《2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 保分專題二 數(shù)列 第2講 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用練習(xí) 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 保分專題二 數(shù)列 第2講 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用練習(xí) 理（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 保分專題二 數(shù)列 第2講 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用練習(xí) 理 一、選擇題 1．公差不為零的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a4是a3與a7的等比中項(xiàng)，S8＝32，則S10等于(　　) A．18　　　　　　　　 B．24 C．60 D．90 解析：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，由a＝a3a7，得(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，故2a1＋3d＝0，再由S8＝8a1＋28d＝32，得2a1＋7d＝8，則d＝2，a1＝－3，所以S10＝10a1＋45d＝60. 答案：C 2．已知等差數(shù)列{an}的公差為d，關(guān)于x的不等式dx2＋2a

2、1x≥0的解集為[0,9]，則使數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn最大的正整數(shù)n的值是(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：∵關(guān)于x的不等式dx2＋2a1x≥0的解集為[0,9]，∴0,9是一元二次方程dx2＋2a1x＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，且d<0，∴－＝9，a1＝－.∴an＝a1＋(n－1)d＝d，可得a5＝－d>0，a6＝d<0.∴使數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn最大的正整數(shù)n的值是5. 答案：B 3．?dāng)?shù)列{an}滿足a1＝1，且an＋1＝a1＋an＋n(n∈N*)，則＋＋…＋的值為(　　) A. B. C. D. 解析：由a1＝1，an＋1＝a1＋an＋n可得an＋1

3、－an＝n＋1，利用累加法可得an－a1＝，所以an＝， 所以＝＝2， 故＋＋…＋ ＝2 ＝2＝. 答案：A 4．設(shè)無窮等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若首項(xiàng)a1＝，公差d＝1，則滿足Sk2＝(Sk)2的正整數(shù)k的值為(　　) A．7 B．6 C．5 D．4 解析：法一：由題意知， Sk2＝＝＝， Sk＝＝＝， 因?yàn)镾k2＝(Sk)2， 所以＝，得k＝4. 法二：不妨設(shè)Sn＝An2＋Bn，則Sk2＝A(k2)2＋Bk2，Sk＝Ak2＋Bk，由Sk2＝(Sk)2得k2(Ak2＋B)＝k2(Ak＋B)2，考慮到k為正整數(shù)，從而Ak2＋B＝A2k2＋2ABk＋B2，

4、即(A2－A)k2＋2ABk＋(B2－B)＝0，又A＝＝，B＝a1－＝1，所以k2－k＝0，又k≠0，從而k＝4. 答案：D 5．已知數(shù)列{an}滿足a1＝5，anan＋1＝2n，則＝(　　) A．2 B．4 C．5 D. 解析：因?yàn)椋剑剑?2，所以令n＝3，得＝22＝4，故選B. 答案：B 6．若數(shù)列{an}滿足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，則使ak·ak＋1＜0的k值為(　　) A．22 B．21 C．24 D．23 解析：因?yàn)?an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為15，公差為－的等差數(shù)列，所以an＝15－·(n－1)

5、＝－n＋，令an＝－n＋>0，得n<23.5，所以使ak·ak＋1<0的k值為23. 答案：D 7．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝則其前6項(xiàng)之和為(　　) A．16 B．20 C．33 D．120 解析：a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以前6項(xiàng)和S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故選C. 答案：C 8．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，則a6＝(　　) A．3×44 B．3×44＋1 C．44 D．44＋1 解析：因?yàn)閍n＋1＝3Sn，所以an＝3Sn

6、－1(n≥2)， 兩式相減得，an＋1－an＝3an， 即＝4(n≥2)， 所以數(shù)列a2，a3，a4，…構(gòu)成以a2＝3S1＝3a1＝3為首項(xiàng)，公比為4的等比數(shù)列，所以a6＝a2·44＝3×44. 答案：A 9．已知函數(shù)f(n)＝n2cos(nπ)，且an＝f(n)，則a1＋a2＋…＋a100＝(　　) A．0 B．100 C．5 050 D．10 200 解析：a1＋a2＋a3＋…＋a100 ＝－12＋22－32＋42－…－992＋1002 ＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(1002－992) ＝3＋7＋…＋199＝＝5 050. 答案：C 10．已知數(shù)列{

7、an}的首項(xiàng)a1＝1，且an－an＋1＝anan＋1(n∈N＋)，則a2 015＝(　　) A. B. C．－ D. 解析：∵an－an＋1＝anan＋1，∴－＝1， 又∵a1＝1，∴＝1，∴數(shù)列是以首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列， ∴＝1＋(n－1)＝n，∴＝2 015， ∴a2 015＝.故選D. 答案：D 11．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(－1)n(2n－1)·cos＋1(n∈N*)，其前n項(xiàng)和為Sn，則S60＝(　　) A．－30 B．－60 C．90 D．120 解析：由題意可得，當(dāng)n＝4k－3(k∈N*)時(shí)，an＝a4k－3＝1；當(dāng)n＝4k－

8、2(k∈N*)時(shí)，an＝a4k－2＝6－8k；當(dāng)n＝4k－1(k∈N*)時(shí)，an＝a4k－1＝1；當(dāng)n＝4k(k∈N*)時(shí)，an＝a4k＝8k. ∴a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝8，∴S60＝8×15＝120. 答案：D 12．已知Sn是非零數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和，且Sn＝2an－1，則S2 017等于(　　) A．1－22 016 B．22 017－1 C．22 016－1 D．1－22 017 解析：∵Sn＝2an－1，∴S1＝1，且Sn＝2(Sn－Sn－1)－1，即Sn＝2Sn－1＋1，得Sn＋1＝2(Sn－1＋1)，由此可得數(shù)列{Sn＋1}是首項(xiàng)為2，公

9、比為2的等比數(shù)列，得Sn＋1＝2n，即Sn＝2n－1，∴S2 017＝22 017－1，故選B. 答案：B 二、填空題 13．若數(shù)列{an}滿足＝，且a1＝3，則an＝________. 解析：由＝，得－＝2， ∴數(shù)列是首項(xiàng)為，公差為2的等差數(shù)列． ∴＝＋(n－1)×2＝2n－， ∴an＝. 答案： 14．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足a－6a＝an＋1an.若a1＝2，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為________． 解析：∵a－6a＝an＋1an，∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，∵an>0，∴an＋1＝3an，又a1＝2，∴{an}是首項(xiàng)為2，公比為3的等比數(shù)列，

10、∴Sn＝＝3n－1. 答案：3n－1 15．在數(shù)列{an}中，n∈N*，若＝k(k為常數(shù))，則稱{an}為“等差比數(shù)列”，下列是對(duì)“等差比數(shù)列”的判斷： ①k不可能為0； ②等差數(shù)列一定是“等差比數(shù)列”； ③等比數(shù)列一定是“等差比數(shù)列”； ④“等差比數(shù)列”中可以有無數(shù)項(xiàng)為0. 其中所有正確判斷的序號(hào)是__________． 解析：由等差比數(shù)列的定義可知，k不為0，所以①正確，當(dāng)?shù)炔顢?shù)列的公差為0，即等差數(shù)列為常數(shù)列時(shí)，等差數(shù)列不是等差比數(shù)列，所以②錯(cuò)誤；當(dāng){an}是等比數(shù)列，且公比q＝1時(shí)，{an}不是等差比數(shù)列，所以③錯(cuò)誤；數(shù)列0,1,0,1，…是等差比數(shù)列，該數(shù)列中有無數(shù)多

11、個(gè)0，所以④正確． 答案：①④ B組　大題規(guī)范練 1．已知數(shù)列{an}滿足an≠0，a1＝1，n(an＋1－2an)＝2an. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn. 解析：(1)因?yàn)閚(an＋1－2an)＝2an，故an＋1＝an，得＝2·； 設(shè)bn＝，所以bn＋1＝2bn，∵an≠0，∴bn≠0，∴＝2.又因?yàn)閎1＝＝1， 所以數(shù)列{bn}是以1為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列，故bn＝1·2n－1＝2n－1＝， 故an＝n·2n－1. (2)由(1)可知，＋3n－5＝2n－1＋3n－5， 故Sn＝(20＋3×1－5)＋(21＋3×2－5)＋…＋(2

12、n－1＋3×n－5) ＝(20＋21＋…＋2n－1)＋3(1＋2＋…＋n)－5n ＝2n＋－1. 2．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，滿足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3. (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)令cn＝設(shè)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn，求T2n. 解析：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q， 由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3， 得解得 所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1. (2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)， 則n為奇數(shù)，cn＝＝－，n為

13、偶數(shù)，cn＝2n－1. 所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝＋(2＋23＋…＋22n－1) ＝1－＋ ＝＋(4n－1)． 3．設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝2，a2＋a5＝14，且對(duì)任意n∈N*，函數(shù)f(x)＝an＋1x2－(an＋2＋an)x滿足f′(1)＝0. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，求證Sn<. 解析：(1)函數(shù)f(x)＝an＋1x2－(an＋2＋an)x的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝2an＋1x－(an＋2＋an)， 由f′(1)＝0，可得2an＋1＝an＋2＋an， 由等差數(shù)列的性質(zhì)可

14、得數(shù)列{an}為等差數(shù)列，設(shè)公差為d，則a1＝2，a2＋a5＝2a1＋5d＝14， 解得d＝2， 即有an＝a1＋2(n－1)＝2n. (2)bn＝＝ ＝， 則Sn＝＝<，則Sn<. 4．若數(shù)列{an}滿足＋＋…＋＝－. (1)求通項(xiàng)公式an. (2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和． 解析：(1)因?yàn)椋剑? 所以當(dāng)n≥2時(shí)，＋＋…＋＝－， 兩式相減得：＝－＝， 所以an＝(2n－1)·n(n≥2)， 又因?yàn)椋剑剑粷M足上式，所以an＝ (2)當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝－＋3×2＋5×3＋7×4＋…＋(2n－1)×n，Sn＝－＋3×3＋5×4＋…＋(2n－3)×n＋(2n－1)×n＋1， 兩式相減得Sn＝－＋＋2－(2n－1)·n＋1 ＝＋2·－(2n－1)·n＋1＝＋－10·n＋1－(2n－1)·n＋1＝－(2n＋9)·n＋1，所以Sn＝－(10n＋45)·n＋1(n≥2)． 當(dāng)n＝1時(shí)也符合上式，所以Sn＝－(10n＋45)·n＋1.