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21_专题七74数列求和、数列的综合（习题+十年高考+检测）
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专题七 数列
一、单项选择题
1.(2023届山东潍坊模拟,3)大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论,主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.大衍数列中的每一项,都代表太极衍生过程中,曾经经历过的两仪数量总和.大衍数列是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题,其前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,则这个数列的第20项为( )
A.198 B.200 C.202 D.204
答案 B 由数列前10项的规律可知当n为偶数时,an=n22;当n为奇数时,an=n2−12,所以a20=2022=200,故选B.
2.(2023届河南南阳期中,4)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-11n.若7
答案 B 因为Sn=n2-11n,所以当n≥2时,Sn-1=(n-1)2-11(n-1),所以an=Sn-Sn-1=2n-12,因为7
3.(2023届成都树德中学段考,4)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若2S3=3a2+8a1,则公比q=( )
A.2 B.-32
C.2或-32 D.2或32
答案 A 由2S3=3a2+8a1,可得2(a1+a2+a3)=3a2+8a1,即2a3-a2-6a1=0.
所以2a1q2-a1q-6a1=0,即2q2-q-6=0,解得q=2或q=-32.∵数列为正项等比数列,∴q=2.故选A.
4.(2022云南玉溪峨山一中月考,11)已知等差数列{an}的公差不等于0,其前n项和为Sn,若a4,S5,S7∈{-10,0},则Sn的最小值为( )
A.-6 B.-11 C.-12 D.-14
答案 C 由题意知a4=0或a4=-10.
当a4=0时,S5=a2+a42×5=5a22,因为公差d≠0,所以S5=-10,所以a1+3d=0,5a1+5d2=−10,解得a1=−6,d=2,所以Sn=n2-7n,又S7=72-7×7=0∈{-10,0},满足条件,所以Sn的最小值为S3=S4=42-7×4=-12.
当a4=-10时,S5=-10或S5=0.若S5=-10,则a1+3d=−10,5a1+10d=−10,解得a1=14,d=−8,由于d=-8<0,故Sn无最小值;若S5=0,则a1+3d=−10,5a1+10d=0,解得a1=20,d=−10,由于d=-10<0,故Sn无最小值.综上所述,Sn的最小值为-12.故选C.
5.(2023届西安西工大附中适应性测试二,7)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a4-a2=12,a5-a3=24,则S4a1+a3=( )
A.6 B.3 C.2 D.1
答案 B 设等比数列{an}的公比为q,则q=a5−a3a4−a2=2,所以S4a1+a3=a1+a2+a3+a4a1+a3=(a1+a3)(1+q)a1+a3=1+q=3.故选B.
6.(2023届贵州六校联盟联考一,8)若数列{an}满足a1=2,an+an+1+an+2=2(n∈N*),则其前2 023项的和为( )
A.1 360 B.1 358 C.1 350 D.1 348
答案 C ∵a1=2,an+an+1+an+2=2,∴S2 023=a1+(a2+a3+a4)+(a5+a6+a7)+…+(a2 021+a2 022+
a2 023)=a1+674×2=1 350,故选C.
7.(2023届江西赣州厚德外国语学校、丰城中学联考,11)已知等差数列{an}满足a2=2,a3+a6=1+a8,数列{bn}满足bnan+1an=an+1-an,记{bn}的前n项和为Sn,若对于任意的a∈[-2,2],n∈N*,不等式Sn<2t2+at-3恒成立,则实数t的取值范围为( )
A.(-∞,-2]∪[2,+∞)
B.(-∞,-2]∪[1,+∞)
C.(-∞,-1]∪[2,+∞)
D.[-2,2]
答案 A ∵a3+a6=a8+a1=a8+1,∴a1=1,又a2=2,∴等差数列{an}的公差d=a2-a1=1,
∴an=1+(n-1)=n.由bnan+1an=an+1-an,得bn=1an−1an+1=1n−1n+1,
∴Sn=1−12+12−13+13−14+…+1n−1−1n+1n−1n+1=1−1n+1.
∴不等式Sn<2t2+at-3可转化为1-1n+1<2t2+at-3.
∵1-1n+1<1,∴问题等价于对任意的a∈[-2,2],n∈N*,2t2+at-4≥0恒成立.
设f(a)=at+(2t2-4),a∈[-2,2],则f(2)≥0,f(−2)≥0,即2t+(2t2−4)≥0,−2t+(2t2−4)≥0,解得t≥2或t≤-2.故选A.
8.(2022安徽安庆一中4月模拟,12)在自然界中,树木的分叉、花瓣的数量、植物种子的排列等都遵循了某种数学规律,直到13世纪意大利数学家莱昂纳多斐波那契从兔子繁殖问题中发现了一组神奇的数字1,1,2,3,5,8,13,21,34,…,它同时揭示了植物生长的规律,我们将其称为斐波那契数列,该数列也可以表示为{an},a1=a2=1,an+2=an+an+1(n∈N*).下面结论:①a1+a2+…+a16=a18-1,②a12+a22+…+a162=a16a17,③a1+a3+…+a15=a16,④a2+a4+…+a16=a17-1,其中正确结论的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 D 由已知a1+a2=a3,a2+a3=a4,……,a16+a17=a18,
累加得a1+2(a2+a3+a4+…+a16)+a17=a3+a4+…+a16+a17+a18,即a1+a2+…+a16=a18-1,故①正确;
由a1=a2,a2+a3=a4,a4+a5=a6,……,a14+a15=a16,
累加得a1+a2+a3+a4+…+a14+a15=a2+a4+…+a14+a16,
即a1+a3+…+a15=a16,故③正确;
由a1+a2=a3,a3+a4=a5,……,a15+a16=a17,
累加整理得a1+a2+a3+a4+…+a15+a16=a3+a5+…+a15+a17,即a2+a4+…+a16=a17-1,故④正确;
因为an+2=an+an+1,a1=a2=1,所以a12+a22+…+a162=a3+a32+a42+…+a162=a3a4+a42+…+a162=a4a5+a52+…+a162=…=a15a16+a162=a16a17,故②正确.故选D.
二、多项选择题
9.(2022福建4月百校联合测评,9)已知等差数列{an}的前n项和为Sn=a12n2+n2,公差为d,则( )
A.a1=1
B.d=1
C.2Sn-an=1+3+5+…+(2n-1)
D.S2n=2an2+2an
答案 ABC 取n=1,则a1=a12+12,解得a1=1,即A正确;
由A可知,Sn=n2+n2,则d=S2-2a1=3-2=1,即B正确;
由A、B可知an=1+(n-1)×1=n.
因为2Sn-an=n2,且1+3+…+(2n-1)=n(1+2n−1)2=n2,即C正确;因为S2n=(2n)2+2n2=2n2+n=2an2+an,即D错误.
10.(2022江苏泰州兴化4月质检,10)数列{an}满足a1=1,an+1an=12n,n∈N*,Sn为数列{an}的前n项和,则( )
A.a4=18 B.an+1≤an
C.Sn<3 D.Sn<32Sn-1
答案 BC 根据题意得an+2an+1an+1an=an+2an=12,因为a1=1,且a2a1=12,所以a2=12,所以{an}的奇数项和偶数项都构成公比为12的等比数列,且首项分别为a1=1,a2=12.对于A,a4=a2×12=14,所以A错误;对于B,若n为奇数,则数列的通项公式为an=1×12n−12=12n−12;若n为偶数,则数列的通项公式为an=12×12n−22=12n2,
当n为奇数时,an=12n−12,an+1=12n+12,此时an+1
A.a10=6
B.S10=-30
C.当且仅当n=6时,Sn取最小值
D.a5+a6+a7+a8+a9+a10=0
答案 AB 设数列{an}的公差为d,由a5=-4,S5=-40,得a1+4d=−4,5a1+5×42d=−40.解得a1=-12,d=2,所以an=2n-14,Sn=n2-13n,则a10=6,S10=-30,A,B正确;令an=2n-14≤0,得n≤7,且a7=0,则n=6或n=7时,Sn取最小值,C不正确;因为a5+a6+a7+a8+a9=5a7=0,所以a5+a6+a7+a8+a9+a10=6≠0或a5+a6+a7+a8+a9+a10=6a5+6×52d=6×(-4)+15×2=6≠0,D不正确.故选AB.
12.(2022重庆金太阳联考,11)朱世杰是历史上伟大的数学家之一,他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题:“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤,只云初日差六十四人,次日转多七人,每人日支米三升.”其大意为“官府陆续派遣1 864人前往修筑堤坝,第一天派出64人,从第二天开始每天比前一天多派7人,官府向修筑堤坝的每人每天发放大米3升.”则下列结论正确的有( )
A.将这1 864人派遣完需要16天
B.第十天派往筑堤的人数为134
C.官府前6天共发放1 467升大米
D.官府前6天比后6天少发放1 260升大米
答案 ACD 记数列{an}为第n天派遣的人数,数列{bn}为第n天发放的大米升数,则{an}是以64为首项,7为公差的等差数列,{bn}是以192为首项,21为公差的等差数列,a10=64+7×9=127,B不正确.设第k天派遣完这1 864人,则64k+7k(k−1)2=1 864,解得k=16,A正确.官府前6天共发放192×6+6×52×21=1 467升大米,C正确.官府前6天比后6天少发放21×10×6=1 260升大米,D正确.
三、填空题
13.(2023届长春外国语学校期中,15)已知等比数列{an}的公比q>1,1a2+1a4=34,a3=22,则a2n= .
答案 2n
解析 由1a2+1a4=34,得4a2+4a4=3a2a4,又a2a4=a32=8,∴4a2+4a4=24,∴a2+a4=6,联立a2+a4=6,a2a4=8,解得a2=2,a4=4或a2=4,a4=2,∴a4a2=q2=2或a4a2=q2=12,由q>1,得q2=2,∴q=2,∴a2n=a1·q2n-1=a2·q2n-2=2×(2)2n-2=2n.
14.(2017课标Ⅱ,15,5分)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则k=1n1Sk= .
答案 2nn+1
解析 设{an}的公差为d,则a1+2d=3,4a1+6d=10,∴a1=1,d=1,∴an=n.∴前n项和Sn=1+2+…+n=n(n+1)2,∴1Sn=2n(n+1)=21n−1n+1,∴k=1n1Sk=21-12+12−13+…+1n−1n+1=21−1n+1=2·nn+1=2nn+1.
15.(2023届江西赣州赣县第三中学期中,14)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,并且S10>0,S11<0,若Sn≤Sk对n∈N*恒成立,则正整数k的值为 .
答案 5
解析 S10=10(a1+a10)2=5(a1+a10)=5(a5+a6)>0,所以a5+a6>0.
S11=11(a1+a11)2=11a6<0,所以a6<0.结合a5+a6>0,可得a5>0.所以当n=5时,Sn取得最大值S5.
要使Sn≤Sk对n∈N*恒成立,则正整数k的值为5.
16.(2023届安徽蚌埠质检一,15)有两个等差数列2,6,10,…,190及2,8,14,…,200,由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列,则这个新数列的各项和为 .
答案 1 472
解析 由题意可知,等差数列2,6,10,…,190中,公差d1=4,等差数列2,8,14,…,200中,公差d2=6.
∵4,6的最小公倍数是12,∴由这两个等差数列的公共项组成的新数列的公差d=12.设新数列为{cn},则c1=2,所以cn=2+12(n-1).
∵cn≤190,∴2+(n-1)×12≤190,解得n≤503,n∈N*,∴n≤16,n∈N*.
∴c16=2+(16-1)×12=182.
∴由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列2,14,26,…,182的各项之和S16=162×(2+182)=1 472.
四、解答题
17.(2022广东深圳二调,17)已知数列{an}的前n项和Sn=2an-3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若1a1+1a2+…+1an<1320,求满足条件的最大正整数n.
解析 (1)因为Sn=2an-3,所以an+1=Sn+1-Sn=(2an+1-3)-(2an-3),整理得an+1=2an,n∈N*,
又a1=S1=2a1-3,所以a1=3.
所以数列{an}是首项为3,公比为2的等比数列,
所以an=3×2n-1,n∈N*.
(2)由(1)知数列1an是首项为13,公比为12的等比数列,所以1a1+1a2+…+1an=231−12n,令231−12n<1320.
整理,得2n<40,又n∈N*,所以n=1,2,3,4,5,
所以满足条件的最大正整数n=5.
18.(2023届沈阳第四中学月考,18)已知数列{an}满足an≠0,a1=1,a2=13,2an-1an+1=an-1·an+anan+1(n∈N,n≥2).
(1)证明:1an是等差数列;
(2)求a1a2+a2a3+a3a4+…+a2 022a2 023的值.
解析 (1)证明:将2an-1an+1=an-1an+anan+1两边同除以an-1anan+1得2an=1an+1+1an−1(n≥2),
所以1an+1−1an=1an−1an−1=…=1a2−1a1=2,所以数列1an是等差数列.
(2)由(1)可知1an=1+2(n-1)=2n-1,所以an=12n−1.
因为an·an+1=1(2n−1)(2n+1)=1212n−1−12n+1,
所以a1a2+a2a3+a3a4+…+a2 022a2 023
=121−13+13−15+…+14 043−14 045
=121−14 045=2 0224 045.
19.(2023届河南南阳期中,20)数列{an}中,Sn为{an}的前n项和,a2=4,2Sn=n(an+1)(n∈N*).
(1)求证:数列{an}是等差数列,并求出其通项公式;
(2)求数列1Sn+2n的前n项和Tn.
解析 (1)当n=1时,2S1=2a1=a1+1,∴a1=1.
∵2Sn=n(an+1)①,∴当n≥2时,2Sn-1=(n-1)(an-1+1)②.
①-②得(n-2)an=(n-1)an-1-1③.
当n≥3时,(n-3)an-1=(n-2)an-2-1④.
③-④得2an-1=an+an-2(n≥3).∴{an}是等差数列.
又a2-a1=3,∴an=1+3(n-1)=3n-2.
(2)由(1)可得Sn=n(an+1)2=n(3n−2+1)2=3n2−n2,
则1Sn+2n=13n2−n2+2n=23n(n+1)=23×1n−1n+1,
∴Tn=1S1+2×1+1S2+2×2+…+1Sn+2n
=23×1−12+23×12−13+…+23×1n−1n+1
=23×1−12+12−13+…+1n−1n+1
=23×1−1n+1
=2n3(n+1).
20.(2023届四川绵阳诊断一,18)已知数列{an}满足a1=12,a2=1,an+2+4an=5an+1(n∈N*).
(1)证明:数列{an+1-an}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
解析 (1)证明:∵an+2+4an=5an+1,n∈N*,
∴an+2-an+1=4(an+1-an),n∈N*.
∵a1=12,a2=1,∴a2-a1=12,
∴数列{an+1-an}是以12为首项,4为公比的等比数列.
(2)由(1)知,an+1-an=12×4n-1=22n-3.
当n≥2时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=22n-5+22n-7+22n-9+…+2-1+2-1=12+12(1−4n−1)1−4
=13(22n-3+1).
当n=1时,a1=12满足上式.
所以an=13(22n-3+1)(n∈N*).
21.(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数.
(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;
(2)求{an}的前20项和.
解析 (1)由题意得a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1,所以a2n+2=a2n+3,即bn+1=bn+3,且b1=a2=a1+1=2,所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列,所以b1=2,b2=5,bn=2+(n-1)×3=3n-1.
(2)当n为奇数时,an=an+1-1.
设数列{an}的前n项和为Sn,
则S20=a1+a2+…+a20
=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)
=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)
=2(a2+a4+…+a20)-10,由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+b10=10×2+10×92×3=155,故S20=2×155-10=300,即{an}的前20项和为300.
22.(2022吉林延边一模,17)从这三个条件中任选一个,补充在下面题目条件中,并解答.
①a2=5,Sn+1-2Sn+Sn-1=3(n≥2,n∈N*);
②a2=5,Sn+1=3Sn-2Sn-1-an-1(n≥2,n∈N*);③Snn−Sn−1n−1=32(n≥2,n∈N*).
问题:已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且 .
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)已知bn是an、an+1的等比中项,求数列1bn2的前n项和Tn.
解析 (1)选条件①时,a2=5,Sn+1-2Sn+Sn-1=3(n≥2,n∈N*),整理得(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=3,
故an+1-an=3(常数),又a2-a1=3,
所以数列{an}是以2为首项,3为公差的等差数列.
故an=2+3(n-1)=3n-1.
选条件②时,a2=5,Sn+1=3Sn-2Sn-1-an-1(n≥2,n∈N*),整理得Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1)-an-1,故an+1+an-1=2an,
故数列{an}是等差数列,公差d=a2-a1=3,
故an=2+3(n-1)=3n-1.
选条件③时,Snn−Sn−1n−1=32(n≥2,n∈N*),因为S11=2,
所以数列Snn是以2为首项,32为公差的等差数列,则Snn=2+32(n-1)=32n+12,
所以Sn=32n2+12n,
则n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n-1.
当n=1时,a1=2满足上式,所以an=3n-1,n∈N*.
(2)由(1)得an=3n-1,因为bn是an、an+1的等比中项,所以bn2=an·an+1=(3n-1)(3n+2),
则1bn2=1(3n−1)(3n+2)=1313n−1−13n+2,
故Tn=13×12−15+15−18+…+13n−1−13n+2
=1312−13n+2=n2(3n+2).
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