《2020高考人教数学（理）大一轮复习检测数列求和及综合应用Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考人教数学（理）大一轮复习检测数列求和及综合应用Word版含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、限时规范训练(限时练夯基练提能练) 1(2018河北衡水中学质检)11的值为()A18B20C22 D18解析：选B.设an12.则原式a1a2a11222222220.2(2018重庆联考)设yf(x)是一次函数，若f(0)1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)f(4)f(2n)等于()An(2n3) Bn(n4)C2n(2n3) D2n(n4)解析：选A.由题意可设f(x)kx1(k0)，则(4k1)2(k1)(13k1)，解得k2，f(2)f(4)f(2n)(221)(241)(22n1)2(242n)nn(2n3)3(2018贵阳模拟)已知数列an：，若bn，那么数
2、列bn的前n项和Sn为()A. BC. D解析：选B.an，bn4，Sn44.4(2018南昌模拟)若数列an的通项公式是an(1)n(3n2)，则a1a2a12()A18 B15C18 D15解析：选A.记bn3n2，则数列bn是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1a2a11a12(b1)b2(b11)b12(b2b1)(b4b3)(b12b11)6318.5(2018深圳调研)已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100等于()A0 B100C100 D10 200解析：选B.由题意，得a1a2a3a100122222323242425299210021002101
3、2(1222)(3222)(3242)(9921002)(10121002)(12)(32)(43)(99100)(101100)(1299100)(23100101)5010150103100.故选B.6(2018青岛二模)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(nN*)等于_解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n项和Sn2n12.由2n12100，得2n1102，由于2664,27128，则n17，即n6.答案：67(2018黄石二模)已知公比不为1的等比数列an的前5项积为243，且2a3为3a2和a
4、4的等差中项若数列bn满足bnlog3an2(nN*)，则数列anbn的前n项和Sn_.解析：由前5项积为243得a33.设等比数列an的公比为q(q1)，由2a3为3a2和a4的等差中项，得33q43，由公比不为1，解得q3，所以an3n2，故bnlog3an2n，所以anbn3n2n，数列anbn的前n项和Sn313031323n2123n.答案：8(2018济南模拟)在公差d0的等差数列an中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等比数列，则|a1|a2|a3|an|_.解析：由已知可得(2a22)25a1a3，即4(a1d1)25a1(a12d)，所以(11d)225(5d)，解得
5、d4(舍去)或d1，所以an11n.当1n11时 ，an0，所以|a1|a2|a3|an|a1a2a3an；当n12时，an0，所以|a1|a2|a3|an|a1a2a3a11(a12a13an)2(a1a2a3a11)(a1a2a3an)2.综上所述，|a1|a2|a3|an|答案：9(2018河北唐山二模)已知数列an为单调递增数列，Sn为其前n项和，2Snan.(1)求an的通项公式；(2)若bn，Tn为数列bn的前n项和，证明：Tn.解：(1)当n1时，2S12a1a1，所以(a11)20，即a11，又an为单调递增数列，所以an1.由2Snan得2Sn1an1，所以2Sn12Snaa
6、1，则2an1aa1，所以a(an11)2.所以anan11，即an1an1，所以an是以1为首项，1为公差的等差数列，所以ann.(2)证明：bn，所以Tn.10(2018浙江卷)已知等比数列an的公比q1，且a3a4a528，a42是a3，a5的等差中项数列bn满足b11，数列(bn1bn)an的前n项和为2n2n.(1)求q的值；(2)求数列bn的通项公式解：(1)由a42是a3，a5的等差中项得a3a52a44，所以a3a4a53a4428，解得a48.由a3a520得820，解得q2或q，因为q1，所以q2.(2)设cn(bn1bn)an，数列cn的前n项和为Sn2n2n.由cn解得
7、cn4n1.由(1)可得an2n1，所以bn1bn(4n1)n1，故bnbn1(4n5)n2，n2，bnb1(bnbn1)(bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5)n2(4n9)n373.设Tn37112(4n5)n2，n2，Tn372(4n9)n2(4n5)n1，所以Tn34424n2(4n5)n1，因此Tn14(4n3)n2，n2，又b11，所以bn15(4n3)n2.B级能力提升练11(2018合肥模拟)已知数列an满足a11，an1an2n(nN*)，Sn是数列an的前n项和，则S2 020()A22 0201 B321 0103C321 0101 D322 0202解析：选B
8、.依题意得anan12n，an1an22n1，于是有2，即2，数列a1，a3，a5，a2n1，是以a11为首项、2为公比的等比数列；数列a2，a4，a6，a2n，是以a22为首项、2为公比的等比数列，于是有S2 020(a1a3a5a2 019)(a2a4a6a2 020)321 0103，故选B.12定义为n个正数p1，p2，pn的“均倒数”若已知正项数列an的前n项的“均倒数”为，又bn，则()A. BC. D解析：选C.依题意有，即数列an的前n项和Snn(2n1)2n2n，当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn14n1，a13满足该式则an4n1，bnn.因为，所以1.13(20
9、18衡水模拟)数列an是等差数列，数列bn满足bnanan1an2(nN*)，设Sn为bn的前n项和若a12a50，则当Sn取得最大值时n的值为_解析：设an的公差为d，由a12a50，得a1d，d0，所以and，从而可知当1n16时，an0；当n17时，an0.从而b1b2b140b17b18，b15a15a16a170，b16a16a17a180，故S14S13S1，S14S15，S15S16，S16S17S18.因为a15d0，a18d0，所以a15a18ddd0，所以b15b16a16a17(a15a18)0，所以S16S14，故当Sn取得最大值时n16.答案：1614(2018湘东五
10、校联考)已知各项均不相等的等差数列an的前四项和S414，且a1，a3，a7成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设Tn为数列前n项的和，若Tnan1对一切nN*恒成立，求实数的最大值解：(1)设公差为d，由已知得解得d1或d0(舍去)，所以a12，所以ann1.(2)因为，所以Tn，又Tnan1对一切nN*恒成立，所以28，而2816，当且仅当n2时等号成立所以16，即的最大值为16.15(2018长沙模拟)已知数列an是公差不为零的等差数列，a1015，且a3，a4，a7成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn1(nN*)解：(1)设数
11、列an的公差为d(d0)，由已知得即解得an2n5(nN*)(2)证明：bn，nN*.Tn，Tn，得Tn2，Tn1(nN*)，0(nN*)，Tn1.Tn1Tn，TnTn1(n2)又T11，T21.T1T2，T2最小，即TnT2.综上所述，Tn1(nN*)C级素养加强练16已知等差数列an中，a2p(p是不等于0的常数)，Sn为数列an的前n项和，若对任意的正整数n都有Sn.(1)记bn，求数列bn的前n项和Tn；(2)记cnTn2n，是否存在正整数N，使得当nN时，恒有cn，若存在，证明你的结论，并给出一个具体的N值，若不存在，请说明理由解：(1)由S2得a1a2a2a1，a10，da2a1p0p，Sn，bn22，所以Tn2n22n22n32.(2)cnTn2n323对所有正整数n都成立；若cn，即32，记f(n)，则f(n)单调递减，又f(6)，f(7)，故可取N6，则当n6时，f(n).故存在正整数N，使得当nN时，恒有cn，N可以取所有不小于6的正整数
