全国版2023高考数学一轮复习第6章数列第4讲数列求和及数列的综合应用试题2理含解析20230316176

第六章　数　列第四讲　数列求和及数列的综合应用1.[2021石家庄市重点高中模拟]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.2B.-2C.±2D.542.[2020江西红色七校联考]在正项数列{an}中,a1=2,且点P(lnan,lnan+1)(n∈N*)在直线x-y+ln2=0上.若数列{an}的前n项和Sn满足Sn>200,则n的最小值为(　　)A.2B.5C.6D.73.[2020贵阳市高三模拟]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2021项和为(　　)A.20202021B.20212022C.20212020D.202110114.[2021蓉城名校联考]已知数列{an}对任意m,n∈N*都满足am+n=am+an,且a1=1,若命题“∀n∈N*,λan≤an2+12”为真,则实数λ的最大值为　　　　. 5.[2021河北六校第一次联考]已知数列{an}为正项等比数列,a1=1,数列{bn}满足b2=3,a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=3+(2n-3)2n.(1)求an;(2)求{1bnbn+1}的前n项和Tn.6.[2021黑龙江省六校阶段联考]已知Sn是等差数列{an}的前n项和,S3=15,a1·a2=a7.(1)求an;(2)若bn=2an+(-1)n·an,求数列{bn}的前n项和Tn.7.[原创题]记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,Sn+1+1=2an+n+Sn,数列{bn}满足bn=an+n.(1)求{bn}的通项公式;第7页共7页\n(2)令cn=(1+bn)log2bn,求数列{cn}的前n项和Tn.8.[2021洛阳市联考]已知数列{an}的首项a1=3,前n项和为Sn,an+1=2Sn+3,n∈N*.设bn=log3an,则数列{bnan}的前n项和Tn的取值范围为(　　)A.[13,2]B.[13,2)C.[13,34)D.(14,34]9.[2020南昌市模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn,an=3Sn-3,若对任意的m,n∈N*,|Sm-Sn|≤M恒成立,则实数M的最小值为　　　　. 10.[2020山东泰安模拟]意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,….其中从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数所组成的数列{an}称为斐波那契数列.那么a12+a22+a32+…+a20192a2019是斐波那契数列中的第　　　　项. 11.[2020天津,19,15分]已知{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)记{an}的前n项和为Sn,求证:SnSn+2<Sn+12(n∈N*);(3)对任意的正整数n,设cn=(3an-2)bnanan+2,n为奇数,an-1bn+1,n为偶数,求数列{cn}的前2n项和.第7页共7页\n12.[向量与数列综合]如图6-4-1,点D为△ABC的边BC上一点,BD=2DC,En(n∈N*)为AC上一列点,且满足:EnA=(3an-3)EnD+(-n2-n+1)EnB,则1a1+1a2+1a3+…+1an=　　　　. 图6-4-113.[2021湖南四校联考]等差数列{an}(n∈N*)中,a1,a2,a3分别是如表所示第一、二、三行中的某一个数,且其中的任意两个数不在表格的同一列.第一列第二列第三列第一行582第二行4312第三行1669(1)请选择一个可能的{a1,a2,a3}组合,并求数列{an}的通项公式.(2)记(1)中您选择的{an}的前n项和为Sn,判断是否存在正整数k,使得a1,ak,Sk+2成等比数列?若存在,请求出k的值;若不存在,请说明理由.答案第四讲　数列求和及数列的综合应用1.A　由等差数列的性质知1+3=a1+a2=4.由等比数列的性质知b22=1×4=4,∴b2=±2.由于等比数列中奇数项符号相同,偶数项符号相同,∴b2=2,∴a1+a2b2=2,故选A.2.D　将点P的坐标(lnan,lnan+1)(n∈N*)代入x-y+ln2=0中,可得an+1=2an,所以{an}是首项为2、公比为2的等比数列,Sn=2(1-2n)1-2=2n+1-2.令Sn>200,则2n+1>202,所以n的最小值为7.第7页共7页\n3.B　设数列{an}的前n项和为Sn,则根据题意nSn=13n+1,得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2021项和为1-12+12-13+…+12021-12022=1-12022=20212022.4.7　令m=1,则an+1=an+a1,an+1-an=a1=1,所以数列{an}为等差数列,所以an=n,所以λan≤a2n+12⇒λn≤n2+12⇒λ≤n+12n,又函数y=x+12x在(0,23)上单调递减,在[23,+∞)上单调递增,当n=3时,λ≤3+123=7,当n=4时,λ≤4+124=7,所以n+12n的最小值为7,所以λ的最大值为7.5.(1)令n=1,得a1b1=3+(2-3)×2=1,所以b1=1.令n=2,得a1b1+a2b2=7,所以a2b2=6,又b2=3,所以a2=2.设数列{an}的公比为q,则q=a2a1=2,所以an=2n-1.(2)当n≥2时,a1b1+a2b2+…+an-1bn-1=3+(2n-5)2n-1,①又a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=3+(2n-3)2n,②所以②-①得anbn=3+(2n-3)2n-[3+(2n-5)2n-1]=(2n-1)2n-1,得bn=2n-1,n=1时也成立,所以bn=2n-1.1bnbn+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1),所以Tn=12(1-13)+12(13-15)+…+12(12n-1-12n+1)=12(1-13+13-15+…+12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1.6.(1)设等差数列{an}的公差为d,由S3=a1+a2+a3=3a2=15,得a2=5,又a1·a2=a7,∴(a2-d)·a2=a2+5d,即5(5-d)=5+5d,解得d=2.∴an=a2+(n-2)×2=2n+1.(2)由题意得bn=22n+1+(-1)n·(2n+1)=2×4n+(-1)n·(2n+1),∴Tn=2×(41+42+…+4n)+[-3+5-7+9-…+(-1)n(2n+1)]=8(4n-1)3+[-3+5-7+9-…+(-1)n(2n+1)].令Gn=-3+5-7+9-…+(-1)n(2n+1),n∈N*,则当n=2k(k∈N*)时,Gn=2×n2=n,第7页共7页\n此时Tn=8(4n-1)3+n;当n=2k-1(k∈N*)时,Gn=2×n-12-(2n+1)=-n-2,此时Tn=8(4n-1)3-n-2.∴Tn=8(4n-1)3+n(n=2k,k∈N*),8(4n-1)3-n-2(n=2k-1,k∈N*).7.(1)由Sn+1+1=2an+n+Sn,得Sn+1-Sn=an+1=2an+n-1,所以an+1+(n+1)=2(an+n),即bn+1=2bn,b1=a1+1=2,所以数列{bn}是首项为2、公比为2的等比数列,所以bn=2·2n-1=2n.(2)由(1)得cn=(1+2n)log22n=n(1+2n)=n+n·2n,所以Tn=c1+c2+…+cn=(1+2+…+n)+[2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n]=n(n+1)2+[2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n].设Mn=2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,①则2Mn=22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1,②①-②,得-Mn=2+22+23+…+2n-n×2n+1,所以Mn=(n-1)×2n+1+2.所以Tn=n(n+1)2+(n-1)×2n+1+2.8.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,　①13Tn=132+233+…+n-13n+n3n+1,　②①-②,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.第7页共7页\n9.34　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34.10.2020　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a20192=a2019a2020-a2018a2019,a20182=a2018a2019-a2017a2018,a20172=a2017a2018-a2016a2017,…,a22=a2a3-a1a2,又a12=a1a2,因此a20192+a20182+a20172+…+a22+a12=a2020a2019,即a12+a22+a32+…+a20192a2019=a2020,故a12+a22+a32+…+a20192a2019是斐波那契数列中的第2020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+…+a20192a2019=a2020.11.(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由a1=1,a5=5(a4-a3),可得d=1,从而{an}的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4-b3),q≠0,可得q2-4q+4=0,解得q=2,从而{bn}的通项公式为bn=2n-1.(2)由(1)可得Sn=n(n+1)2,故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),Sn+12=14(n+1)2(n+2)2,从而SnSn+2-Sn+12=-12(n+1)(n+2)<0,所以SnSn+2<Sn+12.(3)当n为奇数时,cn=(3an-2)bnanan+2=(3n-2)2n-1n(n+2)=2n+1n+2-2n-1n;当n为偶数时,cn=an-1bn+1=n-12n.对任意的正整数n,有∑k=1nc2k-1=∑k=1n(22k2k+1-22k-22k-1)=22n2n+1-1,和∑k=1nc2k=∑k=1n2k-14k=14+342+543+…+2n-14n.　①由①得14∑k=1nc2k=142+343+…+2n-34n+2n-14n+1.　②第7页共7页\n由①②得34∑k=1nc2k=14+242+…+24n-2n-14n+1=24(1-14n)1-14-14-2n-14n+1,从而得∑k=1nc2k=59-6n+59×4n.因此∑k=12nck=∑k=1nc2k-1+∑k=1nc2k=4n2n+1-6n+59×4n-49.所以,数列{cn}的前2n项和为4n2n+1-6n+59×4n-49.12.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+1.13.(1)由题意可知,有两种组合满足条件.①a1=8,a2=12,a3=16,此时等差数列{an}中,a1=8,公差d=4,所以数列{an}的通项公式为an=4n+4.②a1=2,a2=4,a3=6,此时等差数列{an}中,a1=2,公差d=2,所以数列{an}的通项公式为an=2n.(2)若选择①,Sn=2n2+6n,则Sk+2=2(k+2)2+6(k+2)=2k2+14k+20.若a1,ak,Sk+2成等比数列,则ak2=a1·Sk+2,即(4k+4)2=8(2k2+14k+20),整理得k2+2k+1=k2+7k+10,即5k=-9.此方程无正整数解,故不存在正整数k,使a1,ak,Sk+2成等比数列.若选择②,Sn=n2+n,则Sk+2=(k+2)2+(k+2)=k2+5k+6.若a1,ak,Sk+2成等比数列,则ak2=a1·Sk+2,即(2k)2=2(k2+5k+6),整理得k2-5k-6=0,因为k为正整数,所以k=6.故存在正整数k(k=6),使得a1,ak,Sk+2成等比数列.第7页共7页