高考数学二轮复习 第1部分 专题四 数列 1-4-2 数列求和及综合应用限时规范训练 文-人教版高三全册数学试题VIP免费

限时规范训练数列求和及综合应用限时45分钟，实际用时________分值81分，实际得分________一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．数列{an}中，a1＝1，对所有n∈N*都有a1·a2·…·an＝n2，则a3＋a5＝()A.B.C.D.解析：选A.当n≥1时，a1·a2·a3·…·an＝n2；当n≥2时，a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2.两式相除，得an＝2.∴a3＝，a5＝，∴a3＋a5＝，故选A.2．已知Sn表示数列{an}的前n项和，若对任意n∈N*满足an＋1＝an＋a2，且a3＝2，则S2019＝()A．1008×2020B．1008×2019C．1009×2019D．1009×2020解析：选C.在an＋1＝an＋a2中，令n＝1，得a2＝a1＋a2，a1＝0；令n＝2，得a3＝2＝2a2，a2＝1，于是an＋1－an＝1，故数列{an}是首项为0，公差为1的等差数列，S2019＝＝1009×2019.3．已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15，且＋＋＝，则a2等于()A．2B.C．3D.解析：选C.∵S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a3，∴＝＋＋，∵a1a2a3＝15.∴＝＋＋＝，即a2＝3.4．数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n为()A．120B．99C．11D．121解析：选A.an＝＝＝－，所以a1＋a2＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝10.即＝11，所以n＋1＝121，n＝120.5.＋＋＋…＋的值为()A.B.－C.－D.－＋解析：选C.∵＝＝＝.∴＋＋＋…＋＝＝＝－.6．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.B.C.D.解析：选C.设数列{an}的前n项和为Sn，由＝得Sn＝n(2n＋1)，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，∴bn＝＝n，则＋＋…＋＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝.故选C.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2019＝________.解析：∵an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π＝(－1)n＋1，∴当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝－1，k∈N*，∴S2019＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2018＋a2019)＝1＋(－1)×1009＝－1008.答案：－10088．若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式an＝________.解析：当n＝1时，由已知Sn＝an＋，得a1＝a1＋，即a1＝1；当n≥2时，由已知得到Sn－1＝an－1＋，所以an＝Sn－Sn－1＝－＝an－an－1，所以an＝－2an－1，所以数列{an}为以1为首项，－2为公比的等比数列，所以an＝(－2)n－1.答案：(－2)n－19．在等比数列{an}中，0＜a1＜a4＝1，则能使不等式＋＋…＋≤0成立的最大正整数n是________．解析：设等比数列的公比为q，由已知得a1q3＝1，且q＞1，＋＋…＋＝(a1＋a2＋…＋an)－＝－≤0，化简得q－3≤q4－n，则－3≤4－n，n≤7.答案：7三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)10．等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．解：(1)设等差数列{an}的公差为d.由已知得解得所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.(2)由(1)可得bn＝2n＋n.所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)＝＋＝(211－2)＋55＝211＋53＝2101.11．已知正项数列{an}的前n项和Sn满足：4Sn＝(an－1)(an＋3)(n∈N*)．(1)求an；(2)若bn＝2n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)∵4Sn＝(an－1)(an＋3)＝a＋2an－3，∴当n≥2时，4Sn－1＝a＋2an－1－3，两式相减得，4an＝a－a＋2an－2an－1，化简得，(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，∵{an}是正项数列，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1－2＝0，对任意n≥2，n∈N*都有an－an－1＝2，又由4S1＝a＋2a1－3得，a－2a1－3＝0，解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，∴{an}是首项为3，公差为2的等差数列，∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)由已知及(1)知，bn＝(2n＋1)·2n，Tn＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②②－①得，Tn＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n)＋(2n＋1)·2n＋1＝－6－2×＋(2n＋1)·2n＋1＝2＋(2n－1)·2n＋1.12．若数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y＝－x的图象上(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若c1＝0，且对任意正整数n都有cn＋1－cn＝logan.求证：对任意正整数n≥2，总有≤＋＋＋…＋＜.解：(1)∵Sn＝－an，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，∴an＝an－1.又∵S1＝－a1，∴a1＝，∴an＝n－1＝2n＋1.(2)证明：由cn＋1－cn＝logan＝2n＋1，得当n≥2时，cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2－1＝(n＋1)(n－1)．∴＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝×＝＝－＜.又∵＋＋＋…＋≥＝，∴原式得证．