2018年高三限时规范训练11 数列求和及综合应用

限时规范训练十一 数列求和及综合应用
限时45分钟，实际用时________
分值81分，实际得分________
一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)
1．数列{an}中，a1＝1，对所有n∈N*都有a1·a2·„·an＝n2，则a3＋a5＝( )

A.6116 B.259

C.2516 D.3115
解析：选A.当n≥1时，a1·a2·a3·„·an＝n2；当n≥2时，a1·a2·a3·„·an－1＝(
n
－1)2.两式相除，得an＝nn－12.∴a3＝94，a5＝2516，∴a3＋a5＝6116，故选A.
2．已知Sn表示数列{an}的前n项和，若对任意n∈N*满足an＋1＝an＋a2，且a3＝2，则
S
2

019
＝( )

A．1 008×2 020 B．1 008×2 019
C．1 009×2 019 D．1 009×2 020
解析：选C.在an＋1＝an＋a2中，令n＝1，得a2＝a1＋a2，a1＝0；令n＝2，得a3＝2＝2a2，

a2＝1，于是an＋1－an＝1，故数列{an}是首项为0，公差为1的等差数列，S
2 019
＝

2 019×2 018

2

＝1 009×2 019.

3．已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15，且3S1S3＋15S3S5＋5S5S1＝35，
则a2等于( )
A．2 B.12

C．3 D.13
解析：选C.∵S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a3，
∴35＝1a1a2＋1a2a3＋1a1a3，
∵a1a2a3＝15.
∴35＝a315＋a115＋a215＝a25，即a2＝3.

4．数列{an}的通项公式是an＝1n＋n＋1，若前n项和为10，则项数n为( )
A．120 B．99
C．11 D．121
解析：选A.an＝1n＋n＋1
＝n＋1－nn＋1＋nn＋1－n
＝n＋1－n，
所以a1＋a2＋„＋an＝(2－1)＋(3－2)＋„＋(n＋1－n)＝n＋1－1＝10.
即n＋1＝11，所以n＋1＝121，n＝120.

5.122－1＋132－1＋142－1＋„＋1n＋12－1的值为( )

A.n＋12n＋2 B.34－n＋12n＋2
C.34－121n＋1＋1n＋2 D.32－1n＋1＋1n＋2
解析：选C.∵1n＋12－1＝1n2＋2n＝1nn＋2
＝121n－1n＋2.
∴122－1＋132－1＋142－1＋„＋1n＋12－1＝12
1－13＋12－14＋13－15＋„＋


1n－1
n
＋2

＝1232－1n＋1－1n＋2＝34－121n＋1＋1n＋2.

6．定义np1＋p2＋„＋pn为n个正数p1，p2，„，pn的“均倒数”．若已知正项数列{an}
的前n项的“均倒数”为12n＋1，又bn＝an＋14，则1b1b2＋1b2b3＋„＋1b10b11＝( )
A.111 B.112
C.1011 D.1112
解析：选C.设数列{an}的前n项和为Sn，由na1＋a2＋„＋an＝12n＋1得Sn＝n(2n＋1)，∴
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，
∴bn＝4n－1＋14＝n，则1b1b2＋1b2b3＋„＋1b10b11＝11×2＋12×3＋„＋110×11＝1－12＋

12－13＋„＋


110－1
11
＝1－111＝1011.故选C.
二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
7．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π，记Sn为数列{an}的前
n
项和，则S2 019＝________.
解析：∵an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π＝(－1)n＋1，∴当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝－1，
k
∈N*，∴S2 019＝a1＋(a2＋a3)＋„＋(a2 018＋a2 019)＝1＋(－1)×1 009＝－ 1008.
答案：－1 008

8．若数列{an}的前n项和Sn＝23an＋13，则{an}的通项公式an＝________.

解析：当n＝1时，由已知Sn＝23an＋13，得a1＝23a1＋13，即a1＝1；当n≥2时，由已知
得到Sn－1＝23an－1＋13，所以an＝Sn－Sn－1＝23an＋13－23an－1＋13＝23an－23an－1，所以an＝－2
a
n

－1
，所以数列{an}为以1为首项，－2为公比的等比数列，所以an＝(－2)n－1.
答案：(－2)n－1

9．在等比数列{an}中，0＜a1＜a4＝1，则能使不等式a1－1a1＋a2－1a2＋„＋an－1an≤0
成立的最大正整数n是________．
解析：设等比数列的公比为q，由已知得a1q3＝1，且q＞1，a1－1a1＋a2－1a2＋„＋

an－1an＝(a1＋a2＋„＋an)－


1a1＋1a2＋„＋1
a
n

＝a11－qn1－q－1a11－1qn1－1q≤0，化简得
q
－

3≤q4－
n
，

则－3≤4－n，n≤7.
答案：7
三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)
10．等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋„＋b10的值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.

由已知得 a1＋d＝4，a1＋3d＋a1＋6d＝15，

解得 a1＝3，d＝1.
所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.
(2)由(1)可得bn＝2n＋n.
所以b1＋b2＋b3＋„＋b10
＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋„＋(210＋10)
＝(2＋22＋23＋„＋210)＋(1＋2＋3＋„＋10)

＝21－2101－2＋1＋10×102
＝(211－2)＋55
＝211＋53＝2 101.
11．已知正项数列{an}的前n项和Sn满足：4Sn＝(an－1)(an＋3)(n∈N*)．
(1)求an；
(2)若bn＝2n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)∵4Sn＝(an－1)(an＋3)＝a2n＋2an－3，
∴当n≥2时，4Sn－1＝a2n－1＋2an－1－3，
两式相减得，
4an＝a2n－a2n－1＋2an－2an－1，
化简得，(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
∵{an}是正项数列，∴an＋an－1≠0，
∴an－an－1－2＝0，对任意n≥2，n∈N*都有an－an－1＝2，
又由4S1＝a21＋2a1－3得，a21－2a1－3＝0，
解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，
∴{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)由已知及(1)知，
bn＝(2n
＋1)·2n，

Tn＝3·21＋5·22＋7·23＋„＋(2n－1)·2n－1＋(2n
＋1)·2n，①

2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋„＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②
②－①得，Tn＝－3×21－2(22＋23＋24＋„＋2n)＋(2n＋1)·2n＋1＝－6－

2×41－2n－11－2＋(2n＋1)·2n＋1
＝2＋(2n－1)·2n＋1.
12．若数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y＝16－13x的图象上(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若c1＝0，且对任意正整数n都有cn＋1－cn＝log12an.
求证：对任意正整数n≥2，总有13≤1c2＋1c3＋1c4＋„＋1cn＜34.
解：(1)∵Sn＝16－13an，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝13an－1－13an，
∴an＝14an－1.又∵S1＝16－13a1，
∴a1＝18，
∴an＝1814n－1＝122n＋1.
(2)证明：由cn＋1－cn＝log12an＝2n＋1，得当n≥2时，

cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋„＋(cn－cn－1)＝0＋3＋5＋„＋(2n－1)＝n2－1＝(n
＋

1)(n－1)．

∴1c2＋1c3＋1c4＋„＋1cn＝122－1＋132－1＋142－1＋„＋1n2－1

＝12×1－13＋12－14＋13－15＋„＋1n－1－1n＋1
＝121＋12－1n＋1n＋1
＝34－121n＋1n＋1＜34.
又∵1c2＋1c3＋1c4＋„＋1cn≥1c2＝13，
∴原式得证．