专题04数列求和及综合应用 测案 （理科）第一篇 热点、难点突破篇-《2022年高考数学二轮复习讲练测》（全国课标版）

数列求和及综合应用—测案 【满分：150分 时间：120分钟】 一、单项选择题（12*5=60分） 1.(2021·人大附中调研)在数列{an}中，已知an＝n2＋λn，n∈N*，则“a1<a2”是“{an}是单调递增数列”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案　C 解析　若在数列{an}中，已知an＝n2＋λn，n∈N*，a1<a2，则1＋λ<4＋2λ，解得λ>－3. 若数列{an}是单调递增数列，则对任意的n∈N*都满足an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ>0， ∴λ>－1－2n，即λ>(－1－2n)max＝－3， 因此，“a1<a2”是“{an}是单调递增数列”的充要条件. 2.数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2，且a4，a4 040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，则a2 022的值为(　　) A.4 B.－4 C.4 040 D.－4 040 答案　A 解析　因为a4，a4 040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，即a4，a4 040是方程x2－8x＋3＝0的两个根，所以a4＋a4 040＝8. 又2an＋1＝an＋an＋2，所以数列{an}是等差数列， 所以a4＋a4 040＝2a2 022＝8，所以a2 022＝4. 3.在等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}(n∈N*)的前2 022项的和为(　　) A.1 011 B.1 010 C.2 022 D.2 020 答案　C 解析　由题意得a3＋a5＝2a4＝a4＋7，解得a4＝7， 所以公差d＝＝＝2， 则a1＝a4－3d＝7－3×2＝1，所以an＝2n－1， 设bn＝ancos nπ， 则b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝－a1＋a2＝2， b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝－a3＋a4＝2，……， ∴数列{ancos nπ}(n∈N*)的前2 022项的和 S2 022＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 021＋b2 022) ＝2×1 011＝2 022. 4.已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a8等于(　　) A.－16 B.－8 C.8 D.16 答案　C 解析　当n为奇数时，n＋1为偶数， 则an＝n2－(n＋1)2＝－2n－1， 所以a1＋a3＋a5＋a7＝－(3＋7＋11＋15)＝－36. 当n为偶数时，n＋1为奇数， 则an＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1， 则a2＋a4＋a6＋a8＝5＋9＋13＋17＝44， 所以a1＋a2＋a3＋…＋a8＝－36＋44＝8. 5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且≤1.记b1＝S2，bn＋1＝S2n＋2－S2n，n∈N*，下列等式不可能成立的是(　　) A.2a4＝a2＋a6 B.2b4＝b2＋b6 C.a＝a2a8 D.b＝b2b8 答案　D 解析　由题意，知b1＝S2＝a1＋a2，bn＋1＝S2n＋2－S2n， 可得bn＝S2n－S2n－2＝a2n＋a2n－1(n>1，n∈N*). 由{an}为等差数列，知{bn}为等差数列. 由等差数列的性质，显然A，B成立. 选项C中，a2＝a1＋d，a4＝a1＋3d，a8＝a1＋7d. 由a＝a2a8，可得(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)， 化简得a1d＝d2， 又由d≠0，可得a1＝d，符合≤1，C成立. 若b＝b2b8，则(2a1＋13d)2＝(2a1＋5d)(2a1＋29d). 则2a1＝3d，∴＝与条件≤1矛盾，D不可能成立. 6.(2021·河南省百校大联考)已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n，将该数列按下列格式(第n行有2n－1个数)排成一个数阵，则该数阵第8行从左向右第8个数字为(　　) a1 a2　a3 a4　a5　a6　a7 a8　a9　a10　a11　a12　a13　a14　a15 … A.142 B.270 C.526 D.1 038 答案　B 解析　由题意，知Sn＝n2＋n， 当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，所以an＝2n. 又由数阵知，每一行的项数依次构成的数列1，2，4，8，…，是首项为1，公比为2的等比数列， 由等比数列的前n项和公式知，该数阵第8行从左向右第8个数为数列{an}的第＋8＝135项， 所以该数为a135＝2×135＝270. 7.(2021·石室中学一诊)正项等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＋a8－a＋8＝0，则S