高中数学高考解密04 数列求和及综合问题（分层训练）-【高频考点解密】2021年高考数学二轮复习讲义+分层训练（解析版）

这是一份高中数学高考解密04 数列求和及综合问题（分层训练）-【高频考点解密】2021年高考数学二轮复习讲义+分层训练（解析版），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.已知Tn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1,2n)))的前n项和，若m>T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为( )
A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 023
【答案】C
【解析】因为eq \f(2n＋1,2n)＝1＋eq \f(1,2n)，所以Tn＝n＋1－eq \f(1,2n)，
则T10＋1 013＝11－eq \f(1,210)＋1 013＝1 024－eq \f(1,210)，又m>T10＋1 013，
所以整数m的最小值为1 024.
2.在等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancs nπ}的前2 020项的和为( )
A.1 009 B.1 010 C.2 019 D.2 020
【答案】D
【解析】设{an}的公差为d，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋6d＝a1＋3d＋7，,a1＋9d＝19，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))∴an＝2n－1，设bn＝ancs nπ，
则b1＋b2＝a1cs π＋a2cs 2π＝2，
b3＋b4＝a3cs 3π＋a4cs 4π＝2，…，
∴数列{ancs nπ}的前2 020项的和S2 020＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 019＋b2 020)＝2×1 010＝2 020.
3.数列{an}满足a1＝1，对任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a99)＝( )
A.eq \f(99,98) B.2 C.eq \f(99,50) D.eq \f(99,100)
【答案】C
【解析】对任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，
则an＋1－an＝n＋1，则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋1＝eq \f(n（n＋1）,2)，
则eq \f(1,an)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a99)＝2[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,99)－\f(1,100)))]＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,100)))＝eq \f(99,50).
4.(多选题)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,anan＋1)))的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为( )
A.数列{an＋1}是等差数列
B.数列{an＋1}是等比数列
C.数列{an}的通项公式为an＝2n－1
D.Tn<1
【答案】BCD
【解析】由Sn＋1＝Sn＋2an＋1，得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1，可化为an＋1＋1＝2(an＋1).由a1＝1，得a1＋1＝2，则数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.则an＋1＝2n，即an＝2n－1.由eq \f(2n,anan＋1)＝eq \f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，得Tn＝1－eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,22－1)－eq \f(1,23－1)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)＝1－eq \f(1,2n＋1－1)<1.所以A错误，B，C，D正确.故选BCD.
5.(多选题)已知数列{an}满足an＋1＋an＝n·(－1)eq \f(n（n＋1）,2)，其前n项和为Sn，且m＋S2 019＝－1 009，则下列说法正确的是( )
A.m为定值 B.m＋a1为定值
C.S2 019－a1为定值 D.ma1有最大值
【答案】BCD
【解析】当n＝2k(k∈N*)时，由已知条件得a2k＋a2k＋1＝2k·(－1)k(2k＋1)，所以S2 019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 018＋a2 019)＝a1－2＋4－6＋8－10＋…－2 018＝a1＋1 008－2 018＝a1－1 010，所以S2 019－a1＝－1 010.m＋S2 019＝m＋a1－1 010＝－1 009，所以m＋a1＝1，所以ma1≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋a1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)，当且仅当m＝a1＝eq \f(1,2)时等号成立，此时ma1取得最大值eq \f(1,4).故选BCD.
二、填空题
6.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”的通项公式为an＋1－an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
【答案】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＝eq \f(2－2n,1－2)＋2＝2n－2＋2＝2n，所以Sn＝eq \f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.
7.已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1，则a1＝________，an＝________.
【答案】－1 －3n－1
【解析】令n＝1，则2S1＝3a1＋1，又S1＝a1，所以a1＝－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2)(3an－3an－1)，整理得an＝3an－1，即eq \f(an,an－1)＝3(n≥2).
因此，{an}是首项为－1，公比为3的等比数列.
故an＝－3n－1.
8.已知数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，则使得Sn－nan＋1＋50<0的最小正整数n的值为________.
【答案】5
【解析】Sn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n，
则2Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，两式相减得
－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝eq \f(2（1－2n）,1－2)－n·2n＋1，
故Sn＝2＋(n－1)·2n＋1. 又an＝2n，
∴Sn－nan＋1＋50＝2＋(n－1)·2n＋1－n·2n＋1＋50＝52－2n＋1，
依题意52－2n＋1<0，故最小正整数n的值为5.
三、解答题
9.记Sn为等差数列{an}的前n项和，且a10＝4，S15＝30.
(1)求数列{an}的通项公式以及前n项和Sn；
(2)记数列{2an＋4＋an}的前n项和为Tn，求满足Tn＞0的最小正整数n的值.
【解析】(1)记数列{an}的公差为d，S15＝30⇒15a8＝30⇒a8＝2，故d＝eq \f(a10－a8,10－8)＝1，
故an＝a10＋(n－10)d＝4＋n－10＝n－6，
Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2)＝－5n＋eq \f(n（n－1）,2)＝eq \f(n2,2)－eq \f(11n,2).
(2)依题意，2an＋4＋an＝n－6＋2n－2
Tn＝(－5－4＋…＋n－6)＋(2－1＋20＋…＋2n－2)＝eq \f(n（n－11）,2)＋eq \f(2n－1,2)，
当n＝1时，T1＝eq \f(－1×10＋21－1,2)＜0；
当n＝2时，T2＝eq \f(－2×9＋22－1,2)＜0；
当n＝3时，T3＝eq \f(－3×8＋23－1,2)＜0；
当n＝4时，T4＝eq \f(－4×7＋24－1,2)＜0；
当n≥5时，eq \f(n（n－11）,2)≥－15，eq \f(2n－1,2)≥eq \f(31,2)，所以Tn＞0.
故满足Tn＞0的最小正整数n的值为5.
10.甲、乙两同学在复习数列时发现曾经做过的一道有关数列的题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清，具体如下：等比数列{an}的前n项和为Sn，已知________.
(1)判断S1，S2，S3的关系；
(2)若a1－a3＝3，设bn＝eq \f(n,12)|an|，记{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn甲同学记得缺少的条件是首项a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并且他俩都记得第(1)问的答案是S1，S3，S2成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题.
【解析】(1)由S1，S3，S2成等差数列，得
2S3＝S1＋S2，即2(a1＋a1q＋a1q2)＝2a1＋a1q，
解得q＝－eq \f(1,2)或q＝0(舍去).
若乙同学记得的缺少的条件是正确的，则公比q＝－eq \f(1,2).
所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝a1－eq \f(1,2)a1＝eq \f(1,2)a1，
S3＝a1＋a2＋a3＝a1－eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,4)a1＝eq \f(3,4)a1，
可得S1＋S2＝2S3，即S1，S3，S2成等差数列.
(2)由a1－a3＝3，可得a1－eq \f(1,4)a1＝3，解得a1＝4，所以an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1).
所以bn＝eq \f(n,12)|an|＝eq \f(n,12)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(n－1)))＝eq \f(2,3)n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n).
所以Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×\f(1,2)＋2×\f(1,4)＋3×\f(1,8)＋…＋n×\f(1,2n)))，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×\f(1,4)＋2×\f(1,8)＋3×\f(1,16)＋…＋n×\f(1,2n＋1)))，
两式相减，得
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋\f(1,16)＋…＋\f(1,2n)－n·\f(1,2n＋1)))＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－n·\f(1,2n＋1)))，
化简可得Tn＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(n＋2,2n＋1))).
由1－eq \f(n＋2,2n＋1)<1，得TnB组 专题综合练
11.设数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，对于任意的n∈N*，an，Sn，aeq \\al(2,n)成等差数列，设数列{bn}的前n项和为Tn，且bn＝eq \f(（ln x）n,aeq \\al(2,n))，若对任意的实数x∈(1，e](e为自然对数的底数)和任意正整数n，总有Tn【答案】2
【解析】由题意得，2Sn＝an＋aeq \\al(2,n)，
当n≥2时，2Sn－1＝an－1＋aeq \\al(2,n－1)，
∴2Sn－2Sn－1＝an＋aeq \\al(2,n)－an－1－aeq \\al(2,n－1)，
∴(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
∵an>0，∴an－an－1＝1，即数列{an}是公差为1的等差数列，
又2a1＝2S1＝a1＋aeq \\al(2,1)，a1＝1，∴an＝n(n∈N*).
又x∈(1，e]，∴0∴Tn≤1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n2)<1＋eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,（n－1）n)
＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝2－eq \f(1,n)<2，∴r≥2，即r的最小值为2.
12.等差数列{an}的公差为2，a2，a4，a8分别等于等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足eq \f(c1,a1)＋eq \f(c2,a2)＋…＋eq \f(cn,an)＝bn＋1，求数列{cn}的前2 020项的和.
【解析】(1)依题意得beq \\al(2,3)＝b2b4，
所以(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋14)，
所以aeq \\al(2,1)＋12a1＋36＝aeq \\al(2,1)＋16a1＋28，解得a1＝2.
∴an＝2n.
设等比数列{bn}的公比为q，所以q＝eq \f(b3,b2)＝eq \f(a4,a2)＝eq \f(8,4)＝2，
又b2＝a2＝4，∴bn＝4×2n－2＝2n.
(2)由(1)知，an＝2n，bn＝2n.
因为eq \f(c1,a1)＋eq \f(c2,a2)＋…＋eq \f(cn－1,an－1)＋eq \f(cn,an)＝2n＋1①
当n≥2时，eq \f(c1,a1)＋eq \f(c2,a2)＋…＋eq \f(cn－1,an－1)＝2n②
由①－②得，eq \f(cn,an)＝2n，即cn＝n·2n＋1，
又当n＝1时，c1＝a1b2＝23不满足上式，
∴cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(8，n＝1，,n·2n＋1，n≥2.))
故S2 020＝8＋2×23＋3×24＋…＋2 020×22 021
＝4＋1×22＋2×23＋3×24＋…＋2 020×22 021
设T2 020＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋2 019×22 020＋2 020×22 021③，
则2T2 020＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋2 019×22 021＋2 020×22 022④，
由③－④得：－T2 020＝22＋23＋24＋…＋22 021－2 020×22 022
＝eq \f(22（1－22 020）,1－2)－2 020×22 022＝－4－2 019×22 022，
所以T2 020＝2 019×22 022＋4，
所以S2 020＝T2 020＋4＝2 019×22 022＋8.