（浙江专用）2021届高考数学一轮复习专题六数列6.4数列求和、数列的综合应用试题（含解析）

§6.4　数列求和、数列的综合应用
基础篇固本夯基
【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an0,即n≥3时, f(n)单调递增,
当f '(n)0(x>1),所以函数h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,即h(x)>h(1)=0.所以ln x>1-1x(x>1),
分别令x=2,32,43,…,nn-1,得
ln 2>1-12=12,ln32>1-23=13,ln43>1-34=14,
……
lnnn-1>1-n-1n=1n.
累加得ln 2+ln32+…+lnnn-1>12+13+…+1n,
即ln 2+(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln(n-1)]>12+13+…+1n,
所以12+13+…+1n0,
Fn12=1+12+122+…+12n-2=1-12n+11-12-2
=-12n0,n-k+1≥1.
若00,
从而mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,
所以mk(x)>mk(1)=0,
所以当x>0且x≠1时,ak>bk(2≤k≤n),
又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)an>an+1>…>0.
因为an+1=an2an+1k0=an2-1k02+1k02an+1k0=an-1k0+1k0·1k0an+1,
所以对n=1,2,…,k0求和得ak0+1=a1+(a2-a1)+…+(ak0+1-ak0)
=a1-k0·1k0+1k0·1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0an+1
>2+1k0·13k0+1+13k0+1+…+13k0+1k0个=2+13k0+1.
另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>ak0>ak0+1>2,得
ak0+1=a1-k0·1k0+1k0·1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1
Sk+1且Sk+10,即an+1-3n-1·2,
则λ>-32n-1,n∈N*,∴λ>-32,当n为奇数时,-2nλ>-3n-1·2,
λ