2021高考数学（理）大一轮复习习题：第六章 数列 课时达标检测（三十二） 数列的综合问题 word版含答案

这是一份2021高考数学（理）大一轮复习习题：第六章 数列 课时达标检测（三十二） 数列的综合问题 word版含答案，共6页。


1．数列{1＋2n－1}的前n项和为( )
A．1＋2n B．2＋2n
C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n
解析：选C 由题意得an＝1＋2n－1，
所以Sn＝n＋eq \f(1－2n,1－2)＝n＋2n－1.
2．(2017·长沙模拟)已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于( )
A．15 B．12 C．－12 D．－15
解析：选A ∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.
3．(2016·南昌三模)若数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，令bn＝eq \f(1,a1＋a2＋…＋an)，则数列{bn}的前n项和为( )
A.eq \f(n＋1,2n＋2) B.eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2n＋1n＋2)
C.eq \f(n－1,n＋2) D.eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,n＋1n＋2)
解析：选B 易得a1＋a2＋…＋an＝eq \f(n3＋2n＋1,2)＝n(n＋2)，所以bn＝eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，故Tn＝eq \f(1,2)1＋eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2n＋1n＋2).
4.eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(3,8)＋…＋eq \f(n,2n)的值为________．
解析：设Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，①
得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，②
①－②得，eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)
＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)，
∴Sn＝eq \f(2n＋1－n－2,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n).
答案：2－eq \f(n＋2,2n)
5．(2017·江西八校联考)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cs(n＋1)π，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 017＝________.
解析：∵an＋1＋(－1)nan＝cs(n＋1)π＝(－1)n＋1，∴当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝－1，k∈N*，∴S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)＝1＋(－1)×1 008＝－1 007.
答案：－1 007
一、选择题
1．(2017·皖西七校联考)在数列{an}中，an＝eq \f(2n－1,2n)，若{an}的前n项和Sn＝eq \f(321,64)，则n＝( )
A．3 B．4 C．5 D．6
解析：选D 由an＝eq \f(2n－1,2n)＝1－eq \f(1,2n)得Sn＝n－eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))，则Sn＝eq \f(321,64)＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))，将各选项中的值代入验证得n＝6.
2．已知等差数列{an}的各项均为正数，a1＝1，且a3，a4＋eq \f(5,2)，a11成等比数列．若p－q＝10，则ap－aq＝( )
A．14 B．15 C．16 D．17
解析：选B 设等差数列{an}的公差为d，由题意分析知d>0，因为a3，a4＋eq \f(5,2)，a11成等比数列，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a4＋\f(5,2)))2＝a3a11，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)＋3d))2＝(1＋2d)·(1＋10d)，即44d2－36d－45＝0，所以d＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(d＝－\f(15,22)舍去))，所以an＝eq \f(3n－1,2).所以ap－aq＝eq \f(3,2)(p－q)＝15.
3．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值为( )
A．2 500 B．2 600 C．2 700 D．2 800
解析：选B 当n为奇数时，an＋2－an＝0，所以an＝1，当n为偶数时，an＋2－an＝2，所以an＝n，故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1n为奇数，,nn为偶数，))于是S100＝50＋eq \f(2＋100×50,2)＝2 600.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 017的值为( )
A．2 017 B．2 016 C．1 009 D．1 007
解析：选C 因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)＝1 009，故选C.
5．已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝eq \f(π,2)，若函数f(x)＝sin 2x＋2cs2eq \f(x,2)，记yn＝f(an)，则数列{yn}的前9项和为( )
A．0 B．－9 C．9 D．1
解析：选C 由已知可得，数列{an}为等差数列，f(x)＝sin 2x＋cs x＋1，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1.∵f(π－x)＝sin(2π－2x)＋cs(π－x)＋1＝－sin 2x－cs x＋1，∴f(π－x)＋f(x)＝2.∵a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，∴f(a1)＋…＋f(a9)＝2×4＋1＝9，即数列{yn}的前9项和为9.
6．设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，S1，S2，S4成等比数列，且a3＝－eq \f(5,2)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1an)))的前n项和Tn＝( )
A．－eq \f(n,2n＋1) B.eq \f(n,2n＋1)
C．－eq \f(2n,2n＋1) D.eq \f(2n,2n＋1)
解析：选C 设{an}的公差为d，因为S1＝a1，S2＝2a1＋d＝2a1＋eq \f(a3－a1,2)＝eq \f(3,2)a1－eq \f(5,4)，S4＝3a3＋a1＝a1－eq \f(15,2)，S1，S2，S4成等比数列，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)a1－\f(5,4)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(15,2)))a1，整理得4aeq \\al(2,1)＋12a1＋5＝0，所以a1＝－eq \f(5,2)或a1＝－eq \f(1,2).当a1＝－eq \f(5,2)时，公差d＝0不符合题意，舍去；当a1＝－eq \f(1,2)时，公差d＝eq \f(a3－a1,2)＝－1，所以an＝－eq \f(1,2)＋(n－1)×(－1)＝－n＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)(2n－1)，所以eq \f(1,2n＋1an)＝－eq \f(2,2n－12n＋1)＝－eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)，所以其前n项和Tn＝－1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝－eq \f(2n,2n＋1)，故选C.
二、填空题
7．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.
解析：∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))是公比为3的等比数列，∴eq \f(S2＋\f(1,2),S1＋\f(1,2))＝3.
又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，
∴S5＋eq \f(1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(S1＋\f(1,2)))×34＝eq \f(3,2)×34＝eq \f(243,2)，∴S5＝121.
答案：1 121
8．已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,2)＋eq \r(an－a\\al(2,n))，且a1＝eq \f(1,2)，则该数列的前2 016项的和等于________．
解析：因为a1＝eq \f(1,2)，又an＋1＝eq \f(1,2)＋eq \r(an－a\\al(2,n))，所以a2＝1，从而a3＝eq \f(1,2)，a4＝1，即得an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，n＝2k－1k∈N*，,1，n＝2kk∈N*，))故数列的前2 016项的和等于S2 016＝1 008×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＝1 512.
答案：1 512
9．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析：∵an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝eq \f(2－2n,1－2)＋2＝2n－2＋2＝2n.
∴Sn＝eq \f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.
答案：2n＋1－2
10．(2017·福建泉州五中模拟)已知lg x＋lg y＝1，且Sn＝lg xn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lg(xyn－1)＋lg yn，则Sn＝________.
解析：因为lg x＋lg y＝1，
所以lg(xy)＝1.
因为Sn＝lg xn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lg(xyn－1)＋lg yn，
所以Sn＝lg yn＋lg(xyn－1)＋…＋lg(xn－2y2)＋lg(xn－1y)＋lg xn，
两式相加得2Sn＝(lg xn＋lg yn)＋＋…＋(lg yn＋lg xn)＝lg(xn·yn)＋lg(xn－1y·xyn－1)＋…＋lg(yn·xn)＝n＝n2lg(xy)＝n2，所以Sn＝eq \f(n2,2).
答案：eq \f(n2,2)
三、解答题
11．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，Sn为其前n项和．数列{bn}为等差数列，且满足b1＝a1，b4＝S3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝eq \f(1,bn·lg2a2n＋2)，数列{cn}的前n项和为Tn，证明：eq \f(1,3)≤Tn解：(1)由题意知，{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an＝a1·2n－1＝2n－1.∴Sn＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d，则b1＝a1＝1，b4＝1＋3d＝7，
∴d＝2，则bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)证明：∵lg2a2n＋2＝lg222n＋1＝2n＋1，
∴cn＝eq \f(1,bn·lg2a2n＋2)＝eq \f(1,2n－12n＋1)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
∴Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝
eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
∵n∈N*，∴Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))当n≥2时，Tn－Tn－1＝eq \f(n,2n＋1)－eq \f(n－1,2n－1)＝eq \f(1,2n＋12n－1)>0，
∴数列{Tn}是一个递增数列，∴Tn≥T1＝eq \f(1,3).
综上所述，eq \f(1,3)≤Tn12．已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(3,anan＋1)，试求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b.
由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，
所以f(x)＝3x2－2x.
又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，
所以Sn＝3n2－2n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－＝6n－5.
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5，
所以an＝6n－5(n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝eq \f(3,anan＋1)＝eq \f(3,6n－5[6n＋1－5])
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6n－5)－\f(1,6n＋1)))，
故Tn＝eq \f(1,2)1－eq \f(1,7)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)－\f(1,13)))＋…＋eq \f(1,6n－5)－eq \f(1,6n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,6n＋1)))＝eq \f(3n,6n＋1).