新高考數學二輪課時作業(yè)：層級二 專題三 第2講 數列求和及綜合應用 Word版含解析

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1、 層級二 專題三 第2講 限時50分鐘　滿分76分 一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分) 1．(2020·重慶七校聯考)若數列{an}滿足－＝0，則稱{an}為“夢想數列”．已知正項數列為“夢想數列”，且b1＋b2＋b3＝1，則b6＋b7＋b8＝(　　) A．4　　　　　　　　　　　 B．16 C．32 D．64 解析：C　[由－＝0可得an＋1＝an，故{an}是公比為的等比數列，故是公比為的等比數列，則{bn}是公比為2的等比數列，b6＋b7＋b8＝(b1＋b2＋b3)×25＝32，故選C.] 3．(2020·廣東省六校聯考)已知數列{a

2、n}滿足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n.設bn＝，Sn為數列{bn}的前n項和，若Sn＜λ(λ為常數，n∈N*)，則λ的最小值是(　　) A. B. C. D. 解析：C　[a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)·3n，① 當n≥2時，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(2n－3)·3n－1，② ①－②得，nan＝4n·3n－1(n≥2)，即an＝4·3n－1(n≥2)．當n＝1時，a1＝3≠4，所以an＝ bn＝ 所以Sn＝＋＋＋…＋＝＋＋＋＋…＋，③　Sn＝＋＋＋＋…＋＋，④ ③－④得，Sn＝＋＋＋＋…＋－＝＋－， 所以Sn

3、＝－＜，所以易知λ的最小值是，故選C.] 5．(2019·深圳二模)已知數列{an}滿足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，數列的前n項和為Sn，則S1·S2·S3·…·S10＝(　　) A. B. C. D. 解析：C　[∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，∴2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2)，∴2nan＝1(n≥2)，當n＝1時也滿足，故an＝，故＝＝＝－，Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，∴S1·S2·S3·…·S10＝×××…××＝，選C.] 二、填空題(本大題共2小題，每小題5分，共10分) 7．(201

4、9·昆明三模)已知數列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝則數列{an}的前20項和為________． 解析：由題意可知，數列{a2n}是首項為1，公比為2的等比數列，數列{a2n－1}是首項為1，公差為2的等差數列，故數列{an}的前20項和為＋10×1＋×2＝1 123. 答案：1 123 8．(2019·山師附中質檢)將數列{an}中的所有項按每一行比上一行多1項的規(guī)則排成如下數陣： a1 a2，a3 a4，a5，a6 a7，a8，a9，a10 …… 記數陣中的第1列數a1，a2，a4，…，構成的數列為{bn}，Sn為數列{bn}的前n項和，若Sn＝2bn－1，則a

5、56＝________. 解析：當n≥2時，∵Sn＝2bn－1，∴Sn－1＝2bn－1－1，∴bn＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1(n≥2且n∈N*)，∵b1＝2b1－1，∴b1＝1，∴數列{bn}是首項為1，公比為2的等比數列，∴bn＝2n－1. 設a1，a2，a4，a7，a11，…的下標1,2,4,7,11，…構成數列{cn}，則c2－c1＝1，c3－c2＝2，c4－c3＝3，c5－c4＝4，…，cn－cn－1＝n－1，累加得，cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，∴cn＝＋1，由cn＝＋1＝56，得n＝11，∴a56＝b11＝210＝1 024. 答案：1 024

6、三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分) 9．(2020·鄭州三測)已知數列{an}滿足a1＝1,2an·an＋1＋an＋1－an＝0，數列{bn}滿足bn＝. (1)求數列{an}的通項公式； (2)記數列{bn}的前n項和為Sn，問：是否存在n，使得Sn的值是？ 解析：(1)因為2an·an＋1＋an＋1－an＝0， 所以an＋1＝， －＝－＝2， 由等差數列的定義可得是首項為＝1，公差為d＝2的等差數列． 故＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝. (2)由(1)得bn＝， 所以Sn＝＋＋…＋， 兩邊同乘以得，Sn＝＋＋…＋， 兩式相減得Sn＝＋2－

7、， 即Sn＝＋2×－＝－－， 所以Sn＝3－. 因為Sn＋1－Sn＝－＝＞0，所以數列{Sn}是關于項數n的遞增數列，所以Sn≥S1＝，因為＜，所以不存在n，使得Sn＝. (2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)， 所以Sn＝－(n∈N*)． ②因為c1＝0，c2＞0，c3＞0，c4＞0； 當n≥5時， cn＝， 而－＝＞0， 即數列當n≥5時是遞減的． 所以≤＜1， 所以，當n≥5時，cn＜0. 綜上，對任意n∈N*，恒有S4≥Sn，故k＝4. 11．(2019·江蘇卷)定義首項為1且公比為正數的等比數列為“M-數列”． (1)已知等比數列{an}(n

8、∈N*)滿足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求證：數列{an}為“M數列”； (2)已知數列{bn}(n∈N*)滿足：b1＝1，＝－，其中Sn為數列{bn}的前n項和． ①求數列{bn}的通項公式； ②設m為正整數，若存在“M數列”{cn}(n∈N*)，對任意正整數k，當k≤m時，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值． 解：(1)設等比數列{an}的公比為q，所以a1≠0， q≠0. 由得解得 因此數列{an}為“M數列”． (2)①因為＝－，所以bn≠0. 由b1＝1，S1＝b1，得＝－，則b2＝2. 由＝－，得Sn＝， 當n≥2時，由bn＝Sn

9、－Sn－1， 得bn＝－， 整理得bn＋1＋bn－1＝2bn. 所以數列{bn}是首項和公差均為1的等差數列． 因此，數列{bn}的通項公式為bn＝n(n∈N*)． ②由①知，bk＝k，k∈N*. 因為數列{cn}為“M數列”，設公比為q，所以c1＝1， q＞0. 因為ck≤bk≤ck＋1，所以qk－1≤k≤qk，其中k＝1,2,3，…，m. 當k＝1時，有q≥1； 當k＝2,3，…，m時，有≤ln q≤. 設f(x)＝(x＞1)，則f′(x)＝. 令f′(x)＝0，得x＝e.列表如下： x (1，e) e (e，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  因為＝＜＝，所以f(k)max＝f(3)＝. 取q＝，當k＝1,2,3,4,5時，≤ln q，即k≤qk，經檢驗知qk－1≤k也成立．因此所求m的最大值不小于5. 若m≥6，分別取k＝3,6，得3≤q3，且q5≤6，從而q15≥243，且q15≤216， 所以q不存在．因此所求m的最大值小于6. 綜上，所求m的最大值為5.