2021高考數(shù)學(xué)人教版一輪復(fù)習(xí)多維層次練：第五章+第4節(jié)+數(shù)列求和及數(shù)列的綜合應(yīng)用+Word版含解析

/多維層次練31[A級(jí)基礎(chǔ)鞏固]1．?dāng)?shù)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項(xiàng)和Sn的值等于()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)解析：該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝(2n－1)＋eq\f(1,2n)，則Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n))＝n2＋1－eq\f(1,2n).答案：A2．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，前n項(xiàng)和為9，則n等于()A．9 B．99C．10 D．100解析：因?yàn)閍n＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＋(eq\r(n)－eq\r(n－1))＋…＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(2)－eq\r(1))＝eq\r(n＋1)－1，令eq\r(n＋1)－1＝9，得n＝99.答案：B3．中國(guó)古代數(shù)學(xué)著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個(gè)問(wèn)題：“三百七十八里關(guān)，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關(guān)，要見次日行里數(shù)，請(qǐng)公仔細(xì)算相還．”其意思為：有一個(gè)人走378里路，第一天健步行走，從第二天起腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達(dá)目的地，請(qǐng)問(wèn)第二天走了()A．192里 B．96里C．48里 D．24里解析：由題意，知每天所走路程形成以a1為首項(xiàng)，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，則eq\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，則a2＝96，即第二天走了96里．答案：B4．(2020·寧德模擬)等差數(shù)列{an}中，a4＝9，a7＝15，則數(shù)列{(－1)nan}的前20項(xiàng)和等于()A．－10 B．－20C．10 D．20解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a4＝9，a7＝15，得a1＋3d＝9，a1＋6d＝15，解得a1＝3，d＝2，則an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，數(shù)列{(－1)nan}的前20項(xiàng)和為－3＋5－7＋9－11＋13＋…－39＋41＝2＋2＋…＋2＝2×10＝20.答案：D5．(2019·廣州模擬)數(shù)列{an}滿足a2＝2，an＋2＋(－1)n＋1·an＝1＋(－1)n(n∈N*)，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S100＝()A．5100 B．2550C．2500 D．2450解析：由an＋2＋(－1)n＋1an＝1＋(－1)n(n∈N*)，可得a1＋a3＝a3＋a5＝a5＋a7＝…＝0，a4－a2＝a6－a4＝a8－a6＝…＝2，由此可知，數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)相鄰兩項(xiàng)的和為0，偶數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為a2＝2、公差為2的等差數(shù)列，所以S100＝50×0＋50×2＋eq\f(50×49,2)×2＝2550.答案：B6．(2020·佛山一中檢測(cè))已知數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＝2n，則Sn＝________．解析：Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，①則2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.②由①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(2（1－2n）,1－2)－n·2n＋1，故Sn＝2＋(n－1)·2n＋1.答案：2＋(n－1)·2n＋17．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＝sineq\f(nπ,2)，n∈N*，則S2019＝________．解析：an＝sineq\f(nπ,2)，n∈N*，顯然每連續(xù)四項(xiàng)的和為0.S2019＝S4×504＋a2017＋a2018＋a2019＝0＋1＋0＋(－1)＝0.答案：08．(2020·郴州質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1a2a3…an＝2eq\a\vs4\al(bn)(n∈N*)，若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a1＝2，a4＝16，則{bn}的通項(xiàng)公式bn＝________，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n項(xiàng)和Sn＝________．解析：因?yàn)閧an}為等比數(shù)列，且a1＝2，a4＝16，所以公比q＝eq\r(3,\f(a4,a1))＝eq\r(3,\f(16,2))＝2，所以an＝2n，所以a1a2a3…an＝21×22×23×…×2n＝21＋2＋3＋…＋n＝2eq\s\up6(\f(n（n＋1）,2)).因?yàn)閍1a2a3…an＝2eq\a\vs4\al(bn)，所以bn＝eq\f(n（n＋1）,2)，所以eq\f(1,bn)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n項(xiàng)和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).答案：eq\f(n（n＋1）,2)eq\f(2n,n＋1)9．已知{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cn＝an＋bn，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和．解：(1)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，則q＝eq\f(b3,b2)＝eq\f(9,3)＝3，所以b1＝eq\f(b2,q)＝1，b4＝b3q＝27，所以bn＝3n－1(n＝1，2，3，…)．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.因?yàn)閍1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2.所以an＝2n－1(n＝1，2，3，…)．(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1.因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.從而數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＋eq\f(1－3n,1－3)＝n2＋eq\f(3n－1,2).10．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝2，an＋1＝2＋Sn(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝1＋log2(an)2，求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項(xiàng)和Tn<eq\f(1,6).(1)解：因?yàn)閍n＋1＝2＋Sn(n∈N*)，所以an＝2＋Sn－1(n≥2)．所以an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，所以an＋1＝2an(n≥2)，又因?yàn)閍2＝2＋a1＝4，a1＝2，所以a2＝2a1，所以數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，則an＝2·2n－1＝2n(n∈N*)．(2)證明：因?yàn)閎n＝1＋log2(an)2，則bn＝2n＋1.則eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))，所以Tn＝eq\f(1,2)(eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋3))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3)))<eq\f(1,6).[B級(jí)能力提升]11．(2020·鄭州一模)已知數(shù)列{an}滿足2an＋1＋an＝3(n∈N*)，且a3＝eq\f(13,4)，其前n項(xiàng)之和為Sn，則滿足不等式|Sn－n－6|<eq\f(1,123)的最小整數(shù)n是()A．8 B．9C．10 D．11解析：由2an＋1＋an＝3，得an＋1－1＝－eq\f(1,2)(an－1)，又a3＝eq\f(13,4)，所以a2－1＝－2(a3－1)＝－eq\f(9,2)，a1－1＝－2(a2－1)＝9.所以{an－1}是首項(xiàng)為9，公比為－eq\f(1,2)的等比數(shù)列，則an－1＝9·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，an＝1＋9·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，則Sn＝n＋9·eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝n＋6－6·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)，則|Sn－n－6|＝3·eq\f(1,2n－1)，|Sn－n－6|<eq\f(1,123)，即3·eq\f(1,2n－1)<eq\f(1,123)，解得n>9，所以滿足不等式|Sn－n－6|<eq\f(1,123)的最小整數(shù)n是10.答案：C12．(2020·蚌埠質(zhì)檢)數(shù)列{an}滿足a1＝1，|an－an－1|＝n2(n∈N*且n≥2)．若數(shù)列{a2n－1}為遞增數(shù)列，數(shù)列{a2n}為遞減數(shù)列，且a1>a2，則a99＝________．解析：由于數(shù)列{a2n－1}為遞增數(shù)列，數(shù)列{a2n}為遞減數(shù)列，可求得a2－a1＝－22，a3－a2＝32，a4－a3＝－42，a5－a4＝52，a6－a5＝－62，…，a98－a97＝－982，a99－a98＝992.故a99＝(a99－a98)＋(a98－a97)＋…＋(a6－a5)＋(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝992－982＋972－962＋…＋52－42＋32－22＋1＝99＋98＋97＋96＋…＋5＋4＋3＋2＋1＝eq\f(99＋1,2)×99＝4950.答案：495013．(2020·茂名一模)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，Sn＝2an－2.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，n＝2k－1，,log2an，n＝2k，))k∈N*，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n.解：(1)由Sn＝2an－2，①得Sn－1＝2an－1－2(n≥2)，②①－②得an＝2an－2an－1，所以an＝2an－1(n≥2)，由a1＝S1＝2a1－2，得a1＝2，所以{an}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以an＝2n.(2)bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n，n＝2k－1，,n，n＝2k，))k∈N*.T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝(2＋23＋25＋…＋22n－1)＋(2＋4＋6＋…＋2n)＝eq\f(2×（1－4n）,1－4)＋eq\f(（2＋2n）×n,2)＝－eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×4n＋n2＋n.[C級(jí)素養(yǎng)升華]14．(2020·天河二模)已知數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，{bn}是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，設(shè)cn＝aeq\a\vs4\al(bn)，Tn＝c1＋c2＋…＋cn(n∈N*)，則當(dāng)Tn<2020時(shí)，n的最大值是()A．9 B．10C．11 D．12解析：因?yàn)閧an}是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，所以an＝2