2022年高考数学一轮复习 专题六 数列 4 数列求和、数列的综合应用 专题检测（含解析）新人教A版.docx

1、数列求和、数列的综合应用专题检测1.(2020百校联盟普通高中教育教学质量监测)数列an是等比数列,Sn是其前n项和,an0,a2+a3=4,a3+3a4=2,则S3=()A.283B.12C.383D.13答案D设数列an的公比为q,由a2+a3=4,a3+3a4=2,即a2(1+q)=4,a2(q+3q2)=2,解得q=13或q=-12(舍),a2=3,a1=9,a3=1,S3=13.2.(2020广东揭阳摸底,14)已知数列an满足log2an=n+log23,则a2+a4+a6+a20的值为()A.3(211-4)B.3(212-4)C.411-45D.411-4答案Dlog2an=l

2、og22n+log23=log2(2n3),故an=32n,a2n=322n=34n,所以a2+a4+a6+a20=3(4+42+43+410)=34(1-410)1-4=411-4,故选D.3.(2018江西南昌二中模拟,4)已知等差数列an的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则数列1Sn的前100项的和为()A.200101B.100101C.1101D.2101答案AS4=4(a1+a4)2=10,a1+a4=5,a1+a4=a2+a3,a3=3,a2=2.等差数列an的公差d=a3-a2=1,a1=a2-d=1,an=1+(n-1)1=n,Sn=n(n+1)2,1Sn=2n(n+1

3、)=21n-1n+1.则数列1Sn的前100项的和为21-12+12-13+1100-1101=21-1101=200101.故选A.4.(2020福建漳州第二次适应性测试,3)下图是某省从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊病例变化曲线图.若该省从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊人数按日期顺序排列构成数列an,an的前n项和为Sn,则下列说法中正确的是()A.数列an是递增数列B.数列Sn是递增数列C.数列an的最大项是a11D.数列Sn的最大项是S11答案C因为1月28日新增确诊人数小于1月27日新增确诊人数,即a7a8,所以an不是递增数列,所以选项A错误;因为2月2

4、3日新增确诊病例数为0,所以S33=S34,所以数列Sn不是递增数列,所以选项B错误;因为1月31日新增确诊病例数最多,从1月21日算起,1月31日是第11天,所以数列an的最大项是a11,所以选项C正确,数列Sn的最大项是最后一项,所以选项D错误,故选C.5.(多选题)已知数列an:12,13+23,14+24+34,110+210+910,若bn=1anan+1,数列bn的前n项和为Sn,则()A.an=n+12B.an=n2C.Sn=4nn+1D.Sn=nn+1答案BCan=1+2+3+nn+1=n2,bn=1anan+1=4n(n+1)=41n-1n+1,Sn=41-12+12-13+

5、1n-1n+1=41-1n+1=4nn+1.6.(多选题)在数列an中,a1=2,其前n项和为Sn,若点Snn,Sn+1n+1在直线y=2x-1上,则有()A.Sn=n(1+2n-1)B.an=(n+1)2n-2+1C.Sn=n(1+2n)D.数列Snn-1是等比数列答案ABD由已知得Sn+1n+1=2Snn-1,则Sn+1n+1-1=2Snn-1,又S11-1=a1-1=1,数列Snn-1是首项为1,公比为2的等比数列,Snn-1=2n-1,Sn=n(1+2n-1),当n2时,an=Sn-Sn-1=(n+1)2n-2+1,当n=1时,(1+1)21-2+1=2=a1,an=(n+1)2n-2

6、+1,nN*,故选ABD.7.(2020浙江五校十月联考,14)设数列an的前n项和为Sn,且满足Sn=(-1)nan-12n(nN*),则a3=,S7=.答案-116;-1256解析解法一:当n=1时,S1=-a1-12,解得a1=-14,当n2时,Sn=(-1)nan-12n,Sn-1=(-1)n-1an-1-12n-1,两式相减得an=(-1)nan-(-1)n-1an-1+12n,即1-(-1)nan=(-1)nan-1+12n,当n为偶数时,an-1=-12n,即n为奇数时,an=-12n+1,所以a3=-124=-116,S7=(-1)7-128-127=-128=-1256.解法

7、二:当n=1时,S1=-a1-12,解得a1=-14,当n2时,Sn=(-1)n(Sn-Sn-1)-12n,当n为偶数时,有Sn-1=-12n,即n为奇数时,Sn=-12n+1,所以S7=-128=-1256,S3=-a3-123,即a3=-S3-123=124-123=-116.8.(2018山西太原一模,15)在数列an中,a1=0,an-an-1-1=2(n-1)(nN*,n2),若数列bn满足bn=nan+1+1811n,则数列bn的最大项为第项.答案6解析因为an-an-1-1=2(n-1)(nN*,n2),所以an-an-1=2n-1(nN*,n2),所以根据累加法得an=(2n-

8、1)+(2n-3)+3+a1=n2-1(n2),又n=1时,a1=0满足上式,所以an=n2-1(nN*),所以bn=n(n+1)811n,因为bn+1bn=8(n+2)11n,所以当n5时,bn+1bn,当n6时,bn+11,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列bn满足b1=1,数列(bn+1-bn)an的前n项和为2n2+n.(1)求q的值;(2)求数列bn的通项公式.解析(1)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.所以a3+a5=20.由a3+a5=20得8q+1q=20,解得q=2或q=

9、12,因为q1,所以q=2.(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列cn的前n项和为Sn.则Sn=2n2+n,当n=1时,c1=S1=3,当n2时,cn=Sn-Sn-1=2n2+n-2(n-1)2+(n-1)=4n-1.当n=1时,c1=3符合上式,cn=4n-1,nN*.由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)12n-1,故bn-bn-1=(4n-5)12n-2,n2,bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(b3-b2)+(b2-b1)=(4n-5)12n-2+(4n-9)12n-3+712+3.设Tn=3+712+11122+(4n-5)12n-2,

10、n2,12Tn=312+7122+11123+(4n-9)12n-2+(4n-5)12n-1,所以12Tn=3+412+4122+412n-2-(4n-5)12n-1,因此Tn=14-(4n+3)12n-2,n2,又b1=1,所以bn=15-(4n+3)12n-2.11.(2020天津杨村一中第一次月考,19)已知数列an的前n项和为Sn,且Sn=2an-1(nN*).(1)求数列an的通项公式;(2)令bn=nan,求数列bn的前n项和Tn;(3)记cn=3n-2(-1)nan(0),是否存在实数使得对任意的nN*,恒有cn+1cn?若存在,求出的取值范围;若不存在,说明理由.解析(1)当n

11、=1时,a1=2a1-1,即a1=1,当n2时,Sn-1=2an-1-1,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即anan-1=2,数列an是首项为1,公比为2的等比数列,故an=2n-1.(2)由(1)得bn=nan=n2n-1,可得Tn=120+221+322+n2n-1,2Tn=121+222+323+n2n,两式相减得-Tn=20+21+22+2n-1-n2n,Tn=(n-1)2n+1.(3)存在.由(1)得cn=3n-2(-1)nan=3n-(-1)n2n.假设存在实数使得对任意的nN*,恒有cn+1cn,即cn+1-cn0,则3n+1-(-2)n+1-3n+(-2)n0,23n-(-2)n(-2)+(-2)n0,即(-2)n-3n-12.当n为偶数时,2n-3n-12,则-32n-1,nN*,-32,当n为奇数时,-2n-3n-12,32n-1,nN*,1.综上所述,-321.