2020届高考数学二轮课时作业：层级二 专题三 第2讲 数列求和及综合应用 .doc

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1、层级二 专题三 第2讲限时50分钟满分76分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1(2020重庆七校联考)若数列an满足0，则称an为“梦想数列”已知正项数列为“梦想数列”，且b1b2b31，则b6b7b8()A4 B16 C32 D64解析：C由0可得an1an，故an是公比为的等比数列，故是公比为的等比数列，则bn是公比为2的等比数列，b6b7b8(b1b2b3)2532，故选C.2(2020江西省五校协作体考试)设Sn是数列an的前n项和，若anSn2n,2bn2an2an1，则()A. B. C. D.解析：D因为anSn2n，所以an1Sn12n1，得2an1an2n，

2、所以2an2an12n1.又2bn2an2an12n1，所以bnn1，则11，故选D.3(2020广东省六校联考)已知数列an满足a12a23a3nan(2n1)3n.设bn，Sn为数列bn的前n项和，若Sn(为常数，nN*)，则的最小值是()A. B. C. D.解析：Ca12a23a3nan(2n1)3n，当n2时，a12a23a3(n1)an1(2n3)3n1，得，nan4n3n1(n2)，即an43n1(n2)当n1时，a134，所以anbn所以Sn，Sn，得，Sn，所以Sn，所以易知的最小值是，故选C.4(2019青岛三模)已知f(n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的

3、因数有1,2,3,4,6,12，则f(12)3；21的因数有1,3,7,21，则f(21)21，那么100,i51f(i)的值为()A2 488 B2 495 C2 498 D2 500解析：D由f(n)的定义知f(n)f(2n)，且若n为奇数则f(n)n，则100,i1f(i)f(1)f(2)f(100)13599f(2)f(4)f(100)f(1)f(2)f(50)2 50050,i1f(i)，100,i51f(i)100,i1f(i)50,i1f(i)2 500.5(2019深圳二模)已知数列an满足2a122a22nann(nN*)，数列的前n项和为Sn，则S1S2S3S10()A.

4、B. C. D.解析：C2a122a22nann(nN*)，2a122a22n1an1n1(n2)，2nan1(n2)，当n1时也满足，故an，故，Sn11，S1S2S3S10，选C.6(2019潍坊三模)已知等差数列an中公差d0，a11，a1，a2，a5成等比数列，且a1，a2，ak1，ak2，akn成等比数列，若对任意的nN*，恒有(mN*)，则m()A0 B1 C2 D1或2解析：D由已知可得，aa1a5，即(1d)21(14d)，又d0，解得d2，所以an2n1.因为a1，a2，ak1，ak2，akn成等比数列，所以2kn13n1.令bn，设数列bn中的最大项为bl，故满足解得1l2

5、，即数列bn中的最大项为b1，b2，所以m1或2.二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)7(2019昆明三模)已知数列an中，a1a21，an2则数列an的前20项和为_解析：由题意可知，数列a2n是首项为1，公比为2的等比数列，数列a2n1是首项为1，公差为2的等差数列，故数列an的前20项和为10121 123.答案：1 1238(2019山师附中质检)将数列an中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a1a2，a3a4，a5，a6a7，a8，a9，a10记数阵中的第1列数a1，a2，a4，构成的数列为bn，Sn为数列bn的前n项和，若Sn2bn1，则a56_.解析

6、：当n2时，Sn2bn1，Sn12bn11，bn2bn2bn1，bn2bn1(n2且nN*)，b12b11，b11，数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，bn2n1.设a1，a2，a4，a7，a11，的下标1,2,4,7,11，构成数列cn，则c2c11，c3c22，c4c33，c5c44，cncn1n1，累加得，cnc11234(n1)，cn1，由cn156，得n11，a56b112101 024.答案：1 024三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)9(2020郑州三测)已知数列an满足a11,2anan1an1an0，数列bn满足bn.(1)求数列an的通项公式；(2)记

7、数列bn的前n项和为Sn，问：是否存在n，使得Sn的值是？解析：(1)因为2anan1an1an0，所以an1，2，由等差数列的定义可得是首项为1，公差为d2的等差数列故12(n1)2n1，所以an.(2)由(1)得bn，所以Sn，两边同乘以得，Sn，两式相减得Sn2，即Sn2，所以Sn3.因为Sn1Sn0，所以数列Sn是关于项数n的递增数列，所以SnS1，因为，所以不存在n，使得Sn.10(2019武汉二模)已知数列an和bn满足a1a2a3an()bn(nN*)若an为等比数列，且a12，b36b2.(1)求an与bn；(2)设cn(nN*)记数列cn的前n项和为Sn.求Sn；求正整数k，

8、使得对任意nN*均有SkSn.解析：(1)由题意a1a2a3an()bn，b3b26，知a3()b3b28.又由a12，得公比q2(q2舍去)，所以数列an的通项为an2n(nN*)所以，a1a2a3an2()n(n1)故数列bn的通项为bnn(n1)(nN*)(2)由(1)知cn(nN*)，所以Sn(nN*)因为c10，c20，c30，c40；当n5时，cn，而0，即数列当n5时是递减的所以1，所以，当n5时，cn0.综上，对任意nN*，恒有S4Sn，故k4.11(文)(2020浙江三地市联考)已知数列bn满足3(n1)bnnbn1，且b13.(1)求数列bn的通项公式；(2)已知，求证：1

9、.解析：(1)因为3(n1)bnnbn1，所以.则3，3，3，3，累乘，可得3n1n，因为b13，所以bnn3n，即数列bn的通项公式bnn3n.(2)证明：因为，所以an3n.因为，所以1.因为nN*，所以0，所以11，所以1.11(理)(2019江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M数列”(1)已知等比数列an(nN*)满足：a2a4a5，a34a24a10，求证：数列an为“M数列”；(2)已知数列bn(nN*)满足：b11，其中Sn为数列bn的前n项和求数列bn的通项公式；设m为正整数，若存在“M数列”cn(nN*)，对任意正整数k，当km时，都有ckbkck1成立，求m的最

10、大值解：(1)设等比数列an的公比为q，所以a10，q0.由得解得因此数列an为“M数列”(2)因为，所以bn0.由b11，S1b1，得，则b22.由，得Sn，当n2时，由bnSnSn1，得bn，整理得bn1bn12bn.所以数列bn是首项和公差均为1的等差数列因此，数列bn的通项公式为bnn(nN*)由知，bkk，kN*.因为数列cn为“M数列”，设公比为q，所以c11，q0.因为ckbkck1，所以qk1kqk，其中k1,2,3，m.当k1时，有q1；当k2,3，m时，有ln q.设f(x)(x1)，则f(x).令f(x)0，得xe.列表如下：x(1，e)e(e，)f(x)0f(x)极大值因为，所以f(k)maxf(3).取q，当k1,2,3,4,5时，ln q，即kqk，经检验知qk1k也成立因此所求m的最大值不小于5.若m6，分别取k3,6，得3q3，且q56，从而q15243，且q15216，所以q不存在因此所求m的最大值小于6.综上，所求m的最大值为5.