高考数学大一轮复习第6章数列第4讲数列求和及数列的综合应用1试题文含解析

第六章　数　列

第四讲　数列求和及数列的综合应用

拓展变式

1.[2020济南市6月模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+n.

(1)求{an}的通项公式;

(2)设bn=求数列{bn}的前2n项和T2n.

2.[2020全国卷Ⅲ,17,12分]设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.

(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;

(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.

3.[2017全国卷Ⅱ,15,5分]等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=　　　　. 

4.已知平面向量a=(lgx,1),b=(1,lg y)满足a·b=12,且S=lgxn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lg(xyn-1)+lgyn,则S=　　　　. 

5.设an=(-1)n-1·n2,则a1+a2+a3+…+a51=　　　　. 

6.[2020江苏,11,5分]设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列.已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n-1(n∈N*),则d+q的值是　　　　. 

7.[2020郑州市三测]已知等比数列{an}的首项为,公比为,前n项和为Sn,且对任意的n∈N*,有A≤3Sn≤B恒成立,则B-A的最小值为　　　　. 

8.[2017全国卷Ⅰ,12,5分]几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是              (　　)

A.440 B.330 C.220 D.110

9.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一,现为世界文化遗产,与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层,每上层的数量是下层的2倍,总共有1 016个浮雕,这些浮雕构成一幅优美的图案.若从最下层往上,浮雕的数量构成一个数列{an},则log2(a3a5)的值为              (　　)

A.8 B.10 C.12 D.16

答  案

第六章　数　列

第四讲　数列求和及数列的综合应用

1.(1)因为Sn=n2+n,

所以当n=1时,a1=S1=1,

当n≥2时,an=Snn2+n-[(n-1)2+(n-1)]=n,

又n=1时符合上式,

所以an=n.

(2)因为bn=

所以对任意的k∈N+,b2k+1-b2k-1=(2k+1)-(2k-1)=2,则{b2k-1}是以1为首项,2为公差的等差数列;

=4,则{b2k}是以4为首项,4为公比的等比数列.

所以T2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n)

=(1+3+5+…+2n-1)+(22+24+26+…+22n)

=

=n2+.

2.(1)a2=5,a3=7.

猜想an=2n+1.由已知可得

an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],

an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],

……

a2-5=3(a1-3).

因为a1=3,所以an=2n+1.

(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,

所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n　①.

从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1　②.

①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.

所以Sn=(2n-1)2n+1+2.

3.　设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,依题意,知即解得所以Sn=,因此=2(1+…+)=.

4.6n(n+1)　因为平面向量a=(lgx,1),b=(1,lg y)满足a·b=12,

所以lgx+lgy=12,所以lg(xy)=12.

因为S=lgxn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lg(xyn-1)+lgyn,

所以S=lgyn+lg(xyn-1)+…+lg(xn-2y2)+lg(xn-1y)+lgxn,

以上两式相加得,

2S=(lgxn+lgyn)+[lg(xn-1y)+lg(xyn-1)]+…+(lgyn+lgxn)

=lg(xn·yn)+lg(xn-1y·xyn-1)+…+lg(yn·xn)

=n[lg(xy)+lg(xy)+…+lg(xy)]

=n(n+1)lg(xy)

=12n(n+1),

所以S=6n(n+1).

5.1 326　a1+a2+a3+…+a51=12-22+32-42+…+492-502+512=1+(3-2)(3+2)+(5-4)(5+4)+…+

(51-50)(51+50)=1+2+3+4+5+…+50+51==1 326.

6.4　解法一　当n=1时,S1=a1+b1=1　①,当n≥2时,an+bn=Sn-Sn-1=2n-2+2n-1,则a2+b2=4　②,a3+b3=8　③,a4+b4=14　④,②-①得d+b1(q-1)=3　⑤,③-②得d+b2(q-1)=4　⑥,④-③得d+b3(q-1)=6　⑦,⑥-⑤得b1(q-1)2=1,⑦-⑥得b2(q-1)2=2,则q=2,b1=1,d=2,所以d+q=4.

解法二　由题意可得S1=a1+b1=1,当n≥2时,an+bn=Sn-Sn-1=2n-2+2n-1,易知当n=1时也成立,则a1+(n-1)d+b1qn-1=dn+a1-d+b1qn-1=2n-2+2n-1对任意正整数n恒成立,则d=2,q=2,d+q=4.

解法三　由等差数列和等比数列的前n项和的特征可得等差数列{an}的前n项和Hn=n2-n,等比数列{bn}的前n项和Tn=2n-1,则d=2,q=2,d+q=4.

7.　因为等比数列{的首项为,公比为,所以Sn==1-()n,令f(n)=3Sn=3[1-()n]=3-3()n.

当n为奇数时,f(n)=3+=3+=3+=3+1+=2+,此时f(n)是关于n的减函数,所以f(n)≤f(1)=,又2n>0,所以f(n)>2,即当n为奇数时,2<f(n)≤.

当n为偶数时,f(n)=3=3=3=31=2-(),此时f(n)是关于n的增函数,所以f(n)≥f(2)=,因为2n≥4,2n-1>0,所以f(n)<2,即当n为偶数时,≤f(n)<2.

综上可知,≤f(n)<2或2<f(n)≤.又A≤3Sn≤B恒成立,所以A≤,B≥,则-A≥,所以B-A≥,所以B-A的最小值为.

8.A　对数列进行分组,如下所示,

则该数列前k组的项数和为1+2+3+…+k=,由题意可知N>100,即>100,结合k∈N*,解得k≥14,即N出现在第13组之后.又第k组所有项的和为=2k-1,所以前k组所有项的和为1+(1+2)+…+(1+2+…+2k-1)=(21-1)+(22-1)+…+(2k-1)=(21+22+…+2k)-k=2k+1-k-2.

设满足条件的N在第(t+1)(t∈N*,t≥13)组,且第N项为第(t+1)组的第m(m∈N*)个数,第(t+1)组的前m项和为1+2+22+…+2m-1=2m-1.

要使该数列的前N项和为2的整数幂,需使2m-1与-t-2互为相反数,即2m-1=2+t,所以2m=t+3,所以m=log2(t+3),所以m=4,t=13时,N=+4=95<100,不满足题意,当m=5,t=29时,N=+5=440,当m>5时,N>440,故选A.

9.C　依题意得,数列{an}是以2为公比的等比数列,因为最下层的浮雕的数量为a1,所以S7==1 016,解得a1=8,所以an=8×2n-1=2n+2(1≤n≤7,n∈N*),所以a3=25,a5=27,从而a3a5=25×27=212,所以log2(a3a5)=log2212=12.