2022版高考数学大一轮复习-第6章-数列-第4讲-数列求和及数列的综合应用备考试题.docx

2022版高考数学大一轮复习 第6章 数列 第4讲 数列求和及数列的综合应用备考试题2022版高考数学大一轮复习 第6章 数列 第4讲 数列求和及数列的综合应用备考试题年级：姓名：第六章数列第四讲数列求和及数列的综合应用拓展变式1.2020济南市6月模拟已知数列an的前n项和为Sn,且Sn=12n2+12n.(1)求an的通项公式;(2)设bn=an,n为奇数,2an,n为偶数,求数列bn的前2n项和T2n.2.2020全国卷,17,12分设数列an满足a1=3,an+1=3an-4n.(1)计算a2,a3,猜想an的通项公式并加以证明;(2)求数列2nan的前n项和Sn.3.2017全国卷,15,5分等差数列an的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则􀰑k=1n1Sk=.4.已知平面向量a=(lgx,1),b=(1,lg y)满足ab=12,且S=lgxn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+lg(xyn-1)+lgyn,则S=.5.设an=(-1)n-1n2,则a1+a2+a3+a51=.6.2020江苏,11,5分设an是公差为d的等差数列,bn是公比为q的等比数列.已知数列an+bn的前n项和Sn=n2-n+2n-1(nN*),则d+q的值是.7.2020郑州市三测已知等比数列an的首项为32,公比为-12,前n项和为Sn,且对任意的nN*,有A3Sn-1SnB恒成立,则B-A的最小值为.8.2017全国卷,12,5分几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.1109.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一,现为世界文化遗产,与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层,每上层的数量是下层的2倍,总共有1 016个浮雕,这些浮雕构成一幅优美的图案.若从最下层往上,浮雕的数量构成一个数列an,则log2(a3a5)的值为()A.8B.10C.12D.16答 案第六章数列第四讲数列求和及数列的综合应用1.(1)因为Sn=12n2+12n,所以当n=1时,a1=S1=1,当n2时,an=Sn-Sn-1=12n2+12n-12(n-1)2+12(n-1)=n,又n=1时符合上式,所以an=n.(2)因为bn=n,n为奇数,2n,n为偶数,所以对任意的kN+,b2k+1-b2k-1=(2k+1)-(2k-1)=2,则b2k-1是以1为首项,2为公差的等差数列;b2k+2b2k=22k+222k=4,则b2k是以4为首项,4为公比的等比数列.所以T2n=(b1+b3+b5+b2n-1)+(b2+b4+b6+b2n)=(1+3+5+2n-1)+(22+24+26+22n)=n(1+2n-1)2+4(1-4n)1-4=n2+4n+13-43.2.(1)a2=5,a3=7.猜想an=2n+1.由已知可得an+1-(2n+3)=3an-(2n+1),an-(2n+1)=3an-1-(2n-1),a2-5=3(a1-3).因为a1=3,所以an=2n+1.(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=32+522+723+(2n+1)2n.从而2Sn=322+523+724+(2n+1)2n+1.-得-Sn=32+222+223+22n-(2n+1)2n+1.所以Sn=(2n-1)2n+1+2.3.2nn+1设等差数列an的首项为a1,公差为d,依题意,知a1+2d=3,4a1+6d=10,即a1+2d=3,2a1+3d=5,解得a1=1,d=1,所以Sn=n(n+1)2,因此k=1n1Sk=2(1-12+12-13+1n-1n+1)=2nn+1.4.6n(n+1)因为平面向量a=(lgx,1),b=(1,lg y)满足ab=12,所以lgx+lgy=12,所以lg(xy)=12.因为S=lgxn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+lg(xyn-1)+lgyn,所以S=lgyn+lg(xyn-1)+lg(xn-2y2)+lg(xn-1y)+lgxn,以上两式相加得,2S=(lgxn+lgyn)+lg(xn-1y)+lg(xyn-1)+(lgyn+lgxn)=lg(xnyn)+lg(xn-1yxyn-1)+lg(ynxn)=nlg(xy)+lg(xy)+lg(xy)=n(n+1)lg(xy)=12n(n+1),所以S=6n(n+1).5.1 326a1+a2+a3+a51=12-22+32-42+492-502+512=1+(3-2)(3+2)+(5-4)(5+4)+(51-50)(51+50)=1+2+3+4+5+50+51=51(1+51)2=1 326.6.4解法一当n=1时,S1=a1+b1=1,当n2时,an+bn=Sn-Sn-1=2n-2+2n-1,则a2+b2=4,a3+b3=8,a4+b4=14,-得d+b1(q-1)=3,-得d+b2(q-1)=4,-得d+b3(q-1)=6,-得b1(q-1)2=1,-得b2(q-1)2=2,则q=2,b1=1,d=2,所以d+q=4.解法二由题意可得S1=a1+b1=1,当n2时,an+bn=Sn-Sn-1=2n-2+2n-1,易知当n=1时也成立,则a1+(n-1)d+b1qn-1=dn+a1-d+b1qn-1=2n-2+2n-1对任意正整数n恒成立,则d=2,q=2,d+q=4.解法三由等差数列和等比数列的前n项和的特征可得等差数列an的前n项和Hn=n2-n,等比数列bn的前n项和Tn=2n-1,则d=2,q=2,d+q=4.7.3512因为等比数列an的首项为32,公比为-12,所以Sn=321-(-12)n1-(-12)=1-(-12)n,令f(n)=3Sn-1Sn=31-(-12)n-11-(-12)n=3-3(-12)n-11-(-12)n.当n为奇数时,f(n)=3+32n-11+12n=3+32n-2n2n+1=3+32n-2n+1-12n+1=3+32n-1+12n+1=2+32n+12n+1,此时f(n)是关于n的减函数,所以f(n)f(1)=236,又2n0,所以f(n)2,即当n为奇数时,20,所以f(n)2,即当n为偶数时,1112f(n)2.综上可知,1112f(n)2或2100,即k(k+1)2100,结合kN*,解得k14,即N出现在第13组之后.又第k组所有项的和为1-2k1-2=2k-1,所以前k组所有项的和为1+(1+2)+(1+2+2k-1)=(21-1)+(22-1)+(2k-1)=(21+22+2k)-k=2k+1-k-2.设满足条件的N在第(t+1)(tN*,t13)组,且第N项为第(t+1)组的第m(mN*)个数,第(t+1)组的前m项和为1+2+22+2m-1=2m-1.要使该数列的前N项和为2的整数幂,需使2m-1与-t-2互为相反数,即2m-1=2+t,所以2m=t+3,所以m=log2(t+3),所以m=4,t=13时,N=13(13+1)2+4=955时,N440,故选A.9.C依题意得,数列an是以2为公比的等比数列,因为最下层的浮雕的数量为a1,所以S7=a1(1-27)1-2=1 016,解得a1=8,所以an=82n-1=2n+2(1n7,nN*),所以a3=25,a5=27,从而a3a5=2527=212,所以log2(a3a5)=log2212=12.