考点6.4　数列求和、数列的综合应用（解析版）练习题

这是一份考点6.4　数列求和、数列的综合应用（解析版）练习题，共16页。

6.4　数列求和、数列的综合应用
【基础集训】
考点一　数列求和
1.在等差数列{an}中,a4=5,a7=11.设bn=(-1)n·an,则数列{bn}的前100项之和S100=(　　)
A.-200　　　B.-100　　　C.200　　　D.100
【答案】　D
2.数列{an}的前n项和为Sn,若an=1n(n+1),则S5等于(　　)
A.1　　　B.56　　　C.16　　　D.130
【答案】　B
3.设f(x)=4x4x+2,求S=f12 002+f22 002+…+2 0012 002的值.
【解析】　∵f(x)=4x4x+2,∴f(1-x)=41-x41-x+2=44+2·4x=24x+2,
∴f(x)+f(1-x)=1,
∵S=f12 002+f22 002+…+f2 0012 002
=f2 0012 002+f2 0002 002+…+f12 002,
∴2S=f12 002+f22 002+…+f2 0012 002+f2 0012 002+f2 0002 002+…+f12 002=1×2 001=2 001,∴S=2 0012.
4.已知等差数列{an}满足(a1+a2)+(a2+a3)+…+(an+an+1)=2n(n+1)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列an2n-1的前n项和Sn.
【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d,
由已知得a1+a2=4,(a1+a2)+(a2+a3)=12,即a1+a2=4,a2+a3=8.
所以a1+(a1+d)=4,(a1+d)+(a1+2d)=8,
解得a1=1,d=2.所以an=2n-1.
(2)由(1)得an2n-1=2n-12n-1,
所以Sn=1+321+522+…+2n-32n-2+2n-12n-1,①
12Sn=12+322+523+…+2n-32n-1+2n-12n,②
①-②得12Sn=1+1+12+122+…+12n-2-2n-12n=3-2n+32n,
所以Sn=6-4n+62n.
考点二　数列的综合应用
5.已知数列{an}满足an=log(n+1)(n+2)(n∈N*),我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的数n叫做“优数”,则在区间(1,2 004)内的所有“优数”的和为(　　)
A.1 024　　　B.2 003　　　C.2 026　　　D.2 048
【答案】　C
6.已知函数f(x)=2x-3x-1,点(n,an)在f(x)的图象上,数列{an}的前n项和为Sn,n∈N*.
(1)求使an<0的n的最大值;
(2)求Sn.
【解析】　(1)由已知得an=f(n)=2n-3n-1,
则f '(n)=2nln 2-3,n∈N*,
当f '(n)>0,即n≥3时, f(n)单调递增,
当f '(n)<0,即1≤n≤2时, f(n)单调递减.
又∵an<0,即2n-3n-1<0,
当n=2时,22-6-1<0,当n=3时,23-9-1=-2<0,当n=4时,24-12-1>0.∴使an<0的n的最大值为3.
(2)Sn=a1+a2+…+an=(2+22+…+2n)-3(1+2+3+…+n)-n
=2(1-2n)1-2-3·n(n+1)2-n=2n+1-n(3n+5)2-2.
7.已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1=2,且a1+1,a2+1,a4+1成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,n∈N*,Sn是数列{bn}的前n项和,求使Sn<319成立的最大的正整数n.
【解析】　(1)设{an}的公差为d.由a1+1,a2+1,a4+1成等比数列,可得(a2+1)2=(a1+1)(a4+1),又a1=2,∴(3+d)2=3(3+3d),解得d=3(d=0舍去),则an=a1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1.
(2)由(1)知bn=1anan+1=1(3n-1)(3n+2)=1313n-1-13n+2,
∴Sn=1312-15+15-18+…+13n-1-13n+2
=1312-13n+2=n2(3n+2),则Sn<319,即n2(3n+2)<319,
解得n<12,则所求最大的正整数n为11.
【综合集训】
考法一　错位相减法求和
1.已知数列{nan}的前n项和为Sn,且an=2n,则使得Sn-nan+1+50<0的最小正整数n的值为　　　　. 
【答案】　5
2.已知{an}是公差d≠0的等差数列,a2,a6,a22成等比数列,a4+a6=26,数列{bn}是公比q为正数的等比数列,且b3=a2,b5=a6.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
【解析】　(1)∵{an}是等差数列,且a4+a6=26,∴a5=13,
又∵a2,a6,a22成等比数列,∴a62=a2a22,
即(13+d)2=(13-3d)(13+17d),解得d=3或d=0(舍),
∴an=a5+(n-5)d=3n-2.∵b3=a2,b5=a6,∴q2=b5b3=a6a2=3×6-23×2-2=4,∴q=2或q=-2(舍),
又∵b3=a2=4,∴bn=b3·qn-3=4·2n-3=2n-1.
(2)由(1)可知,an·bn=(3n-2)·2n-1,
∴Tn=1×20+4×21+7×22+…+(3n-5)·2n-2+(3n-2)·2n-1,
2Tn=1×21+4×22+7×23+…+(3n-5)·2n-1+(3n-2)·2n,
两式相减得-Tn=1+3(21+22+…+2n-1)-(3n-2)·2n
=1+3·2(1-2n-1)1-2-(3n-2)·2n=-5-(3n-5)·2n.
∴Tn=5+(3n-5)·2n.
3.设等差数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)在函数f(x)=x2+Bx+C-1(B,C∈R)的图象上,且a1=C.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=an(a2n-1+1),求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】　(1)设数列{an}的公差为d,
则Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n,
又Sn=n2+Bn+C-1,两式对照得d2=1,C-1=0,解得d=2,C=1,
所以a1=1,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)知bn=(2n-1)(2·2n-1-1+1)=(2n-1)2n,
则Tn=1×2+3×22+…+(2n-1)·2n,
2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1,
两式相减得Tn=(2n-1)·2n+1-2(22+…+2n)-2
=(2n-1)·2n+1-2×22(1-2n-1)1-2-2=(2n-3)·2n+1+6.
考法二　裂项相消法求和
4.数列1n+1+n的前2 017项的和为(　　)
A.2 018+1　　　B.2 018-1　　　C.2 017+1　　　D.2 017-1
【答案】　B
5.曲线y=n2x+ln x(n∈N*)在x=2n处的切线斜率为an,则数列1anan+1的前n项的和为　　　　. 
【答案】　nn+1
6.已知数列{an}中,a1=1,a2=3,其前n项和为Sn,且当n≥2时,an+1Sn-1-anSn=0.
(1)求证:数列{Sn}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=9an(an+3)(an+1+3),记数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn.
【解析】　(1)当n≥2时,an+1Sn-1-anSn=(Sn+1-Sn)Sn-1-(Sn-Sn-1)Sn=Sn+1Sn-1-Sn2=0,∴Sn2=Sn-1Sn+1(n≥2).又由S1=a1=1≠0,S2=a1+a2=4≠0,可推知对一切正整数n均有Sn≠0,∴数列{Sn}是等比数列,Sn=4n-1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3×4n-2,又a1=1,∴an=1(n=1),3×4n-2(n≥2).
(2)当n≥2时,bn=9an(an+3)(an+1+3)=9×3×4n-2(3×4n-2+3)(3×4n-1+3)=3×4n-2(4n-2+1)(4n-1+1),
又知b1=38,∴bn=38(n=1),3×4n-2(4n-2+1)(4n-1+1)(n≥2),则T1=b1=38.
当n≥2时,bn=3×4n-2(4n-2+1)(4n-1+1)=14n-2+1-14n-1+1,
则Tn=38+142-2+1-142-1+1+…+14n-2+1-14n-1+1=78-14n-1+1,
又当n=1时,T1=38符合上式,∴Tn=78-14n-1+1(n∈N*).
7.已知等比数列{an}的首项为1,公比为q,a4,a3,a5依次成等差数列.
(1)求q的值;
(2)当q<0时,求数列{nan}的前n项和Sn;
(3)当q>0时,求证:∑i=1nai22i-132-ai2<34.
【解析】　(1)∵a4,a3,a5依次成等差数列,∴2a3=a4+a5,
∵{an}是首项为1的等比数列,∴2q2=q3+q4,∵q≠0,∴q2+q-2=0,∴q=1或q=-2.
(2)∵q<0,∴q=-2,∴an=(-2)n-1,∵Sn=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1+nan,∴Sn=1+2·(-2)+3·(-2)2+…+(n-1)·(-2)n-2+n·(-2)n-1,-2Sn=1·(-2)+2·(-2)2+3·(-2)3+…+(n-1)·(-2)n-1+n·(-2)n,两式相减得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n·(-2)n=1-(-2)n1-(-2)-n·(-2)n=1-(3n+1)(-2)n3,∴Sn=1-(3n+1)(-2)n9.
(3)证明:∵q>0,∴q=1,∴an=1,
∴∑i=1nai22i-132-ai2=∑i=1n12i-132-1
=∑i=1n14 1i+13i-23=14∑i=1n1i-23-1i+13
=14113-143+143-173+…+1n-23-1n-13=143-1n-13<34.
考点一　数列求和
1.等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则∑k=1n1Sk=　　　　. 
【答案】　2nn+1
2.已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=　　　　. 
【答案】　6
3.Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.
(1)求b1,b11,b101;
(2)求数列{bn}的前1 000项和.
【解析】　(1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28,
解得d=1.
所以{an}的通项公式为an=n.
b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)
(2)因为bn=0,1≤n<10,1,10≤n<100,2,100≤n<1 000,3,n=1 000,(9分)
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)
思路分析　(1)先求公差,从而得通项an,再根据已知条件求b1,b11,b101.(2)分析出{bn}中项的规律,进而求出数列{bn}的前1 000项和.
4.Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,an2+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和.
【解析】　(1)由an2+2an=4Sn+3,可知an+12+2an+1=4Sn+1+3.
可得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1,
即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an).
由于an>0,所以an+1-an=2.
又由a12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.
所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分)
(2)由an=2n+1可知
bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=1213-15+15-17+…+12n+1-12n+3
=n3(2n+3).(12分)
思路分析　(1)由an2+2an=4Sn+3,得an+12+2an+1=4Sn+1+3,两式相减得出递推关系式,再求出a1,利用等差数列的通项公式求法可得通项an.(2)利用裂项相消法求Tnbn=1212n+1-12n+3.
5.设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*).
(i)求Tn;
(ii)证明∑k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=2n+2n+2-2(n∈N*).
【解析】　本题主要考查等差数列的通项公式,等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.
(1)设等比数列{an}的公比为q.
由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.
因为q>0,可得q=2,故an=2n-1.
设等差数列{bn}的公差为d.
由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.
由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,
从而b1=1,d=1,故bn=n.
所以,数列{an}的通项公式为an=2n-1,数列{bn}的通项公式为bn=n.
(2)(i)由(1),有Sn=1-2n1-2=2n-1,
故Tn=∑k=1n(2k-1)=∑k=1n2k-n=2×(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.
(ii)证明:因为(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(2k+1-k-2+k+2)k(k+1)(k+2)
=k·2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2-2k+1k+1,所以,∑k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=233-222+244-233+…+2n+2n+2-2n+1n+1=2n+2n+2-2.
方法总结　解决数列求和问题的两种思路
(1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.
(2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.
6.已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
【解析】　本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.
(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.
所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,
故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,
4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,
上述两式相减,得
-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1
=12×(1-4n)1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.
得Tn=3n-23×4n+1+83.
所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为3n-23×4n+1+83.
方法总结　(1)等差数列与等比数列中有五个量a1,n,d(或q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a1和d(或q),问题可迎刃而解.
(2)数列{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比q≠1的等比数列,求数列{anbn}的前n项和适用错位相减法.
7.已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)令cn=(an+1)n+1(bn+2)n,求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】　(1)由题意知,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.
当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5(n∈N*).
设数列{bn}的公差为d.由a1=b1+b2,a2=b2+b3,即11=2b1+d,17=2b1+3d,
可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1.
(2)由(1)知cn=(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1.
又Tn=c1+c2+…+cn,得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],
2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]
=3×4+4(1-2n)1-2-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2.所以Tn=3n·2n+2.
考点二　数列的综合应用
8.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
【答案】　A
9.若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于(　　)
A.6　　　B.7　　　C.8　　　D.9
【答案】　D
10.已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
【解析】　本题主要考查由递推关系证明数列为等比数列、等差数列以及求数列的通项公式,考查了学生的逻辑推理、运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.
(1)由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=2n-1.
所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12n+n-12,
bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n-n+12.
思路分析　(1)将两递推关系式左、右两边相加可得an+1+bn+1=12(an+bn),从而证得数列{an+bn}为等比数列;将两递推关系式左、右两边相减可得an+1-bn+1=an-bn+2,从而证得数列{an-bn}为等差数列.(2)由(1)可求出{an+bn},{an-bn}的通项公式,联立可解得an,bn.
解题关键　将两递推关系式相加、相减,从而证得数列为等差、等比数列是解决本题的关键.
11.设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=1,2k (i)求数列{a2n(c2n-1)}的通项公式;
(ii)求∑i=12naici(n∈N*).
【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.依题意得6q=6+2d,6q2=12+4d,解得d=3,q=2,
故an=4+(n-1)×3=3n+1,bn=6×2n-1=3×2n.
所以,{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2n.
(2)(i)a2n(c2n-1)=a2n(bn-1)=(3×2n+1)·(3×2n-1)=9×4n-1.
所以,数列{a2n(c2n-1)}的通项公式为a2n(c2n-1)=9×4n-1.
(ii)∑i=12naici=∑i=12n[ai+ai(ci-1)]=∑i=12nai+∑i=1na2i(c2i-1)
=2n×4+2n(2n-1)2×3+∑i=1n(9×4i-1)
=(3×22n-1+5×2n-1)+9×4(1-4n)1-4-n
=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n∈N*).
思路分析　(1)利用等差数列、等比数列概念求基本量得到通项公式.
(2)(i)由cn=1,2k (ii)利用(i)把∑i=12naici拆成∑i=12n[ai+ai(ci-1)],
进而可得∑i=12naici=∑i=12nai+∑i=1na2i(c2i-1),计算即可.
解题关键　正确理解数列{cn}的含义是解题的关键.
12.已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.

【解析】　(1)设数列{xn}的公比为q,由已知知q>0.
由题意得x1+x1q=3,x1q2-x1q=2.所以3q2-5q-2=0.
因为q>0,所以q=2,x1=1.
因此数列{xn}的通项公式为xn=2n-1.
(2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1.
由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,
由题意得bn=(n+n+1)2×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以Tn=b1+b2+…+bn
=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①
2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②
①-②得
-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1
=32+2(1-2n-1)1-2-(2n+1)×2n-1.所以Tn=(2n-1)×2n+12.
解题关键　记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,以几何图形为背景确定{bn}的通项公式是关键.