高考數學二輪課時作業(yè)：層級二 專題三 第2講 數列求和及綜合應用 Word版含解析

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1、 層級二 專題三 第2講 限時50分鐘　滿分76分 一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分) 1．(2020·重慶七校聯考)若數列{an}滿足－＝0，則稱{an}為“夢想數列”．已知正項數列為“夢想數列”，且b1＋b2＋b3＝1，則b6＋b7＋b8＝(　　) A．4　　　　 B．16　　　　 C．32　　　 　D．64 解析：C　[由－＝0可得an＋1＝an，故{an}是公比為的等比數列，故是公比為的等比數列，則{bn}是公比為2的等比數列，b6＋b7＋b8＝(b1＋b2＋b3)×25＝32，故選C.] 2．(2020·江西省五校協(xié)作

2、體考試)設Sn是數列{an}的前n項和，若an＋Sn＝2n,2bn＝2an＋2－an＋1，則＋＋…＋＝(　　) A. B. C. D. 解析：D　[因為an＋Sn＝2n　①，所以an＋1＋Sn＋1＝2n＋1?、冢冢俚?an＋1－an＝2n，所以2an＋2－an＋1＝2n＋1.又2bn＝2an＋2－an＋1＝2n＋1，所以bn＝n＋1，＝＝－，則＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故選D.] 3．(2020·廣東省六校聯考)已知數列{an}滿足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n.設b

3、n＝，Sn為數列{bn}的前n項和，若Sn＜λ(λ為常數，n∈N*)，則λ的最小值是(　　) A. B. C. D. 解析：C　[a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n，① 當n≥2時，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(2n－3)·3n－1，② ①－②得，nan＝4n·3n－1(n≥2)，即an＝4·3n－1(n≥2)．當n＝1時，a1＝3≠4，所以an＝ bn＝ 所以Sn＝＋＋＋…＋＝＋＋＋＋…＋，③　Sn＝＋＋＋＋…＋＋，④ ③－④得，Sn＝＋＋＋＋…＋

4、－＝＋－， 所以Sn＝－＜，所以易知λ的最小值是，故選C.] 4．(2019·青島三模)已知f(n)表示正整數n的所有因數中最大的奇數，例如：12的因數有1,2,3,4,6,12，則f(12)＝3；21的因數有1,3,7,21，則f(21)＝21，那么∑100,i＝51f(i)的值為(　　) A．2 488 B．2 495 C．2 498 D．2 500 解析：D　[由f(n)的定義知f(n)＝f(2n)，且若n為奇數則f(n)＝n， 則∑100,i＝1f(i)＝f(1)＋f(2)＋…＋f(100) ＝1＋3＋5＋

5、…＋99＋f(2)＋f(4)＋…＋f(100) ＝＋f(1)＋f(2)＋…＋f(50) ＝2 500＋∑50,i＝1f(i)， ∴∑100,i＝51f(i)＝∑100,i＝1f(i)－∑50,i＝1f(i)＝2 500.] 5．(2019·深圳二模)已知數列{an}滿足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，數列的前n項和為Sn，則S1·S2·S3·…·S10＝(　　) A. B. C. D. 解析：C　[∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，∴2a1＋22a2＋…

6、＋2n－1an－1＝n－1(n≥2)，∴2nan＝1(n≥2)，當n＝1時也滿足，故an＝，故＝＝＝－，Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，∴S1·S2·S3·…·S10＝×××…××＝，選C.] 6．(2019·濰坊三模)已知等差數列{an}中公差d≠0，a1＝1，a1，a2，a5成等比數列，且a1，a2，ak1，ak2，…，akn成等比數列，若對任意的n∈N*，恒有≤(m∈N*)，則m＝(　　) A．0 B．1 C．2 D．1或2 解析：D　[由已知可得，a＝a1·a5，即(1＋d)2＝1·(1＋4d)，又d≠

7、0，解得d＝2，所以an＝2n－1.因為a1，a2，ak1，ak2，…，akn成等比數列，所以2kn－1＝3n＋1.令bn＝＝，設數列{bn}中的最大項為bl，故滿足解得1≤l≤2，即數列{bn}中的最大項為b1，b2，所以m＝1或2.] 二、填空題(本大題共2小題，每小題5分，共10分) 7．(2019·昆明三模)已知數列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝則數列{an}的前20項和為________． 解析：由題意可知，數列{a2n}是首項為1，公比為2的等比數列，數列{a2n－1}是首項為1，公差為2的等差數列，故數列{an}的前20項和為＋10×1＋×2＝1 123. 答案：

8、1 123 8．(2019·山師附中質檢)將數列{an}中的所有項按每一行比上一行多1項的規(guī)則排成如下數陣： a1 a2，a3 a4，a5，a6 a7，a8，a9，a10 …… 記數陣中的第1列數a1，a2，a4，…，構成的數列為{bn}，Sn為數列{bn}的前n項和，若Sn＝2bn－1，則a56＝________. 解析：當n≥2時，∵Sn＝2bn－1，∴Sn－1＝2bn－1－1，∴bn＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1(n≥2且n∈N*)，∵b1＝2b1－1，∴b1＝1，∴數列{bn}是首項為1，公比為2的等比數列，∴bn＝2n－1. 設a1，a2，a4，a7，a1

9、1，…的下標1,2,4,7,11，…構成數列{cn}，則c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，∴cn＝＋1，由cn＝＋1＝56，得n＝11，∴a56＝b11＝210＝1 024. 答案：1 024 三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分) 9．(2020·鄭州三測)已知數列{an}滿足a1＝1,2an·an＋1＋an＋1－an＝0，數列{bn}滿足bn＝. (1)求數列{an}的通項公式； (2)記數列{bn}的前n項和為Sn，問：是否存在n，使得Sn的值是？ 解析

10、：(1)因為2an·an＋1＋an＋1－an＝0， 所以an＋1＝， －＝－＝2， 由等差數列的定義可得是首項為＝1，公差為d＝2的等差數列． 故＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝. (2)由(1)得bn＝， 所以Sn＝＋＋…＋， 兩邊同乘以得，Sn＝＋＋…＋， 兩式相減得Sn＝＋2－， 即Sn＝＋2×－＝－－， 所以Sn＝3－. 因為Sn＋1－Sn＝－＝＞0，所以數列{Sn}是關于項數n的遞增數列，所以Sn≥S1＝，因為＜，所以不存在n，使得Sn＝. 10．(2019·武漢二模)已知數列{an}和{bn}滿足a1a2a3…an＝()bn(n∈N*)．若{an}為

11、等比數列，且a1＝2，b3＝6＋b2. (1)求an與bn； (2)設cn＝－(n∈N*)．記數列{cn}的前n項和為Sn. ①求Sn； ②求正整數k，使得對任意n∈N*均有Sk≥Sn. 解析：(1)由題意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，知a3＝()b3－b2＝8. 又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)， 所以數列{an}的通項為an＝2n(n∈N*)． 所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)． 故數列{bn}的通項為bn＝n(n＋1)(n∈N*)． (2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)， 所以Sn＝－(n∈N*)． ②因為c1＝0，c

12、2＞0，c3＞0，c4＞0； 當n≥5時， cn＝， 而－＝＞0， 即數列當n≥5時是遞減的． 所以≤＜1， 所以，當n≥5時，cn＜0. 綜上，對任意n∈N*，恒有S4≥Sn，故k＝4. 11．(文)(2020·浙江三地市聯考)已知數列{bn}滿足3(n＋1)bn＝nbn＋1，且b1＝3. (1)求數列{bn}的通項公式； (2)已知＝，求證：≤＋＋…＋＜1. 解析：(1)因為3(n＋1)bn＝nbn＋1，所以＝. 則＝3×，＝3×，＝3×，…， ＝3×， 累乘，可得＝3n－1×n，因為b1＝3，所以bn＝n·3n， 即數列{bn}的通項公式bn＝n·3n.

13、(2)證明：因為＝，所以an＝·3n. 因為＝· ＝·＝· ＝·－·， 所以＋＋…＋＝＋＋…＋ ＝1－·. 因為n∈N*，所以0＜·≤， 所以≤1－·＜1， 所以≤＋＋…＋＜1. 11．(理)(2019·江蘇卷)定義首項為1且公比為正數的等比數列為“M-數列”． (1)已知等比數列{an}(n∈N*)滿足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求證：數列{an}為“M數列”； (2)已知數列{bn}(n∈N*)滿足：b1＝1，＝－，其中Sn為數列{bn}的前n項和． ①求數列{bn}的通項公式； ②設m為正整數，若存在“M數列”{cn}(n∈N*)，對任意正整

14、數k，當k≤m時，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值． 解：(1)設等比數列{an}的公比為q，所以a1≠0， q≠0. 由得解得 因此數列{an}為“M數列”． (2)①因為＝－，所以bn≠0. 由b1＝1，S1＝b1，得＝－，則b2＝2. 由＝－，得Sn＝， 當n≥2時，由bn＝Sn－Sn－1， 得bn＝－， 整理得bn＋1＋bn－1＝2bn. 所以數列{bn}是首項和公差均為1的等差數列． 因此，數列{bn}的通項公式為bn＝n(n∈N*)． ②由①知，bk＝k，k∈N*. 因為數列{cn}為“M數列”，設公比為q，所以c1＝1， q＞0. 因

15、為ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1,2,3，…，m. 當k＝1時，有q≥1； 當k＝2,3，…，m時，有≤ln q≤. 設f(x)＝(x＞1)，則f′(x)＝. 令f′(x)＝0，得x＝e.列表如下： x (1，e) e (e，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  因為＝＜＝，所以f(k)max＝f(3)＝. 取q＝，當k＝1,2,3,4,5時，≤ln q，即k≤qk，經檢驗知qk－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5. 若m≥6，分別取k＝3,6，得3≤q3，且q5≤6，從而q15≥243，且q15≤216， 所以q不存在．因此所求m的最大值小于6. 綜上，所求m的最大值為5.