2021届新高考版高考数学一轮复习训练：第五章 第四讲　数列求和及数列的综合应用

2021届新高考版高考数学一轮复习训练：第五章 第四讲　数列求和及数列的综合应用

第四讲　数列求和及数列的综合应用 ‎ ‎1.[2020石家庄市重点高中高三摸底测试]已知1,a1,a2,3成等差数列,1,b1,b2,b3,4成等比数列,则a‎1‎‎+‎a‎2‎b‎2‎的值为(　　)‎ A.2 B. - 2 C.±2 D.‎‎5‎‎4‎ ‎2.[2020江西红色七校第一次联考]在正项数列{an}中,a1=2,且点P(ln an,ln an+1)(n∈N*)在直线x - y+ln 2=0上.若数列{an}的前n项和Sn满足Sn>200,则n的最小值为(　　)‎ A.2 B.5 C.6 D.7‎ ‎3.[2020贵阳市高三摸底测试]定义n‎∑‎i=1‎nui为n个正数u1,u2,u3,…,un的“快乐数”.若已知正项数列{an}的前n项的“快乐数”为‎1‎‎3n+1‎,则数列{‎36‎‎(an+2)(an+1‎+2)‎}的前2 019项和为(　　)‎ A.‎2 018‎‎2 019‎ B.‎2 019‎‎2 020‎ C.‎2 019‎‎2 018‎ D.‎‎2 019‎‎1 010‎ ‎4.[2019广东百校联考]设数列{an}的前n项和为Sn,an=‎1‎n(n+1)‎‎+‎‎1‎‎(n+1)(n+2)‎,若对任意的正整数n都满足Sn200,则2n+1>202,所以n的最小值为7.‎ ‎3.B　设数列{an}的前n项和为Sn,则根据题意nSn‎=‎‎1‎‎3n+1‎,Sn=3n2+n,a1=S1=4,an=Sn - Sn - 1=6n - 2(n≥2),当n=1时也满足上式,所以an=6n - 2,所以‎36‎‎(an+2)(an+1‎+2)‎‎=‎36‎‎6n(6n+6)‎=‎1‎n(n+1)‎=‎1‎n - ‎‎1‎n+1‎,所以{‎36‎‎(an+2)(an+1‎+2)‎}的前2 019项和为1 - ‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎ - ‎‎1‎‎3‎+…+‎1‎‎2 019‎‎ - ‎‎1‎‎2 020‎=1 - ‎1‎‎2 020‎‎=‎‎2 019‎‎2 020‎.‎ ‎4.[‎3‎‎2‎,+∞)　由题可知,an=‎1‎n(n+1)‎‎+‎1‎‎(n+1)(n+2)‎=‎2‎n(n+2)‎=‎1‎n - ‎‎1‎n+2‎,故Sn=1+‎1‎‎2‎‎ - ‎1‎n+1‎ - ‎1‎n+2‎<‎‎3‎‎2‎,所以m∈[‎3‎‎2‎,+∞).‎ ‎5.(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q(q≠0),‎ 依题意,有‎1+d+2q=7,‎‎1+2d+2q‎2‎=13,‎解得d=2,‎q=2.‎ 故an=2n - 1,bn=2n.‎ ‎(2)由已知得c2n - 1=a2n - 1=4n - 3,c2n=b2n=4n,‎ 所以数列{cn}的前2n项和 S2n=(a1+a3+…+a2n - 1)+(b2+b4+…+b2n)‎ ‎=‎n(1+4n-3)‎‎2‎‎+‎‎4(1-‎4‎n)‎‎1-4‎ ‎=2n2 - n+‎4‎‎3‎(4n - 1).‎ ‎6.(1)∵a1=3,∴a2=2a1+2 - 2=6,∴a3=2a2+3 - 2=13.‎ ‎(2)∵an=2an - 1+n - 2,n≥2,∴an+n=2(an - 1+n - 1),n≥2.‎ 又a1+1=4,∴数列{an+n}是以4为首项,2为公比的等比数列.‎ ‎∴an+n=4×2n - 1=2n+1,‎ ‎∴an=2n+1 - n.‎ ‎(3)Sn=22 - 1+23 - 2+…+2n - (n - 1)+2n+1 - n=22(2n - 1) - n‎2‎‎+n‎2‎=2n+2 - n‎2‎‎+n+8‎‎2‎.‎ ‎7.(1)设等差数列{an}的公差为d,‎ 因为a2+2,a4,a6 - 2成等比数列,‎ 所以a‎4‎‎2‎=(a2+2)(a6 - 2),‎ 所以(a3+d)2=(a3 - d+2)(a3+3d - 2),‎ 又a3=3,所以(3+d)2=(5 - d)(1+3d),化简得d2 - 2d+1=0,解得d=1,‎ 所以an=a3+(n - 3)d=3+(n - 3)×1=n.‎ ‎(2)由(1)得,bn=‎(-1‎‎)‎na‎2n+1‎anan+1‎=( - 1)n‎2n+1‎n(n+1)‎=( - 1)n(‎1‎n‎+‎‎1‎n+1‎),‎ 所以S2n=b1+b2+b3+…+b2n= - (1+‎1‎‎2‎)+(‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎3‎) - (‎1‎‎3‎‎+‎‎1‎‎4‎)+…+(‎1‎‎2n‎+‎‎1‎‎2n+1‎)= - 1+‎1‎‎2n+1‎‎=‎‎-2n‎2n+1‎.‎ ‎【解后反思】　运用并项求和法求数列的前n项和的突破口是会观察数列中各项的特征,‎ 如本题,数列{bn}的通项公式为bn=( - 1)n‎2n+1‎n(n+1)‎,易知数列{bn}是摆动数列,所以求和时可以将各项进行适当合并.‎ ‎8.C　由an+1=2Sn+3,可得当n≥2时,有an=2Sn - 1+3,两式相减得an+1 - an=2(Sn - Sn - 1)=2an(n≥2),故an+1=3an(n≥2).‎ 又当n=1时,a2=2S1+3=2a1+3=3a1,‎ 所以数列{an}是首项为3,公比为3的等比数列,故an=3n.‎ 所以bn=log3an=n,所以bnan‎=‎n‎3‎n.‎ 所以Tn=‎1‎‎3‎‎+‎‎2‎‎3‎‎2‎+…+n-1‎‎3‎n-1‎‎+‎n‎3‎n　①,‎ ‎ ‎1‎‎3‎Tn=‎1‎‎3‎‎2‎‎+‎‎2‎‎3‎‎3‎+…+n-1‎‎3‎n‎+‎n‎3‎n+1‎　②,‎ ‎① - ②,得‎2‎‎3‎Tn=‎1‎‎3‎‎+‎1‎‎3‎‎2‎+‎‎1‎‎3‎‎3‎+…+‎1‎‎3‎n‎ - ‎n‎3‎n+1‎,‎ 化简整理得Tn=‎3‎‎4‎‎ - ‎‎1‎‎2‎(‎3‎‎2‎+n)·(‎1‎‎3‎)n.‎ 因为(‎3‎‎2‎+n)·(‎1‎‎3‎)n>0,‎ 所以Tn<‎3‎‎4‎,又Tn+1 - Tn=n+1‎‎3‎n+1‎>0,所以数列{Tn}是递增数列,所以‎(Tn)‎min=T1=‎1‎‎3‎,所以‎1‎‎3‎≤Tn<‎3‎‎4‎,故Tn的取值范围是[‎1‎‎3‎,‎3‎‎4‎),选C.‎ ‎9.‎3‎‎4‎　因为an=3Sn - 3,所以当n≥2时,an - 1=3Sn - 1 - 3,所以an - an - 1=3an(n≥2),an= - ‎1‎‎2‎an - 1(n≥2),又由an=3Sn - 3得a1=‎3‎‎2‎,所以数列{an}是以‎3‎‎2‎为首项, - ‎1‎‎2‎为公比的等比数列,所以Sn=‎3‎‎2‎‎[1-(-‎1‎‎2‎‎)‎n]‎‎1-(-‎1‎‎2‎)‎=1 - ( - ‎1‎‎2‎)n,则|Sm - Sn|=|( - ‎1‎‎2‎)n - ( - ‎1‎‎2‎)m|.因为数列{( - ‎1‎‎2‎)n}的项依次为 - ‎1‎‎2‎,‎1‎‎4‎, - ‎1‎‎8‎,‎1‎‎16‎,…,所以对任意的m,n∈N*,|Sm - Sn|=|( - ‎1‎‎2‎)n - ( - ‎1‎‎2‎)m|≤| - ‎1‎‎2‎‎ - ‎‎1‎‎4‎|=‎3‎‎4‎,所以M≥‎3‎‎4‎,故实数M的最小值为‎3‎‎4‎.‎ ‎10.2 020　解法一　依题意得a1=a2=1,an+2=an+1+an,则an+1=an+2 - an,‎ 两边同乘以an+1,得an+1‎‎2‎=an+1·an+2 - an·an+1,‎ 则a‎2 019‎‎2‎=a2 019a2 020 - a2 018a2 019,a‎2 018‎‎2‎=a2 018a2 019 - a2 017a2 018,‎ a‎2 017‎‎2‎‎=a2 017a2 018 - a2 016a2 017,…,a‎2‎‎2‎=a2a3 - a1a2,又a‎1‎‎2‎=a1a2,‎ 因此a‎2 019‎‎2‎‎+a‎2 018‎‎2‎+‎a‎2 017‎‎2‎+…+a‎2‎‎2‎‎+‎a‎1‎‎2‎=a2 020a2 019,‎ 即a‎1‎‎2‎‎+a‎2‎‎2‎+a‎3‎‎2‎+…+‎a‎2 019‎‎2‎a‎2 019‎=a2 020,‎ 故a‎1‎‎2‎‎+a‎2‎‎2‎+a‎3‎‎2‎+…+‎a‎2 019‎‎2‎a‎2 019‎是斐波那契数列中的第2 020项.‎ 解法二　a‎1‎‎2‎‎+‎a‎2‎‎2‎a‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎‎1‎=2=a3,a‎1‎‎2‎‎+a‎2‎‎2‎+‎a‎3‎‎2‎a‎3‎‎=‎‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎+‎‎2‎‎2‎‎2‎=3=a4,‎ a‎1‎‎2‎‎+a‎2‎‎2‎+a‎3‎‎2‎+‎a‎4‎‎2‎a‎4‎‎=‎‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎+‎2‎‎2‎+‎‎3‎‎2‎‎3‎‎=5=a5,‎ 猜测a‎1‎‎2‎‎+a‎2‎‎2‎+…+‎an‎2‎an=an+1.由此可知,a‎1‎‎2‎‎+a‎2‎‎2‎+…+‎a‎2 019‎‎2‎a‎2 019‎=a2 020.‎ ‎【点评】本题以数学史上典型的数列——斐波那契数列为背景命制,在考查累加法的同时传承了经典的数学文化.‎ ‎11.(1)设数列{an}的公差为d,则a‎1‎‎+4d=4,‎‎3a‎1‎+18d=18,‎解得a‎1‎‎=0,‎d=1,‎ 所以an=a1+(n - 1)d=n - 1.‎ 对于数列{bn},当n=1时,b1=S1=2b1 - 1,所以b1=1.‎ 当n≥2时,由Sn=2bn - 1　①,‎ 可知Sn - 1=2bn - 1 - 1　②,‎ ‎① - ②得bn=2bn - 2bn - 1,即bn=2bn - 1.‎ 又b1=1,故{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以bn=2n - 1.‎ ‎(2)设Tn=a1b1+a2b2+…+anbn.‎ 由(1)知,当n=1时,T1=0.‎ 当n≥2时,Tn=1×21+2×22+…+(n - 2)2n - 2+(n - 1)2n - 1　③,‎ ‎2Tn=1×22+2×23+…+(n - 2)2n - 1+(n - 1)2n　④,‎ ‎③ - ④,得 - Tn=2+22+23+…+2n - 1 - (n - 1)2n,‎ 所以 - Tn=‎2-‎‎2‎n‎1-2‎ - (n - 1)2n= - (n - 2)2n - 2,‎ 所以Tn=(n - 2)2n+2.当n=1时也符合该式,所以Tn=(n - 2)2n+2.‎ 故题中不等式可化为(n - 2)2n≥(n - 2)t　(*),‎ 当n=1时,不等式(*)可化为 - 2≥ - t,则t≥2.‎ 当n=2时,不等式(*)可化为0≥0,此时t∈R.‎ 当n≥3时,不等式(*)可化为t≤2n,因为数列{2n}是递增数列,所以t≤8.‎ 综上,实数t的取值范围是[2,8].‎ ‎12.(1)函数f (x)=‎(sinx+cosx)‎‎2‎‎-1‎cos‎2‎x-sin‎2‎x,即f (x)=sin2xcos2x=tan 2x,‎ 由f (x)=tan 2x=‎3‎,得2x=kπ+π‎3‎,k∈Z,解得x=k‎2‎π+π‎6‎,k∈Z,‎ 依题意得an=π‎6‎‎+‎π‎2‎(n - 1)=nπ‎2‎‎ - ‎π‎3‎,n∈N*.‎ ‎(2)由(1)可知,an=nπ‎2‎‎ - ‎π‎3‎,n∈N*,‎ bn=sin an=sin(nπ‎2‎‎ - ‎π‎3‎),则{bn}是最小正周期T=‎2ππ‎2‎=4的数列,‎ b1=‎1‎‎2‎,b2=‎3‎‎2‎,b3= - ‎1‎‎2‎,b4= - ‎3‎‎2‎,‎ S1=‎1‎‎2‎,S2=‎3‎‎+1‎‎2‎,S3=‎3‎‎2‎,S4=0,‎ 从而S5=S4+b5=b1=‎1‎‎2‎,S6=S5+b6=b1+b2=S2=‎3‎‎+1‎‎2‎,…,‎ 所以{Sn}是周期为4的数列,Sn=‎1‎‎2‎‎,n=4i-3,‎‎3‎‎+1‎‎2‎‎,n=4i-2,‎‎3‎‎2‎‎,n=4i-1,‎‎0,n=4i(i∈N*).‎ ‎13.nn+1‎　BD=2DC,即EnD‎ - ‎EnB=2(EnC‎ - ‎EnD),所以EnC‎=‎3‎‎2‎EnD - ‎‎1‎‎2‎EnB,‎ 设EnA=λEnC,则EnA‎=‎3λ‎2‎EnD - ‎λ‎2‎EnB=(3an - 3)EnD+( - n2 - n+1)EnB,‎ 所以3an - 3= - 3( - n2 - n+1),可得an=n2+n,‎ 所以‎1‎an‎=‎1‎n‎2‎‎+n=‎1‎n - ‎‎1‎n+1‎,‎ 则‎1‎a‎1‎‎+‎1‎a‎2‎+‎‎1‎a‎3‎+…+‎1‎an=1 - ‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎ - ‎‎1‎‎3‎+…+‎1‎n‎ - ‎‎1‎n+1‎=1 - ‎1‎n+1‎‎=‎nn+1‎.‎ ‎【解后反思】　本题是在数列与平面向量的交汇处命制的,主要考查平面向量的基本定理和利用裂项相消法求和,考查运算求解能力和逻辑推理能力.‎ ‎14.(1)由‎3‎sinB-sinCb-a‎=‎sinA+sinBc,‎ 根据正弦定理可得‎3‎b-cb-a‎=‎b+ac,即b2+c2 - a2=‎3‎bc,‎ 所以cos A=b‎2‎‎+c‎2‎-‎a‎2‎‎2bc‎=‎‎3‎‎2‎,‎ 由0

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