2022届高考数学一轮复习-课后限时集训数列求和北师大版.doc

2022届高考数学一轮复习 课后限时集训数列求和北师大版

2022届高考数学一轮复习 课后限时集训数列求和北师大版

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课后限时集训(四十)　数列求和
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一、选择题
1．在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列的前n项和Sn＝(　　)
A. B. C. D.
B　[设等差数列{an}的公差为d，由a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，得a5＝2，d＝1，所以an＝n－3.则an＋3＝n，an＋4＝n＋1，所以＝＝－.所以Sn＝1－＝.故选B.]
2．数列{(－1)n(2n－1)}的前2 020项和S2 020等于(　　)
A．－2 018 B．2 018
C．－2 020 D．2 020
D　[S2 020＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2 019－1)＋(2×2 020－1)＝2×1 010＝2 020.故选D.]
3．已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，则项数n＝
(　　)
A．13 B．10
C．9 D．6
D　[由an＝＝1－，得
Sn＝＋＋＋…＋
＝n－
＝n－
＝n－1＋.
令n－1＋＝，即n＋＝.
解得n＝6，故选D.]
4.＋＋＋…＋的值为(　　)
A. B.－
C.－ D.－＋
C　[因为＝＝＝，
所以＋＋＋…＋
＝
＝
＝－.]
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＝＝＝2，
∴an＝－9＋2(n－1)＝2n－11.
由an＝2n－11＝0，得n＝，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．(2020·长沙模拟)已知数列：，，…，(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，，，，，，…，则首次出现时为数列{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：，，，…，，可看出第一次出现在第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，所以是这一组中的第8项，故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＝－1，且a1＝1，则an＝________，数列{bn}满足bn＝，则数列{bn}的前n项和Sn＝________.
　(n－1)·2n＋1＋2　[由＝－1可得－＝1，
所以为等差数列，公差、首项都为1，
由等差数列的通项公式可得
＝n，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＝－＋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＝2，
∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，
∴S2 020＝＋＝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＋＝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×－7×＋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×＋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．已知等差数列{an}满足a6＝6＋a3，且a3－1是a2－1，a4的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(n∈N*)，数列{bn}的前项和为Tn，求使Tn＜成立的最大正整数n的值．
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，
∵a6－a3＝3d＝6，即d＝2，
∴a3－1＝a1＋3，a2－1＝a1＋1，a4＝a1＋6，
∵a3－1是a2－1，a4的等比中项，
∴(a3－1)2＝(a2－1)·a4，
即(a1＋3)2＝(a1＋1)(a1＋6)，解得a1＝3.
∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.
(2)由(1)得
bn＝＝＝.
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝，
由＜，得n＜9.
∴使Tn＜成立的最大正整数n的值为8.
11．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋
bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解]　(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.
当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5(n∈N*)．
设数列{bn}的公差为d.
由即
可解得b1＝4，d＝3.
所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×
＝－3n·2n＋2.
所以Tn＝3n·2n＋2.

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．－ B．
C．－ D．
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＝－，＝－，－＝－，＝－，则可得－24,36，－54,81是{an}中连续的四项．∴q＝－.]
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×－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＝)
[解]　(1)由图像可知，{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－－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＝－2n－＋40＝－2＋40≤－2×2＋40＝16，当且仅当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．

1．(2020·泉州模拟)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款面向中学生的应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学题的答案：记集合Ak＝{x|x＝ak×2k＋ak－1×2k－1＋…＋a1×21＋a0×20，k∈N*，ak＝1，a0，a1，…，ak－1＝0或1}．例如：A1＝{2,3}，A2＝{4,5,6,7}，若将集合A4的各个元素之和设为该软件的激活码，则该激活码应为________；定义f(x)＝(x∈Ak)现指定k＝5，将集合{x|f(x)＝1，x∈Ak}的元素从小到大排列组成数列{cn}，若将{cn}的各项之和设为该软件的激活码，则该激活码应为________．
376　760　[集合A4＝{n|n＝a4×24＋a3×23＋a2×22＋a1×21＋a0×20}，
当a4＝1，a0＝a1＝a2＝a3＝0时，n＝16，
当a0＝a1＝a2＝a3＝a4＝1时，n＝31，
所以A4＝{16,17,18，…，31}共有16个元素，
故激活码为＝376；
结合二进制表示，当k＝5时，{cn}的各项可以看成首位为1的六位二进制数，
对于a4＝1，符合条件f(x)＝1的有8个数，
同理，对于a3＝1，a2＝1，a1＝1，a0＝1时，符合条件的也分别有8个数，
故激活码为16×25＋8×(24＋23＋22＋21＋20)＝760.]
2．已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，
Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.

[解]　(1)设数列{xn}的公比为q，由已知知q＞0.
由题意得
所以3q2－5q－2＝0.
因为q＞0，所以q＝2，x1＝1.
因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.
(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.
由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，
记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，
由题意bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2，①
2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②
①－②得
－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1＝＋－
(2n＋1)×2n－1.
所以Tn＝.