全國(guó)統(tǒng)考高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第6章數(shù)列第4講數(shù)列求和及數(shù)列的綜合應(yīng)用1備考試題文含解析

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGEPAGE1第六章數(shù)列第四講數(shù)列求和及數(shù)列的綜合應(yīng)用拓展變式1.〖2020濟(jì)南市6月模擬〗已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=12n2+1(1)求{an}的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn=an,n為奇數(shù),2an,n為偶數(shù),2.〖2020全國(guó)卷Ⅲ,17,12分〗設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=3,an+1=3an-4n.(1)計(jì)算a2,a3,猜想{an}的通項(xiàng)公式并加以證明;(2)求數(shù)列{2nan}的前n項(xiàng)和Sn.3.〖2017全國(guó)卷Ⅱ,15,5分〗等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a3=3,S4=10,則k=1n4.已知平面向量a=(lgx,1),b=(1,lgy)滿足a·b=12,且S=lgxn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lg(xyn-1)+lgyn,則S=.

5.設(shè)an=(-1)n-1·n2,則a1+a2+a3+…+a51=.

6.〖2020江蘇,11,5分〗設(shè){an}是公差為d的等差數(shù)列,{bn}是公比為q的等比數(shù)列.已知數(shù)列{an+bn}的前n項(xiàng)和Sn=n2-n+2n-1(n∈N*),則d+q的值是.

7.〖2020鄭州市三測(cè)〗已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為32,公比為-12,前n項(xiàng)和為Sn,且對(duì)任意的n∈N*,有A≤3Sn-1Sn≤B恒成立,則8.〖2017全國(guó)卷Ⅰ,12,5分〗幾位大學(xué)生響應(yīng)國(guó)家的創(chuàng)業(yè)號(hào)召,開(kāi)發(fā)了一款應(yīng)用軟件.為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣,他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動(dòng).這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問(wèn)題的〖答案〗:已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一項(xiàng)是20,接下來(lái)的兩項(xiàng)是20,21,再接下來(lái)的三項(xiàng)是20,21,22,依此類(lèi)推.求滿足如下條件的最小整數(shù)N:N>100且該數(shù)列的前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪.那么該款軟件的激活碼是()A.440 B.330 C.220 D.1109.河南洛陽(yáng)的龍門(mén)石窟是中國(guó)石刻藝術(shù)寶庫(kù)之一,現(xiàn)為世界文化遺產(chǎn),與莫高窟、云岡石窟、麥積山石窟并稱(chēng)中國(guó)四大石窟.現(xiàn)有一石窟的某處浮雕共7層,每上層的數(shù)量是下層的2倍,總共有1016個(gè)浮雕,這些浮雕構(gòu)成一幅優(yōu)美的圖案.若從最下層往上,浮雕的數(shù)量構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an},則log2(a3a5)的值為()A.8 B.10 C.12 D.16答案第六章數(shù)列第四講數(shù)列求和及數(shù)列的綜合應(yīng)用1.(1)因?yàn)镾n=12n2+12所以當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=1,當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=12n2+12n-〖12(n-1)2又n=1時(shí)符合上式,所以an=n.(2)因?yàn)閎n=n所以對(duì)任意的k∈N+,b2k+1-b2k-1=(2k+1)-(2k-1)=2,則{b2k-1}是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列;b2k+2b2k所以T2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n)=(1+3+5+…+2n-1)+(22+24+26+…+22n)=n=n2+4n2.(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?yàn)閍1=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)×2n①.從而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1②.①-②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設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公差為d,依題意,知a1+2d=3,4a1+6d=10,即a14.6n(n+1)因?yàn)槠矫嫦蛄縜=(lgx,1),b=(1,lgy)滿足a·b=12,所以lgx+lgy=12,所以lg(xy)=12.因?yàn)镾=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,以上兩式相加得,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).5.1326a1+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+516.4解法一當(dāng)n=1時(shí),S1=a1+b1=1①,當(dāng)n≥2時(shí),an+bn=Sn-Sn-1=2n-2+2n-1,則a2+b2=4②,a3+b3=8③,a4+b4=14④,②-①得d+b1(q-1)=3⑤,③-②得d+b2(q-1)=4⑥,④-③得d+b3(q-1)=6⑦,⑥-⑤得b1(q-1)2=1,⑦-⑥得b2(q-1)2=2,則q=2,b1=1,d=2,所以d+q=4.解法二由題意可得S1=a1+b1=1,當(dāng)n≥2時(shí),an+bn=Sn-Sn-1=2n-2+2n-1,易知當(dāng)n=1時(shí)也成立,則a1+(n-1)d+b1qn-1=dn+a1-d+b1qn-1=2n-2+2n-1對(duì)任意正整數(shù)n恒成立,則d=2,q=2,d+q=4.解法三由等差數(shù)列和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和的特征可得等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Hn=n2-n,等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn=2n-1,則d=2,q=2,d+q=4.7.3512因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}的首項(xiàng)為32,公比為-12,所以Sn=32〖1-(-12)n〗1-(-12)=1-(-12)n當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),f(n)=3+32n-11+12n=3+32n-2n2n+1=3+32n-2n+1-12n+1=3+32n-1+12當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),f(n)=3-32n-11-12n=3-32n-2n2n-1=3-32n-2n-1+12n-1=3-32n-綜上可知,1112≤f(n)<2或2<f(n)≤236.又A≤3Sn-1Sn≤B恒成立,所以A≤1112,B≥236,則-A≥-1112,所以B-A8.A對(duì)數(shù)列進(jìn)行分組,如下所示,則該數(shù)列前k組的項(xiàng)數(shù)和為1+2+3+…+k=k(k+1)2,由題意可知N>100,即k(k+1)2>100,結(jié)合k∈N*,解得k≥14,即N出現(xiàn)在第13組之后.又第k組所有項(xiàng)的和為1-2k1-2=2k-1,所以前k組所有項(xiàng)的和為1+(1+2)+…+(1+2+…+2k-1)=(21-1)+(22-1)+…+(2設(shè)滿足條件的N在第(t+1)(t∈N*,t≥13)組,且第N項(xiàng)為第(t+1)組的第m(m∈N*)個(gè)數(shù),第(t+1)組的前m項(xiàng)和為1+2+22+…+2m-1=2m-1.要使該數(shù)列的前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪,需使2m-1與-t-2互為相反數(shù),即2m-1=2+t,所以2m=t+3,所以m=log2(t+3),所以m=4,t=13時(shí),N=13×(13+1)2+4=95<100,不滿足題意,當(dāng)m=5,t=29時(shí),N=29×(29+19.C依題意得,數(shù)列{an}是以2為公比的等比數(shù)列,因?yàn)樽钕聦拥母〉竦臄?shù)量為a1,所以S7=a1(1-27)1-2=1016,解得a1=8,所以an=8×2n-1=2n+2(1≤n≤7,n∈N*),所以a3=25,a5=27,從而a3a5=25×27=212,所以log2(第六章數(shù)列第四講數(shù)列求和及數(shù)列的綜合應(yīng)用拓展變式1.〖2020濟(jì)南市6月模擬〗已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=12n2+1(1)求{an}的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn=an,n為奇數(shù),2an,n為偶數(shù),2.〖2020全國(guó)卷Ⅲ,17,12分〗設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=3,an+1=3an-4n.(1)計(jì)算a2,a3,猜想{an}的通項(xiàng)公式并加以證明;(2)求數(shù)列{2nan}的前n項(xiàng)和Sn.3.〖2017全國(guó)卷Ⅱ,15,5分〗等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a3=3,S4=10,則k=1n4.已知平面向量a=(lgx,1),b=(1,lgy)滿足a·b=12,且S=lgxn+lg(xn-1y)+lg(xn-2y2)+…+lg(xyn-1)+lgyn,則S=.

5.設(shè)an=(-1)n-1·n2,則a1+a2+a3+…+a51=.

6.〖2020江蘇,11,5分〗設(shè){an}是公差為d的等差數(shù)列,{bn}是公比為q的等比數(shù)列.已知數(shù)列{an+bn}的前n項(xiàng)和Sn=n2-n+2n-1(n∈N*),則d+q的值是.

7.〖2020鄭州市三測(cè)〗已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為32,公比為-12,前n項(xiàng)和為Sn,且對(duì)任意的n∈N*,有A≤3Sn-1Sn≤B恒成立,則8.〖2017全國(guó)卷Ⅰ,12,5分〗幾位大學(xué)生響應(yīng)國(guó)家的創(chuàng)業(yè)號(hào)召,開(kāi)發(fā)了一款應(yīng)用軟件.為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣,他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動(dòng).這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問(wèn)題的〖答案〗:已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一項(xiàng)是20,接下來(lái)的兩項(xiàng)是20,21,再接下來(lái)的三項(xiàng)是20,21,22,依此類(lèi)推.求滿足如下條件的最小整數(shù)N:N>100且該數(shù)列的前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪.那么該款軟件的激活碼是()A.440 B.330 C.220 D.1109.河南洛陽(yáng)的龍門(mén)石窟是中國(guó)石刻藝術(shù)寶庫(kù)之一,現(xiàn)為世界文化遺產(chǎn),與莫高窟、云岡石窟、麥積山石窟并稱(chēng)中國(guó)四大石窟.現(xiàn)有一石窟的某處浮雕共7層,每上層的數(shù)量是下層的2倍,總共有1016個(gè)浮雕,這些浮雕構(gòu)成一幅優(yōu)美的圖案.若從最下層往上,浮雕的數(shù)量構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an},則log2(a3a5)的值為()A.8 B.10 C.12 D.16答案第六章數(shù)列第四講數(shù)列求和及數(shù)列的綜合應(yīng)用1.(1)因?yàn)镾n=12n2+12所以當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=1,當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=12n2+12n-〖12(n-1)2又n=1時(shí)符合上式,所以an=n.(2)因?yàn)閎n=n所以對(duì)任意的k∈N+,b2k+1-b2k-1=(2k+1)-(2k-1)=2,則{b2k-1}是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列;b2k+2b2k所以T2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n)=(1+3+5+…+2n-1)+(22+24+26+…+22n)=n=n2+4n2.(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?yàn)閍1=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)×2n①.從而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1②.①-②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設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公差為d,依題意,知a1+2d=3,4a1+6d=10,即a14.6n(n+1)因?yàn)槠矫嫦蛄縜=(lgx,1),b=(1,lgy)滿足a·b=12,所以lgx+lgy=12,所以lg(xy)=12.因?yàn)镾=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,以上兩式相加得,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).5.1326a1+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+516.4解法一當(dāng)n=1時(shí),S1=a1+b1=1①,當(dāng)n≥2時(shí),an+bn=Sn-Sn-1=2n-2+2n-1,則a2+b2=4②,a3+b3=8③,a4+b4=14④,②-①得d+b1(q-1)=3⑤,③-②得d+b2(q-1)=4⑥,④-③得d+b3(q-1)=6⑦,⑥-⑤得b1(q-1)2=1,⑦-⑥得b2(q-1)2=2,則q=2,b1=1,d=2,所以d+q=4.解法二由題意可得S1=a1+b1=1,當(dāng)n≥2時(shí),an+bn=Sn-Sn-1=2n-2+2n-1,易知當(dāng)n=1時(shí)也成立,則a1+(n-1)d+b1qn-1=dn+a1-d+b1qn-1=2n-2+2n-1對(duì)任意正整數(shù)n恒成立,則d=2,q=2,d+q=4.解法三由等差數(shù)列和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和的特征可得等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Hn=n2-n,等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn=2n-1,則d=2,q=2,d+q=4.7.3512因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}的首項(xiàng)為32,公比為-12,所以Sn=32〖1-(-12)n〗1-(-12)=1-(-12)n當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),f(n)=3+32n-11+12n=3+32n-2n2n+1=3+32n-2n+1-12n+1=3+32n-1+12當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),f(n)=3-32n