全国统考2023版高考数学大一轮复习第6章数列第4讲数列求和及数列的综合应用2备考试题文含解析20230327168.docx

1、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1+22 的值为()A.2 B.-2 C.2 D.54 2.2020 江西红色七校联考在正项数列an中,a1=2,且点 P(ln an,lnan+1)(nN*)在直线 x-y+ln 2=0 上.若数列an的前 n 项和 Sn满足 Sn200,则 n 的最小值为()A.2 B.5 C.6 D.7 3.2020 贵阳市高三模拟定义n=1ui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13

2、n+1,则数列36(an+2)(an+1+2)的前 2 021 项和为()A.20202021 B.20212022 C.20212020 D.20211011 4.2021 蓉城名校联考已知数列an对任意 m,nN*都满足 am+n=am+an,且 a1=1,若命题“nN*,an2+12”为真,则实数 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1+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,

3、S3=15,a1a2=a7.(1)求 an;(2)若 bn=2+(-1)nan,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;(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,nN*.设 bn=log3an,则数列的前 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

4、的前 n 项和为 Sn,an=3Sn-3,若对任意的 m,nN*,|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12+22+32+201922019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

5、和为 Sn,求证:SnSn+2200,则 2n+1202,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=13+1,得 Sn=3n2+n,a1=S1=4,an=Sn-Sn-1=6n-2(n2),当 n=1 时也满足上式,所以 an=6n-2,所以36(+2)(+1+2)=366(6+6)=1(+1)=1 1+1,所以36(+2)(+1+2)的前 2 021 项和为112+12 13+12021 12022=112022=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 an a

6、2n+12nn2+12n+12,又函数y=x+12 在(0,23)上单调递减,在23,+)上单调递增,当n=3时,3+123=7,当 n=4 时,4+124=7,所以 n+12 的最小值为 7,所以 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=21=2,所以 an=2-1.(2)当 n2 时,a1b1+a2b2+an-1bn-1=3+(2n-5)2n-1,又 a1b1+a2b2+a3b3+anbn=3+(2n-3)2n,所以-得

7、 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-1.1+1=1(2-1)(2+1)=12(12-1 12+1),所以 Tn=12(113)+12(13 15)+12(12-1 12+1)=12(113+13 15+12-1 12+1)=12(112+1)=2+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 a1a2=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=2

8、2n+1+(-1)n(2n+1)=24n+(-1)n(2n+1),Tn=2(41+42+4n)+-3+5-7+9-+(-1)n(2n+1)=8(4-1)3+-3+5-7+9-+(-1)n(2n+1).令 Gn=-3+5-7+9-+(-1)n(2n+1),nN*,则当 n=2k(kN*)时,Gn=22=n,此时 Tn=8(4-1)3+n;当 n=2k-1(kN*)时,Gn=2-12(2n+1)=-n-2,此时 Tn=8(4-1)3n-2.Tn=8(4-1)3+(=2,N*),8(4-1)3-2(=2-1,N*).7.(1)由 Sn+1+1=2an+n+Sn,得 Sn+1-Sn=an+1=2an+

9、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=22n-1=2n.(2)由(1)得 cn=(1+2n)log22n=n(1+2n)=n+n2n,所以Tn=c1+c2+cn=(1+2+n)+2+222+323+(n-1)2n-1+n2n=(+1)2+2+222+323+(n-1)2n-1+n2n.设 Mn=2+222+323+(n-1)2n-1+n2n,则 2Mn=22+223+324+(n-1)2n+n2n+1,-,得-Mn=2+22+23+2n-n2n+1,所以 Mn=(n-1)2n+

10、1+2.所以 Tn=(+1)2+(n-1)2n+1+2.8.C 由 an+1=2Sn+3,可得当 n2 时,有 an=2Sn-1+3,两式相减得 an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an(n2),故 an+1=3an(n2).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=3.所以 Tn=13+232+-13-1+3,13Tn=132+233+-13+3+1,-,得23Tn=13+132+133+13 3+1,化简整理得 Tn=34 12(32+n)(13)n.因为(32+n)(1

11、3)n0,所以 Tn0,所以数列Tn是递增数列,所以()min=T1=13,所以13Tn34,故 Tn的取值范围是13,34),选 C.9.34 因为 an=3Sn-3,所以当 n2 时,an-1=3Sn-1-3,所以 an-an-1=3an(n2),an=12an-1(n2),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=321-(-12)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,nN*,|Sm-Sn|=|(12)n-(12)m|

12、12 14|=34,所以 M34,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+12=an+1an+2-anan+1,则20192=a2 019a2 020-a2 018a2 019,20182=a2 018a2 019-a2 017a2 018,20172=a2 017a2 018-a2 016a2 017,22=a2a3-a1a2,又12=a1a2,因此20192+20182+20172+22+12=a2 020a2 019,即12+22+32+201922019=a2 02

13、0,故12+22+32+201922019是斐波那契数列中的第 2 020 项.解法二 12+222=12+121=2=a3,12+22+323=12+12+222=3=a4,12+22+32+424=12+12+22+323=5=a5,猜测12+22+2=an+1.由此可知,12+22+201922019=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-

14、b3),q0,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=(+1)2,故 SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),+12=14(n+1)2(n+2)2,从而 SnSn+2+12=12(n+1)(n+2)0,所以 SnSn+2+12.(3)当 n 为奇数时,cn=(3-2)+2=(3-2)2-1(+2)=2+1+2 2-1;当 n 为偶数时,cn=-1+1=-12.对任意的正整数 n,有=1c2k-1=k=1n(222+1 22-22-1)=222+1 1,和=1c2k=12-14=14+342+543+2-14.由得14=

15、1c2k=142+343+2-34+2-14+1.由得34=1c2k=14+242+24 2-14+1=24(1-14)1-1414 2-14+1,从而得=1c2k=59 6+594.因此=12ck=1c2k-1+=1c2k=42+1 6+594 49.所以,数列cn的前 2n 项和为42+1 6+594 49.12.+1 =2,即 =2(),所以=32 12 ,设=,则=32 2 =(3an-3)+(-n2-n+1),所以 3an-3=-3(-n2-n+1),可得 an=n2+n,所以1=12+=1 1+1,则11+12+13+1=112+12 13+1 1+1=11+1=+1.【解后反思】

16、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,考查考生的运算求解能力和逻辑推理能力.13.(1)由题意可知,有两种组合满足条件.a1=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.a1=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,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2=a1Sk+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,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2=a1Sk+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.