多维层次练35- 数列求和学案

这是一份多维层次练35- 数列求和学案，共10页。

1.（2020·开封市定位考试）等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋4S2＝0，则公比q＝（ ）
A.－1 B.1
C.－2 D.2
解析：因为a3＋4S2＝0，所以a1q2＋4a1＋4a1q＝0，因为a1≠0，所以q2＋4q＋4＝0，所以q＝－2，故选C.
答案：C
2.在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1 anan＋1＝324，则n等于（ ）
A.12 B.13
C.14 D.15
解析：因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9，a10a11a12，…也成等比数列.不妨令b1＝a1a2a3，b2＝a4a5a6，
则公比q＝eq \f(b2,b1)＝eq \f(12,4)＝3.所以bm＝4×3m－1.
令bm＝324，即4×3m－1＝324，
解得m＝5，所以b5＝324，即a13a14a15＝324.
所以n＝14.
答案：C
3.（多选题）设等比数列{an}的公比为q，则下列结论正确的是（ ）
A.数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列
B.数列{an＋an＋1}是公比为q的等比数列
C.数列{an－an＋1}是公比为q的等比数列
D.数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是公比为eq \f(1,q)的等比数列
解析：对于选项A，由eq \f(anan＋1,an－1an)＝q2（n≥2）知数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列；对于选项B，当q＝－1时，数列{an＋an＋1}的项中有0，不是等比数列；对于选项C，若q＝1时，数列{an－an＋1}的项中有0，不是等比数列；对于选项D，eq \f(\f(1,an＋1),\f(1,an))＝eq \f(an,an＋1)＝eq \f(1,q)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是公比为eq \f(1,q)的等比数列，故选AD.
答案：AD
4.（2018·北京卷）“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于eq \r(12,2).若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为（ ）
A.eq \r(3,2)f B.eq \r(3,22)f
C.eq \r(12,25)f D.eq \r(12,27)f
解析：由题知，这十三个单音的频率构成首项为f，公比为eq \r(12,2)的等比数列，则第八个单音的频率为（eq \r(12,2)）7f＝eq \r(12,27)f.
故选D.
答案：D
5.已知数列{an}满足lg3an＋1＝lg3an＋1（n∈N*），且a2＋a4＋a6＝9，则lgeq \s\d9(\f(1,3))（a5＋a7＋a9）的值是（ ）
A.－5 B.－eq \f(1,5)
C.5 D.eq \f(1,5)
解析：因为lg3an＋1＝lg3an＋1，
所以an＋1＝3an.又由题意知an>0，
所以数列{an}是公比q＝3的等比数列.
因为a5＋a7＋a9＝q3（a2＋a4＋a6），
所以lgeq \s\d9(\f(1,3))（a5＋a7＋a9）＝lgeq \s\d9(\f(1,3))（9×33）＝lgeq \s\d9(\f(1,3))35＝－5.
答案：A
6.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝（ ）
A.2n－1 B.eq \f(1,2n－1)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n－1) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n－1)
解析：因为an＋1＝Sn＋1－Sn，
所以Sn＝2an＋1＝2（Sn＋1－Sn），所以eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(3,2)，
所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，eq \f(3,2)为公比的等比数列，
所以Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n－1).
答案：D
7.（2020·江苏卷）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 .
解析：由题意，得a1＋b1＝S1＝12－1＋21－1＝1.当n≥2时，an＋bn＝Sn－Sn－1＝（n2－n＋2n－1）－[（n－1）2－（n－1）＋2n－1－1]＝2n－2＋2n－1.当n＝1时，上式也成立.所以an＋bn＝2n－2＋2n－1.又因为{an}是等差数列，{bn}是等比数列，所以an＝2n－2，bn＝2n－1，所以d＝2，q＝2，所以d＋q＝4.
答案：4
8.（2020·深圳调考）若数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，bn＋1＝－an，an＋1＝3an＋2bn，n∈N*，则a2 019－a2 018＝ .
解析：由题可得a2＝3a1＋2b1＝5，而an＋2＝3an＋1＋2bn＋1＝3an＋1－2an，则有an＋2－an＋1＝2（an＋1－an），即数列{an＋1－an}是以a2－a1＝4为首项，2为公比的等比数列，那么a2 019－a2 018＝4×22 018－1＝22 019.
答案：22 019
9.（2021·广东省适应性考试）已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
（1）证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
（2）若a1＝eq \f(1,2)，a2＝eq \f(3,2)，求{an}的通项公式.
（1）证明：an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2＋an＋1＝3（an＋1＋an），因为{an}中各项均为正数，所以an＋1＋an>0，
所以eq \f(an＋2＋an＋1,an＋1＋an)＝3，
所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列.
（2）解：因为a1＝eq \f(1,2)，a2＝eq \f(3,2)，所以a2＋a1＝2.
又由（1）知数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列，
所以an＋1＋an＝（a2＋a1）·3n－1＝2·3n－1.
于是an＋1－eq \f(1,2)×3n＝－an＋eq \f(1,2)×3n－1，又a2－eq \f(3,2)＝0.
所以an－eq \f(3n－1,2)＝0，即an＝eq \f(3n－1,2)，而a1＝eq \f(1,2)也符合.
于是an＝eq \f(1,2)×3n－1为所求.
10.[2020·新高考卷Ⅰ（山东卷）]已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
（1）求{an}的通项公式；
（2）记bm为{an}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
解：（1）设{an}的公比为q.
由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q＝eq \f(1,2)（舍去），q＝2.由题设得a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
（2）由题设及（1）知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.
所以S100＝b1＋（b2＋b3）＋（b4＋b5＋b6＋b7）＋…＋（b32＋b33＋…＋b63）＋（b64＋b65＋…＋b100）＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×（100－63）＝480.
[综合应用练]
11.数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)等于（ ）
A.（3n－1）2 B.eq \f(1,2)（9n－1）
C.9n－1 D.eq \f(1,4)（3n－1）
解析：因为a1＋a2＋…＋an＝3n－1，n∈N*，
当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1，
所以当n≥2时，an＝3n－3n－1＝2·3n－1，
又n＝1时，a1＝2适合上式，所以an＝2·3n－1，
故数列{aeq \\al(2,n)}是首项为4，公比为9的等比数列，
因此aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(4（1－9n）,1－9)＝eq \f(1,2)（9n－1）.
答案：B
12.（2020·河南六市联考）若正项递增等比数列{an}满足1＋（a2－a4）＋λ（a3－a5）＝0（λ∈R），则a6＋λa7的最小值为（ ）
A.－2 B.－4
C.2 D.4
解析：因为{an}是正项递增的等比数列，
所以a1>0，q>1，
由1＋（a2－a4）＋λ（a3－a5）＝0，
得1＋（a2－a4）＋λq（a2－a4）＝0，
所以1＋λq＝eq \f(1,a4－a2)，
所以a6＋λa7＝a6（1＋λq）＝eq \f(a6,a4－a2)＝eq \f(q4,q2－1)＝eq \f([（q2－1）＋1]2,q2－1)＝（q2－1）＋2＋eq \f(1,q2－1)≥2eq \r(（q2－1）·\f(1,q2－1))＋2＝4（q2－1>0），
当且仅当q＝eq \r(2)时取等号，所以a6＋λa7的最小值为4.
故选D.
答案：D
13.（2020·合肥第二次测试）已知数列{an}中，a1＝2，且eq \f(aeq \\al(2,n＋1),an)＝4（an＋1－an）（n∈N*），则其前9项的和S9＝ .
解析：由eq \f(aeq \\al(2,n＋1),an)＝4（an＋1－an）可得aeq \\al(2,n＋1)－4an＋1an＋4aeq \\al(2,n)＝0，即（an＋1－2an）2＝0，即an＋1＝2an，又a1＝2，所以数列{an}是首项和公比都是2的等比数列，则其前9项的和S9＝eq \f(2（1－29）,1－2)＝210－2＝1 022.
答案：1 022
14.记Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝1－an，记Tn＝a1a3＋a3a5＋…＋a2n－1a2n＋1，则an＝ ，Tn＝ .
解析：由题意有a1＝1－a1，得a1＝eq \f(1,2).
则n≥2时，有Sn－1＝1－an－1，①
结合Sn＝1－an，②
则①－②得an＝eq \f(1,2)an－1，
故数列{an}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，
可得数列{an}的通项公式an＝eq \f(1,2n)，
所以Tn＝aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,4)＋…＋aeq \\al(2,2n)＝eq \f(\f(1,16)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,16n))),1－\f(1,16))＝eq \f(1,15)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,16n))).
答案：eq \f(1,2n) eq \f(1,15)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,16n)))
15.已知数列{an}的首项a1>0，an＋1＝eq \f(3an,2an＋1)（n∈N*），且a1＝eq \f(2,3).
（1）求证：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))是等比数列，并求出{an}的通项公式；
（2）求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Tn.
（1）证明：记bn＝eq \f(1,an)－1，则eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(\f(1,an＋1)－1,\f(1,an)－1)＝eq \f(\f(2an＋1,3an)－1,\f(1,an)－1)＝eq \f(2an＋1－3an,3－3an)＝eq \f(1－an,3（1－an）)＝eq \f(1,3)，
又b1＝eq \f(1,a1)－1＝eq \f(3,2)－1＝eq \f(1,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,3)的等比数列.
所以eq \f(1,an)－1＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)，即an＝eq \f(2·3n－1,1＋2·3n－1).
所以数列{an}的通项公式为an＝eq \f(2·3n－1,1＋2·3n－1).
（2）解：由（1）知，eq \f(1,an)－1＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)，
即eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＋1.
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＋n＝eq \f(3,4)（1－eq \f(1,3n)）＋n.
[拔高创新练]
16.已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.
（1）判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；
（2）求T2n.
解：（1）因为an·an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，
所以an＋1·an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)，
所以eq \f(an＋2,an)＝eq \f(1,2)，即an＋2＝eq \f(1,2)an.因为bn＝a2n＋a2n－1，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(a2n＋2＋a2n＋1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(\f(1,2)a2n＋\f(1,2)a2n－1,a2n＋a2n－1)＝eq \f(1,2)，
因为a1＝1，a1·a2＝eq \f(1,2)，所以a2＝eq \f(1,2)，
所以b1＝a1＋a2＝eq \f(3,2).
所以{bn}是首项为eq \f(3,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列.
所以bn＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝eq \f(3,2n).
（2）由（1）可知，an＋2＝eq \f(1,2)an，
所以a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝eq \f(1,2)为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列，
所以T2n＝（a1＋a3＋…＋a2n－1）＋（a2＋a4＋…＋a2n）＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝3－eq \f(3,2n).