23版新高考一轮分层练案(三十一)　数列求和及数列的综合应用

这是一份23版新高考一轮分层练案(三十一)　数列求和及数列的综合应用，共6页。

一轮分层练案(三十一)　数列求和及数列的综合应用

A级——基础达标
1．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S7＝21－7a7，则S10＝(　　)
A．12 B．15
C．18 D．21
【答案】B　由S7＝×7＝7a4＝21－7a7，
得a4＋a7＝3，
所以S10＝×10＝×10＝15.故选B.
2．设数列{an}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为Sn，log2an＋1＝1＋log2an，且a3＝4，则S6＝(　　)
A．128 B．65
C．64 D．63
【答案】D　因为log2an＋1＝1＋log2an，
所以log2an＋1＝log22an，即an＋1＝2an，
即数列{an}是以2为公比的等比数列，
又a3＝4，所以a1＝＝1，
因此S6＝＝26－1＝63.故选D.
3．已知数列{an}，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2 020项和为(　　)
A．5 B．－5
C．0 D．－4
【答案】B　由“凸数列”的定义及b1＝1，b2＝－2，得b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，∴数列{bn}是周期为6的周期数列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，于是数列{bn}的前2 020项和等于b1＋b2＋b3＋b4＝－5.
4．已知函数y＝f(x)满足f(x)＋f(1－x)＝1，若数列{an}满足an＝f(0)＋f＋f＋…＋f＋f(1)，则数列{an}的前10项和为(　　)
A． B．33
C． D．34
【答案】A　函数y＝f(x)满足f(x)＋f(1－x)＝1，an＝f(0)＋f＋f＋…＋f＋f(1)，①
∴an＝f(1)＋f＋f＋…＋f＋f(0)，②
由①＋②可得2an＝n＋1，∴an＝，
∴数列{an}是首项为1，公差为的等差数列，其前10项和为＝，故选A.
5．(多选)公差为d的等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下面结论正确的有(　　)
A．d＝2
B．an＝2n＋1
C．＝
D．的前n项和为
【答案】ABD　∵{an}是等差数列，∴a6＋a8＝2a7＝30，
∴a7＝15，∴a7－a2＝5d，又a2＝5，则d＝2，A正确；
∴an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1，B正确；
∴＝＝，C错误；
∴的前n项和为＝＝，D正确．
故选A、B、D.
6．(多选)数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则(　　)
A．an＝
B．数列的前100项和为
C．数列的前100项和为
D．数列{an}的第100项为50 050
【答案】AB　因为an＋1＝an＋n＋1，所以an＋1－an＝n＋1，又a1＝1，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝，所以数列{an}的第100项为5 050，故A正确，D错误；所以＝＝2，所以数列的前100项和为2×＝2×＝，故B正确，C错误．
7．(多选)已知数列{an}满足a1＝，an＝a＋an－1(n≥2，n∈N*).记数列{a}的前n项和为An，数列的前n项和为Bn，则下列结论正确的是(　　)
A．An＝an＋1－ B．Bn＝－
C．＝an D．<
【答案】ABD　由an＝a＋an－1，得a＝an－an－1≥0，所以an≥an－1≥，An＝a＋a＋…＋a＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)＝an＋1－a1＝an＋1－，故A正确；由an＝a＋an－1＝an－1(an－1＋1)，得＝＝－，即＝－，所以Bn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＝－，故B正确；易知An≠0，Bn≠0，所以＝＝an＋1，故C不正确；易知an＝a＋an－1<2a，所以an＋1<2a<23a<…<22n－1a＝22n－1×＝×32n，所以＝an＋1<××32n＝，故D正确．故选A、B、D.
8．数列{an}的通项公式为an＝n cos ，其前n项和为Sn，则S2 020＝________．
解析：∵令bn＝n cos 呈周期性变化，且an＝nbn＝n cos ，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.
故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.
a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，
故a5＋a6＋a7＋a8＝2，
∴从左到右{an}每连续4项和都为2.
∴S2 020＝×2＝1 010.
【答案】1 010
9．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋SnSn＋1＝0，则Sn＝______，数列的前n项和为________．
解析：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＋SnSn＋1＝0，
∴Sn＋1－Sn＋SnSn＋1＝0，∴－＝1.
又∵＝＝1，
∴是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴＝n，∴Sn＝.
∴SnSn＋1＝＝－，
∴Tn＝＋＋…＋
＝1－＝.
【答案】　
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足an＋1＝Sn－1(n∈N*)，a1＝2，
(1)求证：数列{Sn－1}为等比数列；
(2)记bn＝nSn，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：由an＋1＝Sn－1⇒Sn＋1＝2Sn－1，
由a1＝2，所以S1－1＝1，
所以＝＝2，
所以数列{Sn－1}是首项为1，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知，Sn－1＝2n－1⇒Sn＝2n－1＋1，
所以bn＝nSn＝n·2n－1＋n，
分别记数列{n·2n－1}，{n}的前n项和为An，Bn，则
An＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，
2An＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
相减得，－An＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，
所以An＝(n－1)2n＋1，Bn＝1＋2＋3＋…＋n＝，
所以Tn＝An＋Bn＝(n－1)2n＋＋1.
B级——综合应用
11.古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点(或圆球)在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，….我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的堆垛(如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，…).若一“落一形”三角锥垛有10层，则该堆垛总共球的个数为(　　)
A．55 B．220
C．285 D．385
【答案】B　“三角形数”的通项公式an＝，
前n项和公式为Sn＝1＋3＋6＋…＋＝＋＝＋，
当n＝10时，S10＝＋＝220.故选B.
12．已知数列{an}的各项都小于1，a1＝，a－2an＋1＝a－an(n∈N*)，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则S10∈(　　)
A． B．
C． D．(1，2)
【答案】B　由a－2an＋1＝a－an，得＝，由于an<1，∴an＋1与an同号，而a1＝>0，∴an>0，于是01).又a－2an＋1＝a－an，变形得(a－an＋1)－(a－an)＝an＋1，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋[(a－a2)－(a－a1)]＋[(a－a3)－(a－a2)]＋…＋[(a－an)－(a－an－1)]＝a1＋(a－an)－(a－a1)＝＋，∴S10＝＋，而0 13．(多选)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，若a1>1，公比q∈(0，1)，则下列结论不正确的有(　　)
A．>1 B．SnS3n＝S
C．Sn< D．{Tn}有最大值
【答案】ABC　＝a7a8a9＝a＝(a1q7)3，所以无法确定a1q7与1的大小，故A不正确；
由题意S2n＝(1＋qn)Sn，S3n＝(1＋qn＋q2n)Sn，
则SnS3n－S＝(1＋qn＋q2n)S－(1＋qn)2S＝－qnS≠0，则SnS3n≠S，故B不正确；
由Sn＝， ＝＝a1q，
所以Sn－＝＝>0，从而Sn>，故C不正确；
因为a1>1，公比q∈(0，1)，所以{an}是递减数列，令
解得logq 14．数列{an}满足a1＝a2＝1，an＋2＝k∈N*，则数列前2n项和S2n＝______．
解析：由a1＝a2＝1，an＋2＝可知，数列{an}的奇数项是首项为1，公差为1的等差数列，数列{an}的偶数项是首项为1，公比为2的等比数列．所以S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝n＋＋＝＋2n－1.
【答案】＋2n－1
15．在①b1＋b3＝a2；②a4＝b4；③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，请说明理由．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：∵b2＝3，b5＝－81，{bn}是等比数列，设{bn}的公比为q，
∴b1＝－1，q＝－3，∴bn＝－(－3)n－1，
∵b1＝a5，∴a5＝－1，设{an}的公差为d.
选①b1＋b3＝a2时，a2＝－10，a5＝－1，
∴d＝3，a1＝－13，
∴Sk＝－13k＋×3＝k2－k，
Sk＋1＝k2－k＋3k－13，
Sk＋2＝k2－k＋6k－23，
要使Sk＋1 只要∴ ∴存在k＝4符合题意．
选②a4＝b4时，a5＝－1，a4＝b4＝27，
∴a1＝111，d＝－28，∴Sk＝125k－14k2，
Sk＋1＝125k－14k2－28k＋111，
Sk＋2＝125k－14k2－56k＋194，
要使Sk＋1 只要
∴k>，且k<，∴不存在符合题意的k值；
选③S5＝－25时，a5＝－1，∴d＝2，a1＝－9，
同理求得∴ ∴存在k＝4符合题意．
C级——迁移创新
16．定义为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”，若已知正整数数列{an}的前n项的“均倒数”为，又bn＝，求＋＋…＋的值．
解：由已知可得数列{an}的前n项的“均倒数”为＝＝，
可得Sn＝(2n＋1)n，
则n≥2时，Sn－1＝[2(n－1)＋1](n－1)＝2n2－3n＋1，
∴an＝Sn－Sn－1＝4n－1，当n＝1时，a1＝S1＝3，满足an＝4n－1，
∴an＝4n－1，又bn＝，故bn＝n，
∴＋＋…＋＝＋＋…＋
＝＋＋…＋＝1－＝.