高三数学一轮复习： 第5章 第4节 课时分层训练31

这是一份高三数学一轮复习： 第5章 第4节 课时分层训练31，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．数列1eq \f(1,2)，3eq \f(1,4)，5eq \f(1,8)，7eq \f(1,16)，…，(2n－1)＋eq \f(1,2n)，…的前n项和Sn的值等于( )
【导学号：01772189】
A．n2＋1－eq \f(1,2n) B.2n2－n＋1－eq \f(1,2n)
C．n2＋1－eq \f(1,2n－1) D.n2－n＋1－eq \f(1,2n)
A [该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋eq \f(1,2n)，
则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))
＝n2＋1－eq \f(1,2n).]
2．(2016·安徽江南十校3月联考)在数列{an}中，an＋1－an＝2，Sn为{an}的前n项和．若S10＝50，则数列{an＋an＋1}的前10项和为( )
A．100 B.110
C．120 D.130
C [{an＋an＋1}的前10项和为a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a10＋a11＝2(a1＋a2＋…＋a10)＋a11－a1＝2S10＋10×2＝120.故选C.]
3．(2016·湖北七校2月联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )
A．192里 B.96里
C．48里 D.24里
B [由题意，知每天所走路程形成以a1为首项，公比为eq \f(1,2)的等比数列，则eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，则a2＝96，即第二天走了96里．故选B.]
4．(2016·江西高安中学第九校联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于( )
A．5 B.6
C．7 D.16
C [根据题意这个数列的前8项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.
又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7.故选C.]
5．已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝eq \f(1,fn＋1＋fn)，n∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝( )
【导学号：01772190】
A.eq \r(2 016)－1 B.eq \r(2 017)－1
C.eq \r(2 018)－1 D.eq \r(2 018)＋1
C [由f(4)＝2得4a＝2，解得a＝eq \f(1,2)，则f(x)＝xeq \f(1,2).
∴an＝eq \f(1,fn＋1＋fn)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(eq \r(2)－eq \r(1))＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋(eq \r(4)－eq \r(3))＋…＋(eq \r(2 018)－eq \r(2 017))＝eq \r(2 018)－1.]
二、填空题
6．设数列{an }的前n项和为Sn，且an＝sineq \f(nπ,2)，n∈N*，则S2 016＝__________.
【导学号：01772191】
0 [an＝sineq \f(nπ,2)，n∈N*，显然每连续四项的和为0.
S2 016＝S4×504＝0.]
7．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＝__________.
2n ＋1－2 [∵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.]
8．(2017·广州综合测试(二))设数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，Sn＝kn2－1(n∈N*)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为__________．
eq \f(n,2n＋1) [令n＝1得a1＝S1＝k－1，令n＝2得S2＝4k－1＝a1＋a2＝k－1＋12，解得k＝4，所以Sn＝4n2－1，eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,4n2－1)＝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)))，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,3)))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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).]
三、解答题
9．(2017·成都二诊)已知数列{an}满足a1＝1，(n＋1)an＝(n－1)an－1(n≥2，n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)设数列{an }的前n项和为Sn，证明：Sn<2.
[解] (1)∵当n≥2时，(n＋1)an＝(n－1)an－1，
得eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n＋1)，eq \f(an－1,an－2)＝eq \f(n－2,n)，…，eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,3).
将上述式子相乘得eq \f(an,a1)＝eq \f(2,nn＋1).3分
又a1＝eq \f(2,1×1＋1)＝1，
∴an＝eq \f(2,nn＋1).5分
(2)证明：∵an＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Sn＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝2－eq \f(2,n＋1)，
∴Sn<2.12分
10．(2016·全国卷Ⅱ)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.
(1)求b1，b11，b101；
(2)求数列{bn}的前1 000项和．
[解] (1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.
所以{an}的通项公式为an＝n.3分
b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.5分
(2)因为bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0，1≤n＜10，,1，10≤n＜100，,2，100≤n＜1 000，,3，n＝1 000，))
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．已知等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，则数列lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4，…，2n－1lg an，…的前n项和Sn等于( )
【导学号：01772192】
A．n·2n B.(n－1)·2n－1－1
C．(n－1)·2n＋1 D.2n＋1
C [∵等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，
a4a2n－4＝102n，∴aeq \\al(2,n)＝102n，即an＝10n，
∴2n－1lg an＝2n－1lg 10n＝n·2n－1，
∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，①
2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②
∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.]
2．(2017·合肥二次质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－2n，则Sn＝__________.
n·2n(n∈N*) [由Sn＝2an－2n得当n＝1时，S1＝a1＝2；当n≥2时，Sn＝2(Sn－Sn－1)－2n，即eq \f(Sn,2n)－eq \f(Sn－1,2n－1)＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,2n)))是首项为1，公差为1的等差数列，则eq \f(Sn,2n)＝n，Sn＝n·2n(n≥2)，当n＝1时，也符合上式，所以Sn＝n·2n(n∈N*)．]
3．(2017·广州综合测试(二))设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝3，an＋1＝2Sn＋3(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (1)当n≥2时，由an＋1＝2Sn＋3得an＝2Sn－1＋3，
两式相减，得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，
∴an＋1＝3an，∴eq \f(an＋1,an)＝3.
当n＝1时，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，则eq \f(a2,a1)＝3. 3分
∴数列{an}是以a1＝3为首项，公比为3的等比数列．
∴an＝3×3n－1＝3n. 5分
(2)法一：由(1)得bn＝(2n－1)an＝(2n－1)·3n，7分
∴Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n，①
3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)·3n＋1，②
①－②得－2Tn＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n－1)·3n＋1
＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)·3n＋1
＝3＋2×eq \f(321－3n－1,1－3)－(2n－1)·3n＋1
＝－6－(2n－2)·3n＋1.10分
∴Tn＝(n－1)·3n＋1＋3. 12分
法二：由(1)得bn＝(2n－1)an＝(2n－1)·3n.7分
∵(2n－1)·3n＝(n－1)·3n＋1－(n－2)·3n，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝(0＋3)＋(33＋0)＋(2×34－33)＋…＋[(n－1)·3n＋1－(n－2)·3n]
＝(n－1)·3n＋1＋3. 12分