2020高考数学大二轮复习 层级二 专题三 数列 第2讲 数列求和及综合应用课时作业

- 1 - 第2讲 数列求和及综合应用

限时50分钟 满分76分

一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)

1．(2020·重庆七校联考)若数列{an}满足1an＋1－2an＝0，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列1bn为“梦想数列”，且b1＋b2＋b3＝1，则b6＋b7＋b8＝(

)

A．4

B．16

C．32

D．64

解析：C [由1an＋1－2an＝0可得an＋1＝12an，故{an}是公比为12的等比数列，故1bn是公比为12的等比数列，则{bn}是公比为2的等比数列，b6＋b7＋b8＝(b1＋b2＋b3)×25＝32，故选C.]

2．(2020·江西省五校协作体考试)设Sn是数列{an}的前n项和，若an＋Sn＝2n,2bn＝2an＋2－an＋1，则1b1＋12b2＋…＋1100b100＝( )

A.9798 B.9899 C.99100 D.100101

解析：D [因为an＋Sn＝2n ①，所以an＋1＋Sn＋1＝2n＋1 ②，②－①得2an＋1－an＝2n，所以2an＋2－an＋1＝2n＋1.又2bn＝2an＋2－an＋1＝2n＋1，所以bn＝n＋1，1nbn＝1nn＋1＝1n－1n＋1，则1b1＋12b2＋…＋1100b100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选D.]

3．(2020·广东省六校联考)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n.设bn＝4nan，Sn为数列{bn}的前n项和，若Sn＜λ(λ为常数，n∈N*)，则λ的最小值是( )

A.32 B.94 C.3112 D.3118

解析：C [a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n，①

当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(2n－3)·3n－1，②

①－②得，nan＝4n·3n－1(n≥2)，即an＝4·3n－1(n≥2)．当n＝1时，a1＝3≠4，所以an＝ 3，n＝1，4×3n－1，n≥2，

bn＝ 43，n＝1，n3n－1，n≥2. - 2 - 所以Sn＝43＋23＋332＋…＋n3n－1＝13＋130＋231＋332＋…＋n3n－1，③ 13Sn＝19＋13＋232＋333＋…＋n－13n－1＋n3n，④

③－④得，23Sn＝29＋130＋13＋132＋…＋13n－1－n3n＝29＋1－13n1－13－n3n，

所以Sn＝3112－6n＋94×3n＜3112，所以易知λ的最小值是3112，故选C.]

4．(2019·青岛三模)已知f(n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f(12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f(21)＝21，那么∑100,i＝51f(i)的值为( )

A．2 488 B．2 495 C．2 498 D．2 500

解析：D [由f(n)的定义知f(n)＝f(2n)，且若n为奇数则f(n)＝n，

则∑100,i＝1f(i)＝f(1)＋f(2)＋…＋f(100)

＝1＋3＋5＋…＋99＋f(2)＋f(4)＋…＋f(100)

＝50×1＋992＋f(1)＋f(2)＋…＋f(50)

＝2 500＋∑50,i＝1f(i)，

∴∑100,i＝51f(i)＝∑100,i＝1f(i)－∑50,i＝1f(i)＝2 500.]

5．(2019·深圳二模)已知数列{an}满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，数列1log2anlog2an＋1的前n项和为Sn，则S1·S2·S3·…·S10＝( )

A.110 B.15 C.111 D.211

解析：C [∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，∴2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2)，∴2nan＝1(n≥2)，当n＝1时也满足，故an＝12n，故1log2anlog2an＋1＝1log22－nlog22－n＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1，Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1，∴S1·S2·S3·…·S10＝12×23×34×…×910×1011＝111，选C.]

6．(2019·潍坊三模)已知等差数列{an}中公差d≠0，a1＝1，a1，a2，a5成等比数列，且a1，a2，ak1，ak2，…，akn成等比数列，若对任意的n∈N*，恒有an2kn－1≤am2km－1(m∈N*)，则m＝( )

A．0 B．1 C．2 D．1或2 - 3 - 解析：D [由已知可得，a22＝a1·a5，即(1＋d)2＝1·(1＋4d)，又d≠0，解得d＝2，所以an＝2n－1.因为a1，a2，ak1，ak2，…，akn成等比数列，所以2kn－1＝3n＋1.令bn＝an2kn－1＝2n－13n＋1，设数列{bn}中的最大项为bl，故满足 bl≥bl＋1，bl≥bl－1，解得1≤l≤2，即数列{bn}中的最大项为b1，b2，所以m＝1或2.]

二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)

7．(2019·昆明三模)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝ an＋2，n是奇数，2an，n是偶数，则数列{an}的前20项和为________．

解析：由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为1×1－2101－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.

答案：1 123

8．(2019·山师附中质检)将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：

a1

a2，a3

a4，a5，a6

a7，a8，a9，a10

……

记数阵中的第1列数a1，a2，a4，…，构成的数列为{bn}，Sn为数列{bn}的前n项和，若Sn＝2bn－1，则a56＝________.

解析：当n≥2时，∵Sn＝2bn－1，∴Sn－1＝2bn－1－1，∴bn＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1(n≥2且n∈N*)，∵b1＝2b1－1，∴b1＝1，∴数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，∴bn＝2n－1.

设a1，a2，a4，a7，a11，…的下标1,2,4,7,11，…构成数列{cn}，则c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，∴cn＝nn－12＋1，由cn＝nn－12＋1＝56，得n＝11，∴a56＝b11＝210＝1 024.

答案：1 024

三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)

9．(2020·郑州三测)已知数列{an}满足a1＝1,2an·an＋1＋an＋1－an＝0，数列{bn}满足bn＝12n·an. - 4 - (1)求数列{an}的通项公式；

(2)记数列{bn}的前n项和为Sn，问：是否存在n，使得Sn的值是38？

解析：(1)因为2an·an＋1＋an＋1－an＝0，

所以an＋1＝an2an＋1，

1an＋1－1an＝2an＋1an－1an＝2，

由等差数列的定义可得1an是首项为1a1＝1，公差为d＝2的等差数列．

故1an＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝12n－1.

(2)由(1)得bn＝2n－12n，

所以Sn＝12＋322＋…＋2n－12n，

两边同乘以12得，12Sn＝122＋323＋…＋2n－12n＋1，

两式相减得12Sn＝12＋2122＋123＋…＋12n－2n－12n＋1，

即12Sn＝12＋2×141－12n－11－12－2n－12n＋1＝32－12n－1－2n－12n＋1，

所以Sn＝3－2n＋32n.

因为Sn＋1－Sn＝2n＋32n－2n＋52n＋1＝2n＋12n＋1＞0，所以数列{Sn}是关于项数n的递增数列，所以Sn≥S1＝12，因为38＜12，所以不存在n，使得Sn＝38.

10．(2019·武汉二模)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝(2)bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.

(1)求an与bn；

(2)设cn＝1an－1bn(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.

①求Sn；

②求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.

解析：(1)由题意a1a2a3…an＝(2)bn，b3－b2＝6，知a3＝(2)b3－b2＝8. - 5 - 又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，

所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*)．

所以，a1a2a3…an＝2nn＋12＝(2)n(n＋1)．

故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．

(2)①由(1)知cn＝1an－1bn＝12n－1n－1n＋1(n∈N*)，

所以Sn＝1n＋1－12n(n∈N*)．

②因为c1＝0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；

当n≥5时，

cn＝1nn＋1nn＋12n－1，

而nn＋12n－n＋1n＋22n＋1＝n＋1n－22n＋1＞0，

即数列nn＋12n当n≥5时是递减的．

所以nn＋12n≤5·5＋125＜1，

所以，当n≥5时，cn＜0.

综上，对任意n∈N*，恒有S4≥Sn，故k＝4.

11．(文)(2020·浙江三地市联考)已知数列{bn}满足3(n＋1)bn＝nbn＋1，且b1＝3.

(1)求数列{bn}的通项公式；

(2)已知anbn＝n＋12n＋3，求证：56≤1a1＋1a2＋…＋1an＜1.

解析：(1)因为3(n＋1)bn＝nbn＋1，所以bn＋1bn＝3n＋1n.

则b2b1＝3×21，b3b2＝3×32，b4b3＝3×43，…，

bnbn－1＝3×nn－1，

累乘，可得bnb1＝3n－1×n，因为b1＝3，所以bn＝n·3n，

即数列{bn}的通项公式bn＝n·3n.

(2)证明：因为anbn＝n＋12n＋3，所以an＝nn＋12n＋3·3n.

因为1an＝2n＋3nn＋1·13n