2020届人教A版文科数学数列求和及综合应用单元测试

1.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=120.2.在数列{an}中，an=，若{an}的前n项和Sn=，则n=()A.3B.4C.5D.6【解析】选D.由an==1-得：Sn=n-=n-，则Sn==n-，将各选项中的值代入验证得n=6.3.已知数列{an}的前n项和为Sn，通项公式an=n·(-1)n+1，则S17=()A.10B.9C.8D.7【解析】选B.S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17=1+(-2+3)+(-4+5)+…+(-14+15)+(-16+17)=1+1+1+…+1=9.【一题多解】解决本题还可以采用以下方法：选B.S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17=(1+3+…+17)-(2+4+…+16)=81-72=9.4.在数列{an}中，若an+1+(-1)nan=2n-1，则数列{an}的前12项和等于()A.76B.78C.80D.82【解析】选B.由已知an+1+(-1)nan=2n-1，得an+2+(-1)n+1·an+1=2n+1，得an+2+an=(-1)n(2n-1)+(2n+1)，取n=1，5，9及n=2，6，10，结果相加可得S12=a1+a2+a3+a4+…+a11+a12=78.一、填空题2.(2016·浙江高考理科·T13)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=,S5=.【解题指南】根据已知条件利用数列的有关知识求解.【解析】由题意得,a1+a2=4,a2=2a1+1,解得a1=1,a2=3,再由an+1=2Sn+1,an=2Sn—1+1(n≥2),所以an+1-an=2an,an+1=3an,又a2=3a1,所以an+1=3an(n≥1),S5=51313=121.答案:1121二、解答题3.(2016·全国卷Ⅰ高考文科·T17)已知{an}是公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=1,b2=13,anbn+1+bn+1=nbn.(1)求{an}的通项公式.(2)求{bn}的前n项和.【解析】(1)因为anbn+1+bn+1=nbn,所以a1b2+b2=b1,解得a1=2.又{an}是公差为3的等差数列,所以an=a1+(n-1)d=2+(n-1)×3=3n-1,即an=3n-1.(2)由anbn+1+bn+1=nbn得n1nbb=13,所以数列{bn}是首项b1=1,公比q=13的等比数列,所以{bn}的前n项和为Sn=n111331=-122133n.4.(2016·全国卷Ⅲ·文科·T17)(本小题满分12分)已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,2na-(2an+1-1)an-2an+1=0.(1)求a2,a3.(2)求{an}的通项公式.【解析】(1)由题意可得a2=12,a3=14.(2)由2na-(2an+1-1)an-2an+1=0,得2an+1(an+1)=an(an+1).因为{an}的各项都为正数,所以n1na=a12.故{an}是首项为1,公比为12的等比数列,因此an=n112.5.(2016·浙江高考理科·T20)设数列{an}满足n1naa2≤1,n∈N*.(1)证明:|an|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*.(2)若|an|≤n32,n∈N*,证明:|an|≤2,n∈N*.【解题指南】(1)先利用三角形不等式得|an|-1 2|an+1|≤1,变形为nn1nn1naa1  222,再用累加法可得1nnaa  122,进而可证|an|≥2n-1(|a1|-2).(2)由(1)可得nn1nn1n-1aa1  222,进而可得|an|2+m34·2n,再利用m的任意性可证|an|≤2.【解析】(1)由n1naa2≤1,得|an|-12|an+1|≤1,所以nn1nn1naa1   222,n∈N*.所以1n1223n1n1n1223n1211naaaaaaaa111  122222222222n.因此|an|≥2n-1(|a1|-2).(2)任取n∈N*,由(1)知,对于任意mn,nmnn1n1n2m1mnmnn1n1n2m1mnn+1-11naaaaaaaa1111  222222222222m,故|an|mn1ma122·2n≤mn1m113222·2n=2+m34·2n.从而对于任意mn,均有|an|2+m342n,①由m的任意性得|an|≤2.否则,存在n0∈N*,有|0na|2,取正整数m0lo00n3n4a2g2且m0n0,则00mm324n03n040a2log2n324=|0na|-2,与①式矛盾,综上所述,对于n∈N*,均有|an|≤2.6.(2016·浙江高考文科·T17)设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*.(1)求通项公式an.(2)求数列{|an-n-2|}的前n项和.【解题指南】(1)数列的基本计算.(2)利用数列中的分组法进行求和.【解析】(1)由题意得1221aa4,a2a1,则12a1,a3.又当n≥2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,得an+1=3an,所以数列{an}是以1为首项,公比为3的等比数列,所以an=3n-1,n∈N*.(2)设bn=|3n-1-n-2|,n∈N*,b1=2,b2=1,当n≥3时,由于3n-1n+2,故bn=3n-1-n-2,n≥3,设数列{bn}的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3,当n≥3时,Tn=3+n2n2913 n7n23n5n11  1322,当n=2时,也适合上式.所以Tn=n2*2,n1,3n5n11,n2,nN.27.(2016·天津高考理科·T18)(本小题满分13分)已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,bn是an和an+1的等比中项.(1)设cn=22n1nb-b,n∈N*,求证:数列{cn}是等差数列.(2)设a1=d,Tn=2nk2kk11b,n∈N*,求证:n2k1k11T2d.【解题指南】(1)利用等差数列的定义求证.(2)利用bn是an和an+1的等比中项化简并得出Tn的通项公式,然后利用裂项法求证结论.【证明】(1)cn=22n1nb-b=an+1an+2-anan+1=2d·an+1.cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2为定值.所以nc为等差数列.(2)2n222132111k1nn11421*.()()()2knknTbcccncdncdnn由已知c1=2221bb=a2a3-a1a2=2d·a2=2d(a1+d)=4d2,将c1=4d2代入(*)式得Tn=2d2n(n+1),所以nn2k1k1k111Tkk12d=2211111111223nn12d2d,得证.8.(2016·天津高考文科·T18)(本小题满分13分)已知na是等比数列,前n项和为Sn*nN,且123112aaa,S6=63.(1)求na的通项公式.(2)若对任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列n2n1b的前2n项和.【解题指南】(1)利用123112aaa求出公比q,代入S6=63求出a1.(2)利用等差中项求出bn,然后利用分组求和法求和.【解析】(1)设数列na的公比为q,由已知2111112aaqaq,解得q=2或-1,又由S6=61a1q1q=63知q≠-1,所以61a1212=63,解得a1=1,所以an=2n-1.(2)由题意得bn=12(log2an+log2an+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12,即数列{2nb}是首项为12,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n2nb}的前n项和为Tn,则222222212212342121222()()()()2.2nnnnbbnTbbbbbbnbbbn9.(2016·北京高考理科·T20)设数列A:a1,a2,…,aN(N≥2).如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有akan,则称n是数列A的一个“G时刻”.记G(A)是数列A的所有“G时刻”组成的集合.(1)对数列A:-2,2,-1,1,3,写出G(A)的所有元素.(2)证明:若数列A中存在an使得ana1,则G(A)≠⌀.(3)证明:若数列A满足an-an-1≤1(n=2,3,…,N),则G(A)的元素个数不小于aN-a1.【解析】(1)G(A)的元素为2和5.(2)因为存在an使得ana1,所以{i∈N*|2≤i≤N,aia1}≠⌀.记m=min{i∈N*|2≤i≤N,aia1},则m≥2,且对任意正整数km,ak≤a1am,因此m∈G(A).从而G(A)≠⌀.(3)当aN≤a1时,结论成立.以下设aNa1.由(2)知G(A)≠⌀.设G(A)={n1,n2,…,np},n1n2…np.记n0=1,则012pnnnnaaaa.对i=0,1,…,p,记Gi={k∈N*|nik≤N,ak错误!未找到引用源。}.如果Gi≠⌀,取mi=minGi,则对任何1≤kmi,ak≤iinmaa.从而mi∈G(A)且mi=ni+1,又因为np是G(A)中的最大元素,所以Gp=⌀.从而对任意np≤k≤N,ak≤错误!未找到引用源。,特别地,aN≤错误!未找到引用源。.对i=0,1,…,p-1,错误!未找到引用源。-1≤ina错误!未找到引用源。,因此错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。-1+(错误!未找到引用源。-i1na-1)≤ina错误!未找到引用源。+1.所以aN-a1≤nap-a1=错误!未找到引用源。(ina-错误!未找到引用源。)≤p.因此G(A)的元素个数p不小于aN-a1.10.(2016·北京高考文科·T15)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.(1)求{an}的通项公式.(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和.【解题指南】(1)利用等差、等比数列的基本量进行计算.(2)采用分组求和法.【解析】(1){bn}的公比q=32bb93=3,首项b1=2bq33=1,所以{bn}的通项bn=3n-1.所以{an}的首项a1=1,a14=b4=34-1=27,由a14=1+13d=27得,公差d=2,所以{an}的通项an=1+(n-1)×2=2n-1.(2)由(1)得cn=(2n-1)+3n-1.所以数列{cn}的前n项和Sn为Sn=(a1+b1)+(a2+b2)+…+(an+bn)=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)=n(n1)n22错误!未找到引用源。+错误!未找到引用源。n1313=n2+n312错误!未找到引用源。.