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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

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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Ⅲ,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Ⅱ,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a·b=12,且S=lgxn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lg(xyn-1)+lgyn,则S=　　　　. 
5.设an=(-1)n-1·n2,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(n∈N*),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n∈N*,有A≤3Sn-1Sn≤B恒成立,则B-A的最小值为　　　　. 
8.[2017全国卷Ⅰ,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:N>100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.440 B.330 C.220 D.110
9.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.8 B.10 C.12 D.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n≥2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k∈N+,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)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-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=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n　①.
从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1　②.
①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(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a·b=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(xn·yn)+lg(xn-1y·xyn-1)+…+lg(yn·xn)
=n[lg(xy)+lg(xy)+…+lg(xy)]
=n(n+1)lg(xy)
=12n(n+1),
所以S=6n(n+1).
5.1 326　a1+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　①,当n≥2时,an+bn=Sn-Sn-1=2n-2+2n-1,则a2+b2=4　②,a3+b3=8　③,a4+b4=14　④,②-①得d+b1(q-1)=3　⑤,③-②得d+b2(q-1)=4　⑥,④-③得d+b3(q-1)=6　⑦,⑥-⑤得b1(q-1)2=1,⑦-⑥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n≥2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=32[1-(-12)n]1-(-12)=1-(-12)n,令f(n)=3Sn-1Sn=3[1-(-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2n>0,所以f(n)>2,即当n为奇数时,2<f(n)≤236.
当n为偶数时,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的增函数,所以f(n)≥f(2)=1112,因为2n≥4,2n-1>0,所以f(n)<2,即当n为偶数时,1112≤f(n)<2.
综上可知,1112≤f(n)<2或2<f(n)≤236.又A≤3Sn-1Sn≤B恒成立,所以A≤1112,B≥236,则-A≥-1112,所以B-A≥3512,所以B-A的最小值为3512.
8.A　对数列进行分组,如下所示,

则该数列前k组的项数和为1+2+3+…+k=k(k+1)2,由题意可知N>100,即k(k+1)2>100,结合k∈N*,解得k≥14,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)(t∈N*,t≥13)组,且第N项为第(t+1)组的第m(m∈N*)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=95<100,不满足题意,当m=5,t=29时,N=29×(29+1)2+5=440,当m>5时,N>440,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=8×2n-1=2n+2(1≤n≤7,n∈N*),所以a3=25,a5=27,从而a3a5=25×27=212,所以log2(a3a5)=log2212=12.