2021届高考数学统考二轮复习-增分强化练(十六)数列求和与数列的综合问题(理-含解析).doc

2021届高考数学统考二轮复习 增分强化练（十六）数列求和与数列的综合问题（理，含解析）

2021届高考数学统考二轮复习 增分强化练（十六）数列求和与数列的综合问题（理，含解析）

年级：
姓名：

增分强化练(十六)
一、选择题
1．(2019·海口质检)等差数列{an}的首项为2，公差不等于0，且a＝a1a7，则数列的前2 019项和为(　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
解析：设等差数列{an}的公差为d，
由a1＝2，a＝a1a7，可得(2＋2d)2＝2(2＋6d)，所以d＝1，因此an＝n＋1，
所以＝－，
所以S2 019＝＋＋＋…＋＝－＝.故选B.
答案：B
2．(2019·三明质检)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，a＝2Sn＋n＋1(n∈N*)，设数列的前n项和为Tn，则Tn的取值范围为(　　)
A. B．(0,1)
C. D.
解析：因为a＝2Sn＋n＋1，
所以a＝2Sn－1＋n(n≥2)，
因此a－a＝2(Sn－Sn－1)＋1＝2an＋1，即a＝(an＋1)2，
又{an}为正项数列，所以an＋1＝an＋1，
故数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝n，(n∈N*)
因此＝＝－，
所以Tn＝＋＋…＋＝1－，
因为n∈N*，所以≤Tn<1.
故选D.
答案：D
3．等差数列{an}的前n项和Sn，若(a8－1)3＋2 018(a8－1)＝1，(a2 011－1)3＋2 018(a2 011－1)＝－1，则下列结论正确的是(　　)
A．S2 018＝2 018，a2 011<a8
B．S2 018＝2 018，a2 011>a8
C．S2 018＝－2 018，a2 011≤a8
D．S2 018＝－2 018，a2 011≥a8
解析：设f(x)＝x3＋2 018x，则由f(－x)＝－f(x)知函数f(x)是奇函数．
由f′(x)＝3x2＋2 018＞0知函数f(x)＝x3＋2 018x在R上单调递增．
因为(a8－1)3＋2 018(a8－1)＝1，
(a2 011－1)3＋2 018(a2 011－1)＝－1，
所以f(a8－1)＝1，f(a2 011－1)＝－1，
得a8－1＝－(a2 011－1)，
即a8＋a2 011＝2，且a2 011＜a8，
所以在等差数列{an}中，S2 018＝2 018·＝2 018·＝2 018.
故选A.
答案：A
4．在数列{an}中，a1＝2，其前n项和为Sn. 若点在直线y＝2x－1上，则a9等于(　　)
A．1 290 B．1 280
C．1 281 D．1 821
解析：由已知可得－1＝2，又－1＝a1－1＝1，
所以数列是首项为1公比为2的等比数列，
所以－1＝2n－1，得Sn＝n(1＋2n－1)，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n＋1)2n－2＋1，
故a9＝(n＋1)2n－2＋1＝10×128＋1＝1 281.
答案：C
二、填空题
5．数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an>0，且a－2an＋1·an＋an＋1－2an＝0 (n∈N*)，则S2 019＝________.
解析：a－2an＋1·an＋an＋1－2an＝0，则(an＋1＋1)(an＋1－2an)＝0，因为an>0，则an＋1＋1≠0，故an＋1－2an＝0，故{an}为首项为1，公比为2的等比数列，an＝2n－1则S2 019＝＝22 019－1.
答案：22 019－1
6．(2019·滨州模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝n，Sn为其前n项和，则数列的前8项和为________．
解析：由等差数列前n项和公式可得Sn＝，则Sn＋1＝，
由数列的通项公式可得an＋1＝n＋1，
∴＝
＝2，
则数列的前8项和为
2
＝2×＝.
答案：
7．(2019·合肥模拟)在平面直角坐标系xOy中，点An(n∈N*)，记△A2n－1A2nA2n＋1的面积为Sn，则i＝________.
解析：结合题意，得到A2n－1(22n－1,0)，A2n(22n,2n)，A2n＋1(22n＋1,0)，所以该三个点组成的三角形面积为S＝·3·22n－1·2n＝3n·22n－1，
对面积求和设i＝Tn得到，Tn＝·4n＋.
答案：·4n＋
三、解答题
8．已知正项等比数列{an}的前n项和Sn满足S2＋4S4＝S6，a1＝1.
(1)求数列{an}公比q；
(2)令bn＝an－15，求T＝|b1|＋|b2|＋…＋|b10|的值．
解析：(1){an}是正项等比数列，∴q>0，
若q＝1时，则Sn＝na1＝n，
∴S2＝2,4S4＝4×4，S6＝6，不合题意，
∴q≠1，从而Sn＝，
由S2＋4S4＝S6得＋4·＝，
∴(1－q2)＋4(1－q4)＝1－q6，又q≠1，
∴1＋4(1＋q2)＝1＋q2＋q4，即q4－3q2－4＝0，
∴(q2－4)(q2＋1)＝0，又q>0，
∴q＝2.
(2)由(1)知an＝2n－1，则{an}的前n项和Sn＝＝2n－1，
当n≥5时，bn＝2n－1－15>0；n≤4时，bn＝2n－1－15<0，
∴T＝－(b1＋b2＋b3＋b4)＋(b5＋b6＋…＋b10)
＝－(a1＋a2＋a3＋a4－15×4)＋(a5＋a6＋…＋a10－15×6)
＝－S4＋S10－S4＋60－90＝S10－2S4－30
＝(210－1)－2(24－1)－30＝210－25－29
＝1024－32－29＝963.
9．(2019·湘潭模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，an＋1＝2Sn＋3(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log3an，若数列的前n项和为Tn，证明：Tn<1.
解析：(1)因为an＋1＝2Sn＋3，①
可得an＝2Sn－1＋3.②
①－②得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)，
所以{an}为从第2项开始的等比数列，且公比q＝3，
又a1＝3，所以a2＝9，所以数列{an}的通项公式为an＝3n(n≥2)．
当n＝1时，a1＝3满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝3n.
(2)证明：由(1)知bn＝log3an＝log33n＝n，
所以＝＝－，
所以Tn＝＋＋…＋＝1－<1得证．
10．(2019·青岛模拟)已知数列{an}的各项均为正数，a1＝3，且对任意n∈N*,2an为a＋3和1的等比中项，数列{bn}满足bn＝a－1(n∈N*)．
(1)求证：数列{bn}为等比数列，并求{an}通项公式；
(2)若cn＝log2bn，{cn}的前n项和为Tn，求使Tn不小于360的n的最小值．
解析：(1)证明：由题意得(2an)2＝(a＋3)×1，即a＝4a－3，
∴a－1＝4a－3－1＝4a－4＝4(a－1)，
∵bn＝a－1，
∴bn＋1＝4bn，
∴数列{bn}成等比数列，首项为b1＝a－1＝8，公比为4，
∴bn＝b1·4n－1＝8×22n－2＝22n＋1，
∴a－1＝22n＋1，又{an}为正项数列，
∴an＝.
(2)由(1)得：cn＝log2bn＝log222n＋1＝2n＋1，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(2×1＋1)＋(2×2＋1)＋…＋(2n＋1)＝2×(1＋2＋3＋…＋n)＋n＝2×＋n＝n2＋2n，
∴Tn＝n2＋2n≥360，即n2＋2n－360≥0⇒(n＋20)(n－18)≥0，
∴n≥18或n≤－20(舍去)，
所以Tn不小于360的n的最小值为18.