高考数学二轮专题学与练 10 数列求和及其应用（高考押题）（含解析）

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高考押题专练
1．在等差数列中，，是方程的两根，则数列的前11项和等于
A．66 B．132
C．66 D． 32
【答案】D
【解析】因为，是方程的两根，
所以，
又，所以，
，故选D.
2．已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝(　　)
A．72 B．88
C．92 D．98
【解析】法一　由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，数列{an}是公差为3的等差数列，又a4＋a5＝23＝2a1＋7d＝2a1＋21，∴a1＝1，S8＝8a1＋d＝92.
法二　由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，数列{an}是公差为3的等差数列，S8＝＝＝92.
【答案】C
3．数列中，，且，则数列前2019项和为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】∵，
∴，
整理得：，
∴，又，
∴，
可得：．
则数列前2019项和为：．
故选B．
4．数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝a1＋an＋n(n∈N*)，则＋＋…＋等于(　　)
A. B.
C. D.
【解析】由a1＝1，an＋1＝a1＋an＋n可得an＋1－an＝n＋1，利用累加法可得an－a1＝，所以an＝，所以＝＝2，故＋＋…＋＝2
＝2＝，选A.
【答案】A
5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＝a5.令bn＝(－1)n－1an，则数列{bn}的前2n项和T2n为(　　)
A．－n B．－2n
C．n D．2n
【解析】设等差数列{an}的公差为d，由S3＝a5，得3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2，∴an＝2n－1，∴bn＝(－1)n－1(2n－1)，∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1)＝－2n，选B.
【答案】B
6．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)·cos＋1(n∈N*)，其前n项和为Sn，则S60＝(　　)
A．－30 B．－60
C．90 D．120
【解析】由题意可得，当n＝4k－3(k∈N*)时，an＝a4k－3＝1；当n＝4k－2(k∈N*)时，an＝a4k－2＝6－8k；当n＝4k－1(k∈N*)时，an＝a4k－1＝1；当n＝4k(k∈N*)时，an＝a4k＝8k.所以a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝8，所以S60＝8×15＝120.
【答案】D
7．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项为an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝(　　)
A．2 B．2n
C．2n＋1－2 D．2n－1－2
【解析】因为an＋1－an＝2n，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n，所以Sn＝＝2n＋1－2.
【答案】C
8．各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且3Sn＝anan＋1，则2k＝(　　)
A. B.
C. D.
【解析】当n＝1时，3S1＝a1a2,3a1＝a1a2，所以a2＝3，当n≥2时，由3Sn＝anan＋1，可得3Sn－1＝an－1an，
两式相减得：3an＝an(an＋1－an－1)，
又因为an≠0，所以an＋1－an－1＝3，
所以{a2n}是一个以3为首项，3为公差的等差数列．
所以2k＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝3n＋×3＝.
【答案】C
9．在各项都为正数的数列{an}中，首项a1＝2，且点(a，a)在直线x－9y＝0上，则数列{an}的前n项和Sn等于(　　)
A．3n－1 B.
C. D.
【解析】由点(a，a)在直线x－9y＝0上，得a－9a＝0，即(an＋3an－1)(an－3an－1)＝0，又数列{an}各项均为正数，且a1＝2，∴an＋3an－1>0，∴an－3an－1＝0，即＝3，∴数列{an}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，其前n项和Sn＝＝＝3n－1，故选A.
【答案】A
10．已知数列1，3，5，7，…，则其前n项和Sn为(　　)
A．n2＋1－　　　 B．n2＋2－
C．n2＋1－ D．n2＋2－
【解析】∵an＝2n－1＋，
∴Sn＝＋＝n2＋1－.
【答案】A
11．若数列{an}的通项公式为an＝，则其前n项和Sn为(　　)
A．1－ B.－－
C.－－ D.－－
【解析】∵an＝＝－，
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝1－＋－＋－＋…＋－＋－＝1＋－－＝－－.
【答案】D
12．已知等比数列{an}中，a2·a8＝4a5，等差数列{bn}中，b4＋b6＝a5，则数列{bn}的前9项和S9等于(　　)
A．9　　　　B．18　　　　C．36　　　　D．72
【解析】∵在等比数列{an}中，a2·a8＝4a5，即a＝4a5，
∴a5＝4.
∴由题意可知a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2.
∴S9＝9b5＝18.
【答案】B
13．等比数列{an}中，a4＝2，a7＝5，则数列{lg an}的前10项和等于(　　)
A．2 B．lg 50 C．5 D．10
【解析】由题意可知a4a7＝a5a6＝a3a8＝a2a9＝a1a10，即a1a2…a9a10＝105，
所以数列{lg an}的前10项和等于lg a1＋lg a2＋…＋lg a9＋lg a10＝lg a1a2…a10＝lg 105＝5.
【答案】C
14．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了(　　)
A．192里 B．96里 C．48里 D．24里
【解析】由题意，知每天所走路程形成以a1为首项，公比为的等比数列，则＝378，解得a1＝192，则a2＝96，即第二天走了96里．
【答案】B
15．在数列{an}中，an＋1－an＝2，Sn为{an}的前n项和．若S10＝50，则数列{an＋an＋1}的前10项和为________．
【解析】{an＋an＋1}的前10项和为a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a10＋a11＝2(a1＋a2＋…＋a10)＋a11－a1＝2S10＋10×2＝120.
【答案】120
16．已知数列5，6，1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于________．
【解析】根据题意这个数列的前7项分别为5，6，1，－5，－6，－1，5，6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.
又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前6项之和S16＝2×0＋7＝7.
【答案】7
17．已知定义在R上的函数f(x)是奇函数，且满足f(x)＝f(x＋3)，f(－2)＝－3.若数列{an}中，a1＝－1，且前n项和Sn满足＝2×＋1，则f(a5)＋f(a6)＝________．
【解析】∵函数f(x)是奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)，f(0)＝0.
∵f(x)＝f(x＋3)，
∴f(x)是以3为周期的周期函数．
∵Sn＝2an＋n，
∴Sn－1＝2an－1＋(n－1)(n≥2)，
两式相减并整理得an＝2an－1－1，即an－1＝2(an－1－1)(n≥2)，
∴数列{an－1}是以2为公比的等比数列，
首项为a1－1＝－2，
∴an－1＝－2×2n－1＝－2n，an＝－2n＋1，
∴a5＝－31，a6＝－63，
∴f(a5)＋f(a6)＝f(－31)＋f(－63)＝f(2)＋f(0)＝f(2)＝－f(－2)＝3.[来源:学科网ZXXK]
【答案】3
18．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．
【解析】(1)设等比数列{bn}的公比为q，
则q＝＝＝3，
∴b1＝＝1，b4＝b3q＝27，
∴bn＝3n－1(n＝1，2，3，…)．
设等差数列{an}的公差为d.
∵a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
∴1＋13d＝27，
即d＝2.
∴an＝2n－1(n＝1，2，3，…)．
(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1，
因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.
从而数列{cn}的前n项和
Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝＋＝n2＋.
19．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝6，S5＝15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，
∵S3＝6，S5＝15，[来源:Z§xx§k.Com]
∴即
解得
∴{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)由(1)得bn＝＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋＋，①
①式两边同乘，得
Tn＝＋＋＋＋…＋＋，②
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－－，
∴Tn＝2－－.
20．已知函数f(x)＝x2＋bx为偶函数，数列{an}满足an＋1＝2f(an－1)＋1，且a1＝3，an>1.
(1)设bn＝log2(an－1)，证明：数列{bn＋1}为等比数列；
(2)设cn＝nbn，求数列{cn}的前n项和Sn.
(1)证明：∵函数f(x)＝x2＋bx为偶函数，
∴b＝0，
∴f(x)＝x2，
∴an＋1＝2(an－1)2＋1，
∴an＋1－1＝2(an－1)2，
∴＝＝＝2.
∵a1＝3，
∴b1＝log22＝1，
∴bn＋1＝2n.
即bn＝2n－1，
∴数列{bn＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列．
(2)解：由题意得cn＝n2n－n.
设An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
设Bn＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝，
∴2An＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1.
∴－An＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－n×2n＋1－2，
∴An＝(n－1)2n＋1＋2.
∴Sn＝An－Bn＝(n－1)2n＋1＋2－.
21．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝2S2＋4，a5＝36.
(1)求an，Sn；
(2)设bn＝Sn－1(n∈N*)，Tn＝＋＋＋…＋，求Tn.
【解析】(1)因为S3＝2S2＋4，
所以a1－d＝－4，
又因为a5＝36，所以a1＋4d＝36，
解得d＝8，a1＝4，
所以an＝4＋8(n－1)＝8n－4，
Sn＝＝4n2.
(2)bn＝Sn－1＝4n2－1＝(2n－1)(2n＋1)，
∴＝
＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋＝

＝＝.
22．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＝－2SnSn－1(n≥2且n∈N*)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求Sn和an.
【解析】(1)证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，①
∴Sn(1＋2Sn－1)＝Sn－1，由上式知，若Sn－1≠0，则Sn≠0.
∵S1＝a1≠0，由递推关系知Sn≠0(n∈N*)，
∴由①式可得，当n≥2时，－＝2.
∴是等差数列，其中首项为＝＝2，公差为2.
(2)∵＝＋2(n－1)＝＋2(n－1)＝2＋2(n－1)＝2n，∴Sn＝.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－；
当n＝1时，a1＝S1＝不适合上式．
∴an＝
23．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公比为q的等比数列{bn}的首项为，且a1＋2q＝3，a2＋4b2＝6，S5＝40.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式an，bn；
(2)求数列的前n项和Tn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，
则解得
所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1，
bn＝·＝.
(2)＋
＝＋
＝＋22n＋1，
即有Tn＝
＋
＝＋(22n＋3－8)
＝－.
24．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，对∀n∈N*，有2Sn＝a＋an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，设{bn}的前n项和为Tn，求T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数．
【解析】(1)∵2Sn＝a＋an，①
∴当n＝1时，2a1＝a＋a1，解得a1＝1；
当n≥2时，2Sn－1＝a＋an－1，②
由①②得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
∵∀n∈N*有an＞0，
∴an－an－1＝1.
∴数列{an}是等差数列，首项为1，公差为1.
∴an＝1＋(n－1)＝n.
(2)∵bn＝
＝＝－，
∴{bn}的前n项和为Tn＝＋＋…＋＝1－，
∴T1，T2，T3，…，T100中只有取n＝3，8，15，24，35，48，63，80，99时，Tn才有理数．
∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.
25．已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，若S5＝70，且a2，a7，a22成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜.
【解析】(1)由题意得

解得a1＝6，d＝4，
∴an＝6＋(n－1)×4＝4n＋2.
(2)∵a1＝6，d＝4，
∴Sn＝6n＋×4＝2n2＋4n，
即＝＝，
∴Tn＝
＝
＝－＜，
∵Tn＋1－Tn＝＞0，
∴数列{Tn}是递增数列，
即(Tn)min＝T1＝－＝.
故≤Tn＜.
26．已知数列{an}是公差为正数的等差数列，数列{bn}为等比数列，且a1＝1，a2＝b2，a5＝b3，a14＝b4.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)对任意给定的k∈N*，是否存在p，r∈N*(k＜p＜r)使，，成等差数列？若存在，用k分别表示p和r(只要写出一组即可)；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)设数列{an}的公差为d，
则a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，
即b2＝1＋d，b3＝1＋4d，b4＝1＋13d，
所以(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，
解得d＝2或d＝0(舍去)，所以d＝2，
所以an＝1＋2(n－1)，即an＝2n－1，
又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，所以{bn}的公比q＝＝＝3，
所以bn＝b2qn－2＝3×3n－2，即bn＝3n－1.
(2)当k＝1时，若存在p，r，使，，成等差数列，则＝－＝－＝，
因为p≥2，所以ar＜0，与数列{an}为正项数列相矛盾，因此，当k＝1时不存在；
当k≥2时，设ak＝x，ap＝y，ar＝z，
则＋＝，
所以z＝，
令y＝2x－1，得z＝xy＝x(2x－1)，
此时ak＝x＝2k－1，ap＝y＝2x－1＝2(2k－1)－1，
所以p＝2k－1，ar＝z＝(2k－1)(4k－3)＝2(4k2－5k＋2)－1，
所以r＝4k2－5k＋2.
综上所述，当k＝1时，不存在p，r；
当k≥2时，存在p＝2k－1，r＝4k2－5k＋2满足要求．
27．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2为整数，且Sn≤S5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Tn，求证：Tn≤.
【解析】(1)由a1＝9，a2为整数可知，等差数列{an}的公差d为整数．
又Sn≤S5，∴a5≥0，a6≤0，
于是9＋4d≥0,9＋5d≤0，
解得－≤d≤－.
∵d为整数，∴d＝－2.
故{an}的通项公式为an＝11－2n.
(2)由(1)，得＝＝，
∴Tn＝
＝.
令bn＝，由函数f(x)＝的图象关于点(4.5,0)对称及其单调性，知0