2018年高考数学二轮复习专题4数列第2讲数列求和及综合应用课后强化训练20171227131

专题四 第二讲 数列求和及综合应用

A 组

1．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝b n ＋1

b n

＝2，n ∈N ＋，则数列{ba n }的前10项的和为 ( D )

A ．43(49

－1) B ．43(410

－1) C ．13

(49

－1) D ．13

(410

－1) [解析] 由a 1＝1，a n ＋1－a n ＝2得，a n ＝2n －1， 由

b n ＋1b n

＝2，b 1＝1得b n ＝2n －1

， ∴ba n ＝2a n －1＝22(n －1)

＝4

n －1

， ∴数列{ba n }前10项和为

10

－4－1

＝13

(410

－1)． 2．若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1

a 1a 2＋

1

a 2a 3

＋…＋

1

a n a n ＋1

等于 ( B )

A ．1－1

4n

B ．23(1－14n )

C ．1－1

2

n

D ．23(1－12

n ) [解析] 因为a n ＝1×2n －1

＝2

n －1

， 所以a n ·a n ＋1＝2n －1

·2n ＝2×4

n －1

，

所以

1

a n a n ＋1＝12×(14)n －1，所以{1

a n a n ＋1

}也是等比数列， 所以T n ＝

1

a 1a 2＋1

a 2a 3

＋…＋

1

a n a n ＋1＝1

2×－14

n 1－14

＝23(1－1

4

n )，故选B ． 3．(文)给出数列11，12，21，13，22，31，…，1k ，2k －1，…，k

1，…，在这个数列中，第50

个值等于1的项的序号．．

是 ( B ) A ．4900 B ．4901 C ．5000

D ．5001

[解析] 根据条件找规律，第1个1是分子、分母的和为2，第2个1是分子、分母的和为4，第3个1是分子、分母的和为6，...，第50个1是分子、分母的和为100，而分子、分母的和为2的有1项，分子、分母的和为3的有2项，分子、分母的和为4的有3项，...，分子、分母的和为99的有98项，分子、分母的和为100的项依次是：199，298，397， (5050)

51

49，…，99

1，第50个1是其中第50项，在数列中的序号为1＋2＋3＋…＋98＋50＝＋

2

＋50＝4901．

(理)(2017·合肥市质检)以S n 表示等差数列{a n }的前n 项和，若S 5>S 6，则下列不等关系不一定成立的是 ( D )

A ．2a 3>3a 4

B ．5a 5>a 1＋6a 6

C ．a 5＋a 4－a 3<0

D ．a 3＋a 6＋a 12<2a 7

[解析] 依题意得a 6＝S 6－S 5<0,2a 3－3a 4＝2(a 1＋2d )－3(a 1＋3d )＝－(a 1＋5d )＝－

a 6>0,2a 3>3a 4；5a 5－(a 1＋6a 6)＝5(a 1＋4d )－a 1－6(a 1＋5d )＝－2(a 1＋5d )＝－2a 6>0,5a 5>a 1＋

6a 6；a 5＋a 4－a 3＝(a 3＋a 6)－a 3＝a 6<0.综上所述，故选D ．

4．等差数列{a n }中，a 1>0，公差d <0，S n 为其前n 项和，对任意自然数n ，若点(n ，S n )在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是 ( C )

[解析] ∵S n ＝na 1＋

n n －

2

d ，∴S n ＝d 2

n 2＋(a 1－d

2

)n ，又a 1>0，公差d <0，所以点(n ，

S n )所在抛物线开口向下，对称轴在y 轴右侧．

[点评] 可取特殊数列验证排除，如a n ＝3－n ．

5．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任

意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：

①f (x )＝x 2;

②f (x )＝2x

；

③f (x )＝|x |； ④f (x )＝ln|x |．

则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为 ( C ) A ．①② B ．③④ C ．①③

D ．②④

[分析] 保等比数列函数指：①定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数；②若{a n }是等比数列，则{f (a n )}仍是等比数列．

[解析] 解法一：设{a n }的公比为q ．

①f (a n )＝a 2

n ，∵a 2n ＋1

a n ＝(a n ＋1a n

)2＝q 2，

∴{f (a n )}是等比数列，排除B 、D ． ③f (a n )＝|a n |， ∵

|a n ＋1|

|a n |

＝|

a n ＋1

a n

|＝|q |， ∴{f (a n )}是等比数列，排除A ． 解法二：不妨令a n ＝2n

．

①因为f (x )＝x 2

，所以f (a n )＝a 2

n ＝4n

.显然{f (a n )}是首项为4，公比为4的等比数列． ②因为f (x )＝2x

，

所以f (a 1)＝f (2)＝22

，f (a 2)＝f (4)＝24

，

f (a 3)＝f (8)＝28，

所以f a 2f a 1＝2422＝4≠f a 3f a 2＝28

2

4＝16，

所以{f (a n )}不是等比数列．

③因为f (x )＝|x |，所以f (a n )＝2n

＝(2)n

． 显然{f (a n )}是首项为2，公比为2的等比数列． ④因为f (x )＝ln|x |，所以f (a n )＝ln2n ＝n ln2．

显然{f (a n )}是首项为ln2，公差为ln2的等差数列，故选C ． 6．若数列{a n }与{b n }满足b n ＋1a n ＋b n a n ＋1＝(－1)n

＋1，b n ＝

3＋－n －1

2

，n ∈N ＋，且a 1

＝2，设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 63＝__560__.

[解析] ∵b n ＝

3＋－

n －1

2＝?

????

n 为奇数n 为偶数

，又a 1＝2，∴a 2＝－1，a 3＝4，a 4＝

－2，a 5＝6，a 6＝－3，…，

∴S 63＝a 1＋a 2＋a 3＋…a 63＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 63)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 62)＝(2＋4＋6＋…＋64)－(1＋2＋3＋…＋31)＝1056－496＝560．

7．已知向量a ＝(2，－n )，b ＝(S n ，n ＋1)，n ∈N *

，其中S n 是数列{a n }的前n 项和，若

a ⊥

b ，则数列{a n a n ＋1a n ＋4}的最大项的值为__1

9

__.

[解析] ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2S n －n (n ＋1)＝0， ∴S n ＝

n n ＋

2

，∴a n ＝n ，

∴

a n

a n ＋1·a n ＋4

＝

n n ＋

n ＋

＝

1n ＋4n

＋5

，当n ＝2时，n ＋4n 取最小值4，此时a n

a n ＋1a n ＋4取到最大值1

9

．

8．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝

a n ＋1

S n S n ＋1

，求数列{b n }的前n 项和T n ．

[解析] (1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，

又a 1＋a 4＝9，可解得?

??

??

a 1＝1，

a 4＝8或?

??

??

a 1＝8，

a 4＝1(舍去)．

由a 4＝a 1q 3

得公比为q ＝2，故a n ＝a 1q n －1

＝2

n －1

．

(2)S n ＝a 1

－q

n

1－q

＝2n

－1，

又b n ＝

a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1

S n ＋1

， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝? ????1S 1－1S 2＋? ??

??1S 2－1S 3＋…＋

? ????1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1

＝1－12n ＋1

－1.

9．已知等比数列{a n }的公比q >1,42是a 1和a 4的一个等比中项，a 2和a 3的等差中项为6，若数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *

).

(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n ．

[解析] (1)因为42是a 1和a 4的一个等比中项， 所以a 1·a 4＝(42)2

＝32．

由题意可得???

??

a 2·a 3＝32，

a 2＋a 3＝12.

因为q >1，所以a 3>a 2．

解得?

??

??

a 2＝4，

a 3＝8.所以q ＝a 3

a 2

＝2．

故数列{a n }的通项公式a n ＝2n

．

(2)由于b n ＝log 2a n (n ∈N *

)，所以a n b n ＝n ·2n

，

S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，①

2S n ＝1·22

＋2·23

＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2

n ＋1

.②

①－②得，－S n ＝1·2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1

＝

－2n

1－2

－n ·2

n ＋1

．

所以S n ＝2－2

n ＋1

＋n ·2

n ＋1

＝2＋(n －1)·2

n ＋1

．

B 组

1．(2017·武汉市高三调研)设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4

成等比数列，且a 3＝－5

2

，则数列{

1n ＋

a n

}的前n 项和T n ＝ ( C ) A ．－n 2n ＋1

B ．n

2n ＋1 C ．－2n

2n ＋1

D ．2n 2n ＋1

[解析] 本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和． 设{a n }的公差为d ，因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋

a 3－a 12＝3

2a 1－54，S 4＝3a 3＋a 1＝a 1－15

2

， 因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以(32a 1－54)2＝(a 1－15

2)a 1，

整理得4a 2

1＋12a 1＋5＝0，所以a 1＝－52或a 1＝－12．

当a 1＝－5

2时，公差d ＝0不符合题意，舍去；

当a 1＝－12时，公差d ＝a 3－a 1

2

＝－1，

所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12＝－1

2(2n －1)，

所以

1n ＋

a n

＝－

2

n －n ＋

＝－(12n －1－1

2n ＋1

)，

所以其前n 项和T n ＝－(1－13＋13－15＋…＋12n －1－1

2n ＋1)

＝－(1－12n ＋1)＝－2n

2n ＋1

，故选C ．

2．(文)已知函数f (x )＝log 2x ，等比数列{a n }的首项a 1>0，公比q ＝2，若

f (a 2·a 4·a 6·a 8·a 10)＝25，则2f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 2017)等于 ( C )

A ．21009×2018

B ．21010×2019

C ．2

1008×2017

D ．2

1009×2017

[解析] f (a 2·a 4·a 6·a 8·a 10)

＝log 2(a 2·a 4·a 6·a 8·a 10)＝log 2(a 51q 25

)＝25， 即a 5

1·q 25

＝225

，

又a 1>0，q ＝2，故得到a 1＝1．

2f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 2012)＝2f (a 1)·2f (a 2)·…·2f (a 2017) ＝2log 2a 1·2log 2a 2·…·2log 2a 2017 ＝a 1·a 2·…·a 2017＝a 2017

1·q 1＋2＋…＋2016

＝1

2017

×2

＋2

＝2

1008×2017

.故选C ．

(理)已知a n ＝3

2n －11，数列{a n }的前n 项和为S n ，关于a n 及S n 的叙述正确的是 ( C )

A ．a n 与S n 都有最大值

B ．a n 与S n 都没有最大值

C ．a n 与S n 都有最小值

D ．a n 与S n 都没有最小值

[解析] 画出a n ＝3

2n －11

的图象，

点(n ，a n )为函数y ＝32x －11图象上的一群孤立点，(11

2

，0)为对称中心，S 5最小，a 5最小，a 6最大．

3．(文)已知正数组成的等差数列{a n }，前20项和为100，则a 7·a 14的最大值是 ( A ) A ．25 B ．50 C ．100 D ．不存在

[解析] ∵S 20＝

a 1＋a 20

2

×20＝100，∴a 1＋a 20＝10．

∵a 1＋a 20＝a 7＋a 14，∴a 7＋a 14＝10． ∵a n >0，∴a 7·a 14≤(

a 7＋a 14

2

)2

＝25.当且仅当a 7＝a 14时取等号．

(理)已知数列{a n }的各项均为正数，执行程序框图(如下图)，当k ＝4时，输出S ＝1

3，

则a 2018＝ ( D )

A ．2016

B ．2017

C ．2018

D ．2019

[解析] 由程序框图可知，{a n }是公差为1的等差数列， 且

1

a 1a 2＋

1

a 2a 3＋

1

a 3a 4

＋

1

a 4a 5＝13

， ∴1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋1a 3－1a 4＋1a 4－1a 5＝1a 1－1a 5＝13

， ∴1a 1－1a 1＋4＝13

，解得a 1＝2，∴a 2018＝a 1＋2017d ＝2＋2017＝2019． 4．(文)在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限内的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是 ( A )

A ．1

B ．2

C ．3

D ．4

[解析] 由等差、等比数列的性质，可求得x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4，∴P 1(2,2)，

P 2(3,4)，∴S △OP 1P 2＝1．

(理)已知曲线C ：y ＝1

x

(x >0)上两点A 1(x 1，y 1)和A 2(x 2，y 2)，其中x 2>x 1.过A 1、A 2的直线

l 与x 轴交于点A 3(x 3,0)，那么 ( A )

A ．x 1，x 3

2，x 2成等差数列

B ．x 1，x 3

2，x 2成等比数列

C ．x 1，x 3，x 2成等差数列

D ．x 1，x 3，x 2成等比数列 [解析] 直线A 1A 2的斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝1

x 2－

1

x 1x 2－x 1＝－1x 1x 2，所以直线A 1A 2的方程为y －1

x 1

＝－1

x 1x 2(x －x 1)，令y ＝0解得x ＝x 1＋x 2，∴x 3＝x 1＋x 2，故x 1，x 3

2

，x 2成等差数列，故选A ．

5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝

a n

a n ＋2(n ∈N *

)．若b n ＋1＝(n －λ)(1a n

＋1)，b 1＝－λ，

且数列{b n }是递增数列，则实数λ的取值范围为 ( A )

A ．λ<2

B ．λ>3

C ．λ>2

D ．λ<3

[解析] 易知1

a n ＋1＝2

a n

＋1，

所以

1

a n ＋1

＋1＝2(1

a n

＋1)．

又a 1＝1，所以1a n ＋1＝(1a 1

＋1)2n －1＝2n

，

所以b n ＋1＝(n －λ)2n

，

所以b n ＋1－b n ＝(n －λ)2n －(n －1－λ)2n －1

＝(n －λ＋1)2

n －1

>0，

所以n －λ＋1>0． 又n ∈N *

，所以λ<2．

6．已知函数f (x )＝a ·b x 的图象过点A (2，12)、B (3,1)，若记a n ＝log 2f (n )(n ∈N *

)，S n

是数列{a n }的前n 项和，则S n 的最小值是__－3__.

[解析] 将A 、B 两点坐标代入f (x )得， ?????

12＝ab 2，1＝ab 3，

解得?????

a ＝18

，

b ＝2，

∴f (x )＝18·2x .∴f (n )＝18·2n ＝2n －3

．

∴a n ＝log 2f (n )＝n －3． 令a n ≤0，即n －3≤0，∴n ≤3．

∴数列前3项小于或等于零，故S 3或S 2最小．

S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝－2＋(－1)＋0＝－3．

7．(2017·新乡、许昌、平顶山调研)如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第一群，第二群，…，第n 群，…，第n 群恰好n 个数，则第

n 群中n 个数的和是__3·2n －2n －3__.

[解析] 由图规律知，第n 行第1个数为2

n －1

，第2个数为3·2

n －2

，第3个数为5·2

n

－3

……设这n 个数的和为S 则S ＝2

n －1

＋3·2

n －2

＋5×2

n －3

＋…＋(2n －3)·2＋(2n －1)·20

① 2S n ＝2n ＋3·2

n －1

＋5·2n －2

＋…＋(2n －3)·22

＋(2n －1)·21

②

②－①得S n ＝2n ＋2·2n －1

＋2·2

n －2

＋…＋2·22

＋2·2－(2n －1)

＝2n

＋2n

＋2n －1

＋…＋23

＋22

－(2n －1)

＝2n ＋－2n －1

1－2

－(2n －1)

＝2n

＋2

n ＋1

－4－2n ＋1

＝3·2n －2n －3．

8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数. (1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；

(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．

[分析] (1)利用a n ＋1＝S n ＋1－S n 用配凑法可获证；(2)假设存在λ，则a 1，a 2，a 3应成等差数列求出λ的值，然后依据a n ＋2－a n ＝λ推证{a n }为等差数列．

[解析] (1)由题设：a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1， 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1． 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ．

(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1， 令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4． 故a n ＋2－a n ＝4，由此可得

{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1． 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2．

因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列． 9．已知数列{a n }满足a n ＋1＝－1a n ＋2，a 1＝－12

. (1)求证{

1

a n ＋1

}是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式；

(3)设T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1.若T n ≥p －n 对任意的n ∈N *

恒成立，求p 的最大值． [解析] (1)证明：∵a n ＋1＝－1

a n ＋2

， ∴a n ＋1＋1＝－

1a n ＋2＋1＝a n ＋2－1a n ＋2＝a n ＋1a n ＋2

， 由于a n ＋1≠0， ∴

1a n ＋1＋1＝a n ＋2a n ＋1＝1＋1a n ＋1

，

∴{

1

a n ＋1

}是以2为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)题结论知：1

a n ＋1

＝2＋(n －1)＝n ＋1， ∴a n ＝

1n ＋1－1＝－n n ＋1

(n ∈N *

)． (3)∵T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥P －n ， ∴n ＋a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥P ，

即(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋(1＋a n ＋2)＋…＋(1＋a 2n －1)≥p ，对任意n ∈N *

恒成立， 而1＋a n ＝

1

n ＋1

， 设H (n )＝(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋…＋(1＋a 2n －1)， ∴H (n )＝

1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ， H (n ＋1)＝1

n ＋2＋1

n ＋3＋…＋1

2n ＋1

2n ＋1＋1

2n ＋2

， ∴H (n ＋1)－H (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－1

2n ＋2>0，

∴数列{H (n )}单调递增，

∴n ∈N *

时，H (n )≥H (1)＝12，故P ≤12．

∴P 的最大值为1

2

．