2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第五章 第4节 数列求和及数列的综合应用

2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第五章 第4节 数列求和及数列的综合应用

www.ks5u.com 多维层次练31‎ ‎[A级　基础巩固]‎ ‎1．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于(　　)‎ A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－ C．n2＋1－ D．n2－n＋1－ 解析：该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，‎ 则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(＋＋…＋)＝n2＋1－.‎ 答案：A ‎2．数列{an}的通项公式是an＝，前n项和为9，则n等于(　　)‎ A．9 B．99 ‎ C．10 D．100‎ 解析：因为an＝＝－，‎ 所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－)＋( －)＋…＋(－)＋(－)＝－1，‎ 令－1＝9，得n＝99.‎ 答案：B ‎3．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“‎ 三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了(　　)‎ A．192里 B．96里 ‎ C．48里 D．24里 解析：由题意，知每天所走路程形成以a1为首项，公比为的等比数列，则＝378，解得a1＝192，则a2＝96，即第二天走了96里．‎ 答案：B ‎4．(2020·宁德模拟)等差数列{an}中，a4＝9，a7＝15，则数列{(－1)nan}的前20项和等于(　　)‎ A．－10 B．－20 ‎ C．10 D．20‎ 解析：设等差数列{an}的公差为d，由a4＝9，a7＝15，得a1＋3d＝9，a1＋6d＝15，解得a1＝3，d＝2，则an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，数列{(－1)nan}的前20项和为－3＋5－7＋9－11＋13＋…－39＋41＝2＋2＋…＋2＝2×10＝20.‎ 答案：D ‎5．(2019·广州模拟)数列{an}满足a2＝2，an＋2＋(－1)n＋1·an＝1＋(－1)n(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，则S100＝(　　)‎ A．5 100 B．2 550‎ C．2 500 D．2 450‎ 解析：由an＋2＋(－1)n＋1an＝1＋(－1)n(n∈N*)，可得a1＋a3＝a3＋‎ a5＝a5＋a7＝…＝0，a4－a2＝a6－a4＝a8－a6＝…＝2，由此可知，数列{an}的奇数项相邻两项的和为0，偶数项是首项为a2＝2、公差为2的等差数列，所以S100＝50×0＋50×2＋×2＝2 550.‎ 答案：B ‎6．(2020·佛山一中检测)已知数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，则Sn＝________．‎ 解析：Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，①‎ 则2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.②‎ 由①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1，‎ 故Sn＝2＋(n－1)·2n＋1.‎ 答案：2＋(n－1)·2n＋1‎ ‎7．设数列{an}的前n项和为Sn，且an＝sin ，n∈N*，则S2 019＝________．‎ 解析：an＝sin ，n∈N*，显然每连续四项的和为0.‎ S2 019＝S4×504＋a2 017＋a2 018＋a2 019＝0＋1＋0＋(－1)＝0.‎ 答案：0‎ ‎8．(2020·郴州质检)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝2(n∈N*)，若数列{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，则{bn}的通项公式bn＝________，数列的前n项和Sn＝________．‎ 解析：因为{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，‎ 所以公比q＝＝＝2，‎ 所以an＝2n，‎ 所以a1a2a3…an＝21×22×23×…×2n＝21＋2＋3＋…＋n＝2.‎ 因为a1a2a3…an＝2，‎ 所以bn＝，‎ 所以＝＝2，‎ 所以的前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ‎＝2 ‎＝2 ‎＝.‎ 答案：　 ‎9．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．‎ 解：(1)设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝＝3，‎ 所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27，所以bn＝3n－1(n＝1，2，3，…)．‎ 设等差数列{an}的公差为d.‎ 因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，‎ 所以1＋13d＝27，即d＝2.‎ 所以an＝2n－1(n＝1，2，3，…)．‎ ‎(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1.‎ 因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.‎ 从而数列{cn}的前n项和 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝＋＝n2＋.‎ ‎10．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝2＋Sn(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝1＋log2(an)2，求证：数列的前n项和Tn<.‎ ‎(1)解：因为an＋1＝2＋Sn(n∈N*)，‎ 所以an＝2＋Sn－1(n≥2)．‎ 所以an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，‎ 所以an＋1＝2an(n≥2)，‎ 又因为a2＝2＋a1＝4，a1＝2，所以a2＝2a1，‎ 所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，‎ 则an＝2·2n－1＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)证明：因为bn＝1＋log2(an)2，则bn＝2n＋1.‎ 则＝，‎ 所以Tn＝(－＋－＋…＋－)＝‎ <.‎ ‎[B级　能力提升]‎ ‎11．(2020·郑州一模)已知数列{an}满足2an＋1＋an＝3(n∈N*)，且a3＝，其前n项之和为Sn，则满足不等式|Sn－n－6|<的最小整数n是(　　)‎ A．8 B．9 ‎ C．10 D．11‎ 解析：由2an＋1＋an＝3，得an＋1－1＝－(an－1)，又a3＝，所以a2－1＝－2(a3－1)＝－，a1－1＝－2(a2－1)＝9.所以{an－1}是首项为9，公比为－的等比数列，则an－1＝9·，an＝1＋9·，则Sn＝n＋9·＝n＋6－6·，则|Sn－n－6|＝3·，|Sn－n－6|<，即3·<，解得n>9，所以满足不等式|Sn－n－6|<的最小整数n是10.‎ 答案：C ‎12．(2020·蚌埠质检)数列{an}满足a1＝1，|an－an－1|＝n2(n∈N*且n≥2)．若数列{a2n－1}为递增数列，数列{a2n}为递减数列，且a1>a2，则a99＝________．‎ 解析：由于数列{a2n－1}为递增数列，数列{a2n}为递减数列，可求得a2－a1＝－22，a3－a2＝32，a4－a3＝－42，a5－a4＝52，a6－a5＝－62，…，‎ a98－a97＝－982，a99－a98＝992.‎ 故a99＝(a99－a98)＋(a98－a97)＋…＋(a6－a5)＋(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝992－982＋972－962＋…＋52－42＋32－22＋1＝99＋98＋97＋96＋…＋5＋4＋3＋2＋1＝×99＝4 950.‎ 答案：4 950‎ ‎13．(2020·茂名一模)已知Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2an－2.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝k∈N*，求数列{bn}的前2n项和T2n.‎ 解：(1)由Sn＝2an－2，①‎ 得Sn－1＝2an－1－2(n≥2)，②‎ ‎①－②得an＝2an－2an－1，所以an＝2an－1(n≥2)，‎ 由a1＝S1＝2a1－2，得a1＝2，‎ 所以{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，‎ 所以an＝2n.‎ ‎(2)bn＝k∈N*.‎ T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)‎ ‎＝(2＋23＋25＋…＋22n－1)＋(2＋4＋6＋…＋2n)‎ ‎＝＋＝－＋×4n＋n2＋n.‎ ‎[C级　素养升华]‎ ‎14．(2020·天河二模)已知数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，设cn＝a，Tn＝c1＋c2＋…＋cn(n∈N*)，则当Tn<2 020时，n的最大值是(　　)‎ A．9 B．10 ‎ C．11 D．12‎ 解析：因为{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1.因为{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝2n－1，所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝a＋a＋…＋a＝a1＋a2＋a4＋…＋a2n－1＝(2×1－1)＋(2×2－1)＋(2×4－1)＋…＋(2×2n－1－1)＝2(1＋2＋4＋…＋2n－1)－n＝2×－n＝2n＋1－n－2，因为Tn<2 020，所以2n＋1－n－2<2 020，解得n≤9.则当Tn<2 020时，n的最大值是9.‎ 答案：A