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2022届高考数学统考一轮复习 课后限时集训40 数列求和(理含解析)新人教版.doc

1、课后限时集训(四十)数列求和建议用时:40分钟一、选择题1在等差数列an中,若a3a5a76,a118,则数列的前n项和Sn()A B C DB设等差数列an的公差为d,由a3a5a76,a118,得a52,d1,所以ann3.则an3n,an4n1,所以.所以Sn1.故选B2数列(1)n(2n1)的前2 020项和S2 020等于()A2 018 B2 018 C2 020 D2 020DS2 0201357(22 0191)(22 0201)21 0102 020.故选D3已知数列an的通项公式是an,其前n项和Sn,则项数n()A13 B10 C9 D6D由an1,得Snnnn1.令n1

2、,即n.解得n6,故选D4.的值为()A BC DC因为,所以.5(2020北京高考)在等差数列an中,a19,a51.记Tna1a2an(n1,2,),则数列Tn()A有最大项,有最小项 B有最大项,无最小项C无最大项,有最小项 D无最大项,无最小项B设等差数列an的公差为d,由a19,a51,得d2,an92(n1)2n11.由an2n110,得n,而nN*,可知数列an是单调递增数列,且前5项为负值,自第6项开始为正值可知T190,T2630,T33150,T49450为最大项,自T5起均小于0,且逐渐减小数列Tn有最大项,无最小项故选B6(2020长沙模拟)已知数列:,(kN*),按照

3、k从小到大的顺序排列在一起,构成一个新的数列an:1,则首次出现时为数列an的()A第44项 B第76项C第128项 D第144项C观察分子分母的和出现的规律:2,3,4,5,把数列重新分组:,可看出第一次出现在第16组,因为12315120,所以前15组一共有120项;第16组的项为,所以是这一组中的第8项,故第一次出现在数列的第128项,故选C二、填空题7已知数列an满足1,且a11,则an ,数列bn满足bn,则数列bn的前n项和Sn .(n1)2n12由1可得1,所以为等差数列,公差、首项都为1,由等差数列的通项公式可得n,an,n2n,Sn12222n2n,2Sn122(n1)2nn

4、2n1,相减得Sn(2222n)n2n1n2n1(n1)2n12.8已知数列an满足a11,an1an2n(nN*),则S2 020 .321 0103数列an满足a11,an1an2n,n1时,a22,n2时,anan12n1,由得2,数列an的奇数项、偶数项分别成等比数列,S2 020321 0103.9(2020全国卷)数列an满足an2(1)nan3n1,前16项和为540,则a1 .7因为数列an满足an2(1)nan3n1,所以当n2k(kN*)时,a2k2a2k6k1(kN*),所以(a2a4)(a6a8)(a10a12)(a14a16)517294192.当n2k1(kN*)时

5、,a2k1a2k16k4(kN*),所以当k2时,a2k1a1(a3a1)(a5a3)(a7a5)(a2k1a2k3)a128146(k1)4a1a1(3k4)(k1),当k1时上式也成立,所以a2k1a1(3k4)(k1)(kN*),即a2k1a13k27k4(kN*)法一:所以a1a3a5a7a158a13(12223282)7(1238)488a137328a1612252328a1392.又前16项和为540,所以928a1392540,解得a17.法二:所以a2k1a1(3k23k1)10k3a1(k1)3k310k3,所以a1a3a5a7a158a1(2313)(3323)(938

6、3)10388a19313360248a1392.又前16项和为540,所以928a1392540,解得a17.三、解答题10已知等差数列an满足a66a3,且a31是a21,a4的等比中项(1)求数列an的通项公式;(2)设bn(nN*),数列bn的前项和为Tn,求使Tn成立的最大正整数n的值解(1)设等差数列an的公差为d,a6a33d6,即d2,a31a13,a21a11,a4a16,a31是a21,a4的等比中项, (a31)2(a21)a4,即(a13)2(a11)(a16),解得a13.数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)得bn.Tnb1b2bn,由,得n9.使Tn成立的

7、最大正整数n的值为8.11已知数列an的前n项和Sn3n28n,bn是等差数列,且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式;(2)令cn,求数列cn的前n项和Tn.解(1)由题意知,当n2时,anSnSn16n5.当n1时,a1S111,所以an6n5(nN*)设数列bn的公差为d.由即可解得b14,d3.所以bn3n1.(2)由(1)知cn3(n1)2n1.又Tnc1c2cn,得Tn3222323(n1)2n1,2Tn3223324(n1)2n2,两式作差,得Tn322223242n1(n1)2n233n2n2.所以Tn3n2n2.1设an是公比为q的等比数列,|q|1,令bnan1(n1

8、,2,),若数列bn有连续四项在集合53,23,19,37,82中,则q等于()A B C DCbn有连续四项在53,23,19,37,82中且bnan1,即anbn1,则an有连续四项在54,24,18,36,81中an是等比数列,等比数列中有负数项,q0,且负数项为相隔两项,又|q|1,等比数列各项的绝对值递增按绝对值由小到大的顺序排列上述数值18,24,36,54,81,相邻两项相除,则可得24,36,54,81是an中连续的四项q.2定义在0,)上的函数f (x)满足:当0x2时,f (x)2xx2;当x2时,f (x)3f (x2)记函数f (x)的极大值点从小到大依次记为a1,a2

9、,an,并记相应的极大值为b1,b2,bn,则a1b1a2b2a20b20的值为()A193201 B193191C203191 D203201A由题意当0x2时,f (x)2xx2(x1)21极大值点为1,极大值为1,当x2时,f (x)3f (x2)则极大值点形成首项为1,公差为2 的等差数列,极大值形成首项为1,公比为3的等比数列,故an2n1,bn3n1,故anbn(2n1)3n1,设Sa1b1a2b2a20b201133153239319,3S13133239320,两式相减得2S12(3132319)393201239320,S193201,故选A3.为鼓励应届毕业大学生自主创业,

10、国家对应届毕业大学生创业贷款有贴息优惠政策,现有应届毕业大学生甲贷款开小型超市,初期投入为72万元,经营后每年的总收入为50万元,该超市第n年需要付出的超市维护和工人工资等费用为an万元,已知an为等差数列,相关信息如图所示(1)求an;(2)该超市第几年开始盈利?(即总收入减去成本及所有费用之差为正值)(3)该超市经营多少年,其年平均盈利最大?最大值是多少?(年平均盈利)解(1)由图象可知,an是以12为首项,4为公差的等差数列,所以an124(n1)4n8.(2)设超市第n年开始盈利,且盈利为y万元,则y50n722n240n72,由y0,得n220n360,解得2n18,又nN*,故3n

11、17,nN*.所以该超市第3年开始盈利(3)年平均盈利为2n40240224016,当且仅当n,即n6时,取等号,故该超市经过6年经营后年平均盈利最大,最大值为16万元1(2020泉州模拟)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款面向中学生的应用软件为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动这款软件的激活码为下面数学题的答案:记集合Akx|xak2kak12k1a121a020,kN*,ak1,a0,a1,ak10或1例如:A12,3,A24,5,6,7,若将集合A4的各个元素之和设为该软件的激活码,则该激活码应为 定义f (x)(xAk)现指定k5,将集合x|f (

12、x)1,xAk的元素从小到大排列组成数列cn,若将cn的各项之和设为该软件的激活码,则该激活码应为 376760集合A4n|na424a323a222a121a020,当a41,a0a1a2a30时,n16,当a0a1a2a3a41时,n31,所以A416,17,18,31共有16个元素,故激活码为376;结合二进制表示,当k5时,cn的各项可以看成首位为1的六位二进制数,对于a41,符合条件f (x)1的有8个数,同理,对于a31,a21,a11,a01时,符合条件的也分别有8个数,故激活码为16258(2423222120)760.2已知xn是各项均为正数的等比数列,且x1x23,x3x2

13、2.(1)求数列xn的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),Pn1(xn1,n1)得到折线P1P2Pn1,求由该折线与直线y0,xx1,xxn1所围成的区域的面积Tn.解(1)设数列xn的公比为q,由已知知q0.由题意得所以3q25q20.因为q0,所以q2,x11.因此数列xn的通项公式为xn2n1.(2)过P1,P2,Pn1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,Qn1.由(1)得xn1xn2n2n12n1,记梯形PnPn1Qn1Qn的面积为bn,由题意bn2n1(2n1)2n2,所以Tnb1b2bn321520721(2n1)2n3(2n1)2n2,2Tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1.得Tn321(2222n1)(2n1)2n1(2n1)2n1.所以Tn.

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