∴q＝－eq \f(3,2)．]
2．定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足：当0≤x＜2时，f(x)＝2x－x2；当x≥2时，f(x)＝3f(x－2)．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a1b1＋a2b2＋…＋a20b20的值为( )
A．19×320＋1 B．19×319＋1
C．20×319＋1 D．20×320＋1
A [由题意当0≤x＜2时，
f(x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1极大值点为1，极大值为1，当x≥2时，f(x)＝3f(x－2)．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an＝2n－1，bn＝3n－1，
故anbn＝(2n－1)3n－1，
设S＝a1b1＋a2b2＋…＋a20b20
＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319，
3S＝1×31＋3×32＋…＋39×320，
两式相减得
－2S＝1＋2(31＋32＋…＋319)－39×320
＝1＋2×eq \f(31－319,1－3)－39×320，
∴S＝19×320＋1，故选A．]
3．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＝eq \f(前n年总盈利,n))
[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an＝12＋4(n－1)＝4n＋8．
(2)设超市第n年开始盈利，且盈利为y万元，
则y＝50n－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(12n＋\f(nn－1,2)×4))－72＝－2n2＋40n－72，
由y＞0，得n2－20n＋36＜0，解得2＜n＜18，又n∈N*，故3≤n≤17，n∈N*．
所以该超市第3年开始盈利．
(3)年平均盈利为eq \f(y,n)＝－2n－eq \f(72,n)＋40＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(36,n)))＋40≤－2×2eq \r(n·\f(36,n))＋40＝16，当且仅当n＝eq \f(36,n)，即n＝6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．
(2021·浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－eq \f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn．若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
[解](1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3,4)．
当n＝1时，4S2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)＋a2))＝－eq \f(27,4)－9，
解得a2＝－eq \f(27,16)，
所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(3,4)．
所以数列{an}是首项为－eq \f(9,4)，公比为eq \f(3,4)的等比数列，
所以an＝－eq \f(9,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \f(3n＋1,4n)．
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)．
所以Tn＝－3×eq \f(3,4)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(4)＋…＋(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)，①
且eq \f(3,4)Tn＝－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(4)＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(5)＋…＋(n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)＋(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)，②
①－②得eq \f(1,4)Tn＝－3×eq \f(3,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)－(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)＝－eq \f(9,4)＋eq \f(\f(9,16)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n－1))),1－\f(3,4))－(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)＝－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)，
所以Tn＝－4n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)．
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
所以－4n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)≤λ(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立，
当n4时，λ≥eq \f(－3n,n－4)＝－3－eq \f(12,n－4)，此时λ≥－3．
所以－3≤λ≤1．