2023届高考数学二轮复习专题十数列求和及综合应用作业含答案

专题强化训练(十)

一、单项选择题

1.在数列{an}中,a1=3,am+n=am+an(m,n∈N*),若a1+a2+a3+…+ak=135,则k等于(　B　)

A.10    B.9    C.8    D.7

解析:令m=1,由am+n=am+an可得an+1=a1+an,所以an+1-an=3,所以{an}是首项为3,公差为3的等差数列,an=3+3(n-1)=3n,所以a1+a2+a3+…+ak=

==135,整理可得k2+k-90=0,解得k=9或k=-10(舍去).故选B.

2.(2022·江苏常州高三期末)某人在1月1日采用分期付款的方式贷款购买一台价值a元的家电,在购买1个月后的2月1日第一次还款,且以后每月的1日等额还款一次,一年内还清全部贷款(12月1日最后一次还款),月利率为r.按复利计算,此人每个月应还(　A　)

A.元   B.元

C.元   D.元

解析:设每月还x元,按复利计算,则有

x[1+(1+r)+(1+r)2+…+(1+r)10]=a(1+r)11,即x=a(1+r)11,

解得x=.故选A.

3.(2022·湖南常德高三期末)在流行病学中,基本传染数R0是指在没有外力介入,同时所有人都没有免疫力的情况下,一个感染者平均传染的人数.R0一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定.对于R0>1,而且死亡率较高的传染病,一般要隔离感染者,以控制传染源,切断传播途径.假设某种传染病的基本传染数R0=3,平均感染周期为7天(初始感染者传染R0个人为第一轮传染,经过一个周期后这R0个人每人再传染R0个人为第二轮传染……),那么感染人数由1个初始感染者增加到1 000人大约需要的天数为(参考数据:36=729,45=1 024)(　B　)

A.35   B.42   C.49   D.56

解析:感染人数由1个初始感染者增加到1 000人大约需要n轮传染,则每轮新增感染人数为,经过n轮传染,总共感染人数为1+R0+

+…+=.因为R0=3,所以当感染人数增加到1 000人时,

=1 000,化简得3n=667,

由35=243,36=729,故得n≈6,又因为平均感染周期为7天,所以感染人数由1个初始感染者增加到1 000人大约需要6×7=42(天).故选B.

4.(2022·江苏通州高三期末)函数y=[x]广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域,其中[x]为不超过实数x的最大整数,例如:[-2.1]=

-3,[3.1]=3.已知函数f(x)=[log2x],则f(1)+f(3)+f(5)+…+

f(210+1)=(　B　)

A.4 097    B.4 107    C.5 119   D.5 129

解析:由题意当2i+1≤x≤2i+1-1时,f(x)=i,i∈N*,在[2i+1,2i+1-1]上奇数共有2i-1个,f(1)=0,f(3)=1,f(1)+f(3)+f(5)+…+f(210+1)=0+1+2×

2+3×22+…+9×28+10,

设T=1+2×2+3×22+…+9×28,则2T=2+2×22+3×23+…+8×28+9×29,相减得-T=1+2+22+…+28-9×29=29-1-9×29=-1-8×29,所以T=1+8×29=

4 097,所以f(1)+f(3)+f(5)+…+f(210+1)=4 097+10=4 107.故选B.

5.(2022·河南长垣模拟)已知数列{an}是递增的等差数列,a3是a1与a11的等比中项,且a2=5.若bn=-,则数列{bn}的前n项和Sn=(　A　)

A.- B.-

C.- D.-

解析:因为数列{an}是递增的等差数列,所以数列{an}的公差d>0.

由题意得即

解得a1=2,d=3或a1=5,d=0(舍去).

所以an=2+3(n-1)=3n-1.所以bn=-=-.

所以Sn=b1+b2+b3+…+bn=(-)+(-)+…+(-)=

-.故选A.

6.(2022·河北深州高三期末)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,bn=,且数列{bn}的前n项和为Tn,若对于一切正整数n都有Sn<Tn,则数列{an}的公比q的取值范围为(　B　)

A.(1,+∞) B.(0,1)

C.(2,+∞) D.(0,4)

解析:因为等比数列{an}是正项等比数列,所以q>0,a1>0,若q=1,则an=a1,bn==a1,Sn=Tn,不满足题意;若q≠1,则Sn=,bn==,

Tn==,Tn-Sn=(-1)==

,

因为a1>0,q>0,所以若Tn>Sn,则1-qn>0,qn<1,0<q<1,故数列{an}的公比q的取值范围为(0,1).故选B.

二、多项选择题

7.(2022·湖南娄底高三期末)已知数列{an}满足3a1+32a2+…+3nan=n

(n∈N*),bn=,Sn为数列{bn}的前n项和,则(　BD　)

A.an=

B.{Sn}是关于n的递增数列

C.Sn可以取到[,)内的任意一个值

D.若Sn<λ对一切正整数n都成立,则λ≥

解析:当n=1时,3a1=1,即a1=,

当n≥2时,3nan=n-(n-1)=1,所以an=,

当n=1时,a1=也满足,所以an=,所以A不正确;

bn====(-),故Sn=(1-+

-+-+-+…+-+-)=(1+--),

因为Sn=(1+--)关于n单调递增,所以B正确;又S1=≤Sn<,但n只能取正整数,所以Sn不可以取到[,)内的任意一个值,所以C不正确;若Sn<λ对一切正整数n都成立,则λ≥,所以D正确.故选BD.

8.(2022·河北保定高三期末)对于正整数n,(n)是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目.函数(n)以其首名研究者欧拉命名,称为欧拉函数,例如(9)=6,则(　ABD　)

A.log7 (77)=6+log7 6

B.数列{(3n)}为等比数列

C.数列{(2n)}是递增数列

D.数列{}的前n项和恒小于4

解析:因为7为质数,所以与77不互质的数为7,14,21,…,77,共有=76个,所以log7 (77)=log7(77-76)=6+log76,故A正确;

因为与3n互质的数为1,2,4,5,7,8,10,11,…,3n-2,3n-1,共有(3-1)·

3n-1=2·3n-1个,所以(3n)=2·3n-1,则数列{(3n)}为等比数列,故B正确;因为(2)=1,(4)=2,(6)=2,所以数列{(2n)}不是递增数列,故C错误;

因为(2n)=2n-1,所以==2.

设Sn==++…+,则Sn=++…++,所以Sn=+++…+

-=-=1-,

所以Sn=2-,从而数列{}的前n项和为2Sn=4-<4,故D正确.故选ABD.

三、填空题

9.(2021·江苏宿迁模拟质检)已知{an}是公差d不为零的等差数列,

a5=14,且a1,a3,a11成等比数列,设bn=(-1)n+1an,数列{bn}的前n项和为Sn,则S2 021=　　　　. 

解析:由于a1,a3,a11成等比数列,所以=a1·a11,即(a5-2d)2=(a5-4d)·

(a5+6d),

所以14d2=3a5d.又d≠0,a5=14,所以d=3,因此an=a5+(n-5)×3=3n-1.

bn=(-1)n+1·(3n-1),所以S2 021=b1+b2+b3+…+b2 021=b1+(b2+b3)+(b4+

b5)+…+(b2 020+b2 021)=2+=3 032.

　                   1 010个3　

答案:3 032

10.(2022·广东东莞高三期末)龙曲线是由一条单位线段开始,按下面的规则画成的图形:将前一代的每一条折线段都作为这一代的等腰直角三角形的斜边,依次画出所有直角三角形的两段,使得所画的相邻两线段永远垂直(即所画的直角三角形在前一代曲线的左右两边交替出现).例如第一代龙曲线(图1)是以A1A2为斜边画出等腰直角三角形的直角边A1A3,A3A2所得的折线图,图2、图3依次为第二代、第三代龙曲线(虚线即为前一代龙曲线).A1,A2,A3为第一代龙曲线的顶点,设第n代龙曲线的顶点数为an,由图可知a1=3,a2=5,a3=9,则a4=　　　　;数列{}的前n项和Sn=　　　　　　. 

解析:由题意,观察可知a1=3,a2=2×a1-1=2×3-1=5,a3=2×a2-1=2×

(2×3-1)-1=9,a4=2×a3-1=2×9-1=17.由a1=3=21+1,a2=5=22+1,a3=9=

23+1,a4=17=24+1,…易知an=2n+1,所以==-

,

所以Sn=-+-+…+-=-(n∈N*).

答案:17　 -(n∈N*)

四、解答题

11.(2022·湖北武汉模拟预测)记正项数列{an}的前n项和为Sn,且满足对任意正整数n有,Sn,an构成等差数列;等比数列{bn}的公比q>1,

b1=a1,b2b6=64.

(1)求{an}和{bn}的通项公式;

(2)设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.

解:(1) 依题意,2Sn=+an,an>0,

当n=1时,a1=1,

当n≥2时,2Sn-1=+an-1,

两式相减得2an=an-an-1+-,

即an+an-1=-=(an+an-1)(an-an-1),

于是得an-an-1=1,

则数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,

所以an=n(n∈N*).

依题意,b1=a1=1,有bn=qn-1,

又b2b6=64,则b2b6=q6=64,又q>1,

解得q=2,所以bn=2n-1(n∈N*).

(2) 由(1)知,bn=2n-1,n∈N*,

则cn==-,

Tn=(-)+(-)+(-)+…+(-)+(-),

所以Tn=--++=-2(n∈N*).

12.(2022·湖北武昌高三期末)已知数列{an}满足a1=1,a2=2,且对任意n∈N*,都有an+2=3an+1-2an.

(1)求证:{an+1-an}是等比数列,并求{an}的通项公式;

(2)求使得不等式++…+≤成立的最大正整数m.

解:(1)由an+2=3an+1-2an,得an+2-an+1=2(an+1-an),所以{an+1-an}是首项为1,公比为2的等比数列,所以an+1-an=(a2-a1)×2n-1=2n-1,从而an=(an-an-1)+

(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1=2n-2+2n-3+…+20+1=2n-1,所以an=2n-1

(n∈N*).

(2)设Sm=++…+(m∈N*),

即Sm=+++…++,

所以2Sm=2+++…++,

两式相减得Sm=2+++…++-=4-.

因为Sm+1=Sm+>Sm,且S6=,

所以使++…+≤成立的最大正整数m=6.