2023学年高考数学大二轮复习能力升级练八数列求和与数列综合问题理2.docx

能力升级练(八)　数列求和与数列综合问题 一、选择题 1.已知数列{an}满足:任意m,n∈N*,都有an·am=an+m,且a1=12,那么a5=(　　) A.132 B.116 C.14 D.12 解析由题意,得a2=a1a1=14,a3=a1·a2=18,则a5=a3·a2=132. 答案A 2.(2023江西重点中学盟校联考)在数列{an}中,a1=-14,an=1-1an-1(n≥2,n∈N*),则a2 019的值为(　　) A.-14 B.5 C.45 D.54 解析在数列{an}中,a1=-14,an=1-1an-1(n≥2,n∈N*),所以a2=1-1-14=5,a3=1-15=45,a4=1-145=-14,所以{an}是以3为周期的周期数列,所以a2023=a673×3=a3=45. 答案C 3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,an+1=Sn+1(n∈N*),则S5=(　　) A.31 B.42 C.37 D.47 解析由题意,得Sn+1-Sn=Sn+1(n∈N*),∴Sn+1+1=2(Sn+1)(n∈N*),故数列{Sn+1}为等比数列,其首项为3,公比为2,则S5+1=3×24,所以S5=47. 答案D 4.(2023四川成都诊断)已知f(x)=(2a-1)x+4(x≤1),ax(x>1),数列{an}(n∈N*)满足an=f(n),且{an}是递增数列,则a的取值范围是(　　) A.(1,+∞) B.12,+∞ C.(1,3) D.(3,+∞) 解析因为{an}是递增数列, 所以a>1,a2>2a-1+4, 解得a>3, 则a的取值范围是(3,+∞). 答案D 5.(2017全国Ⅲ,理9)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则{an}前6项的和为(　　) A.-24 B.-3 C.3 D.8 解析设等差数列的公差为d,则d≠0,a32=a2·a6,即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2,所以S6=6×1+6×52×(-2)=-24,故选A. 答案A 6.数列{an}的通项公式为an=(-1)n-1·(4n-3),则它的前100项之和S100等于(　　) A.200 B.-200 C.400 D.-400 解析S100=(4×1-3)-(4×2-3)+(4×3-3)-…-(4×100-3)=4×[(1-2)+(3-4)+…+(99-100)]=4×(-50)=-200. 答案B 7.数列{an}的通项公式是an=1n+n+1,前n项和为9,则n等于(　　) A.9 B.99 C.10 D.100 解析因为an=1n+n+1=n+1-n, 所以Sn=a1+a2+…+an=(n+1-n)+(n-n-1)+…+(3-2)+(2-1)=n+1-1, 令n+1-1=9,得n=99. 答案B 8.(2023山东德州调研)已知Tn为数列2n+12n的前n项和,若m>T10+1 013恒成立,则整数m的最小值为(　　) A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 023 解析∵2n+12n=1+12n, ∴Tn=n+1-12n, ∴T10+1013=11-1210+1013=1024-1210, 又m>T10+1013恒成立, ∴整数m的最小值为1024. 答案C 9.(2023福建厦门质检)已知数列{an}满足an+1+(-1)n+1an=2,则其前100项的和为(　　) A.250 B.200 C.150 D.100 解析当n=2k(k∈N*)时,a2k+1-a2k=2,当n=2k-1(k∈N*)时,a2k+a2k-1=2,当n=2k+1(k∈N*)时,a2k+2+a2k+1=2,∴a2k+1+a2k-1=4,a2k+2+a2k=0, ∴{an}的前100项和=(a1+a3)+…+(a97+a99)+(a2+a4)+…+(a98+a100)=25×4+25×0=100. 答案D 二、填空题 10.若数列{an}的前n项和Sn=3n2-2n+1,则数列{an}的通项公式an=　　　　　.  解析当n=1时,a1=S1=3×12-2×1+1=2; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2-2n+1-[3(n-1)2-2(n-1)+1]=6n-5,显然当n=1时,不满足上式. 故数列的通项公式为an=2,n=1,6n-5,n≥2. 答案2,n=1,6n-5,n≥2 11.在数列{an}中,a1=2,an+1n+1=ann+ln1+1n,则an=　　　　　.  解析由题意,得an+1n+1-ann=ln(n+1)-lnn,ann-an-1n-1=lnn-ln(n-1)(n≥2). ∴a22-a11=ln2-ln1,a33-a22=ln3-ln2,…, ann-an-1n-1=lnn-ln(n-1)(n≥2). 累加,得ann-a11=lnn,∴ann=2+lnn(n≥2), 又a1=2适合ann=2+lnn,故an=2n+nlnn. 答案2n+nln n 12.(2023湖北武汉质检)设数列{(n2+n)an}是等比数列,且a1=16,a2=154,则数列{3nan}的前15项和为　　　　　.  解析等比数列{(n2+n)an}的首项为2a1=13,第二项为6a2=19,故公比为13,所以(n2+n)an=13·13n-1=13n,所以an=13n(n2+n),则3nan=1n2+n=1n-1n+1,其前n项和为1-1n+1,当n=15时,为1-116=1516. 答案1516 13.等差数列{an}的前n项和记为Sn,若S4≥4,S7≤28,则a10的最大值为　　　　　.  解析∵等差数列{an}的前n项和为Sn,S4≥4,S7≤28,∴S4=4a1+4×32d≥4,S7=7a1+7×62d≤28, 即2a1+3d≥2,a1+3d≤4, ∴a10=a1+9d=a1+3d+6d≤4+6d,a10=a1+9d=12(2a1+3d)+15d2≥2+15d2, ∴2+15d2≤a10≤4+6d, ∴2+15d2≤4+6d,解得d≤2, ∴a10≤4+6×2=16. 答案16 三、解答题 14.求和Sn=x+1x2+x2+1x22+…+xn+1xn2(x≠0). 解当x≠±1时, Sn=x+1x2+x2+1x22+…+xn+1xn2 =x2+2+1x2+x4+2+1x4+…+x2n+2+1x2n =(x2+x4+…+x2n)+2n+1x2+1x4+…+1x2n =x2(x2n-1)x2-1+x-2(1-x-2n)1-x-2+2n =(x2n-1)(x2n+2+1)x2n(x2-1)+2n. 当x=±1时,Sn=4n. 15.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,an+1=2+Sn(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=1+log2(an)2,求证:数列1bnbn+1的前n项和Tn<16. (1)解因为an+1=2+Sn(n∈N*), 所以an=2+Sn-1(n≥2), 所以an+1-an=Sn-Sn-1=an, 所以an+1=2an(n≥2). 又因为a2=2+a1=4,a1=2,所以a2=2a1, 所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列, 则an=2·2n-1=2n(n∈N*). (2)证明因bn=1+log2(an)2,则bn=2n+1. 则1bnbn+1=1212n+1-12n+3, 所以Tn=1213-15+15-17+…+12n+1-12n+3 =1213-12n+3=16-12(2n+3)<16. 7