2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第五章+第4节+数列求和及数列的综合应用+Word版含解析

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多维层次练31
[A级 基础巩固]
11111
1． 数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋
n
，…的前n项和S
n
24816 2
的值等于( )
1
A．n
2
＋1－
n

2
1
C．n
2
＋1－
n
－
1

2
1
B．2n
2
－n＋1－
n

2
1
D．n
2
－n＋1－
n

2
1
解析：该数列的通项公式为a
n
＝(2n－1)＋
n
，
2
1111
2
则S
n
＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(＋
2
＋…＋
n
)＝n
＋1－
n
.
2222
答案：A
2．数列{a
n
}的通项公式是a
n
＝
等于( )
A．9
C．10
解析：因为a
n
＝
1
n＋
B．99
D．100
＝
n＋1
n＋1－n，
1
n＋n＋1
，前n项和为9，则n
所以S
n
＝a
1
＋a
2
＋ …＋a
n
＝(n＋1－n)＋( n－n－1)＋…＋
(3－2)＋(2－1)＝n＋1－1，
令n＋1－1＝9，得n＝99.
答案：B
3．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七
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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
C．48里
B．96里
D．24里
1
解析：由题意， 知每天所走路程形成以a
1
为首项，公比为
的等比
2
?
1< br>?
a
1
?
1－
2
6
?
??
数列，则
1
1－
2
＝378，解得a
1
＝192，则a2
＝96，即第二天走了96
里．
答案：B
4．(2020·宁德模 拟)等差数列{a
n
}中，a
4
＝9，a
7
＝15，则数列 {(－
1)
n
a
n
}的前20项和等于( )
A．－10
C．10
B．－20
D．20
解析 ：设等差数列{a
n
}的公差为d，由a
4
＝9，a
7
＝1 5，得a
1
＋3d
＝9，a
1
＋6d＝15，解得a
1＝3，d＝2，则a
n
＝3＋2(n－1)＝2n＋1，数
列{(－1)
n
a
n
}的前20项和为－3＋5－7＋9－11＋13＋…－39＋41＝2＋2< br>＋…＋2＝2×10＝20.
答案：D
5．(2019·广州模拟)数列{a
n
}满足a
2
＝2，a
n
＋
2
＋(－1)
n
＋
1
·a
n
＝1＋(－
1)
n
(n∈ N
*
)，S
n
为数列{a
n
}的前n项和，则S
1 00
＝( )
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A．5 100
C．2 500
B．2 550
D．2 450
解析：由a
n＋2
＋(－1)
n
＋
1
a
n
＝1＋(－1)
n
(n∈N
*
)，可得a
1
＋a
3
＝a
3
＋
a
5
＝a5
＋a
7
＝…＝0，a
4
－a
2
＝a
6
－a
4
＝a
8
－a
6
＝…＝2，由此可知，数列
{a
n
}的奇数项相邻两项的和为0，偶数项是首项为a
2
＝2、公 差为2的
50×49
等差数列，所以S
100
＝50×0＋50×2＋×2＝ 2 550.
2
答案：B
6．(2020·佛山一中检测)已知数列{na
n
}的前n项和为S
n
，且a
n
＝
2
n
，则S
n
＝________．
解析：S
n
＝1×2
1< br>＋2×2
2
＋3×2
3
＋…＋n·2
n
，①
则2S
n
＝1×2
2
＋2×2
3
＋…＋(n－1)·2< br>n
＋n·2
n
＋
1
.②
由①－②得－S
n
＝2＋2
2
＋2
3
＋…＋2
n
－n·2
n
＋
1
＝
＋
1
，
2（1－2
n
）
1－2
－n·2
n
故S
n
＝2＋(n－1)·2
n
＋
1
.
答案：2＋(n－1)·2
n
＋
1

nπ
7．设数 列{a
n
}的前n项和为S
n
，且a
n
＝sin ，n∈N
*
，则S
2 019
2
＝________．
nπ
解析：a
n
＝sin
，n∈N
*
，显然每连续四项的和为0.
2
S
2 019
＝S
4
×
504
＋a
2 017
＋a
2 018
＋a
2 019
＝0＋1＋0＋(－1)＝0.
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答案：0
8．(2020·郴州质检)已知数列{a
n
}和{b
n
}满足a
1
a
2
a
3
…an
＝2
b
n
(n∈
N
*
)，若数列{a
n
}为等比数列，且a
1
＝2，a
4
＝16，则{b
n< br>}的通项公式b
n
?
1
?
＝________，数列
?
b
?
的前n项和S
n
＝________．
?
n
?
解析：因为{a
n
}为等比数列，且a
1
＝2，a4
＝16，
3
a
4
3
16
所以公比q＝＝＝2，
a
1
2
所以a
n
＝2
n
，
n（ n＋1）
所以a
1
a
2
a
3
…a
n
＝2
1
×2
2
×2
3
×…×2
n
＝2< br>1
＋
2
＋
3
＋
…
＋
n
＝2
.
2
因为a
1
a
2
a
3
…a< br>n
＝2
b
n
，
n（n＋1）
所以b
n
＝
，
2
?
11< br>?
12
?
－
?
所以＝＝2
?
n
，
b
n
n（n＋1）
?
n＋1
?
?
?
1
?
所以
?
b
?
的前n项和S
n
＝b< br>1
＋b
2
＋b
3
＋…＋b
n

?< br>n
?
?
11111111
?
?
－＋－＋－＋…＋－< br>?
＝2
?
122334
n
n＋1
?

??
?
1
?
?
1－
?
＝2
??

n＋1
??
2n
＝
.
n＋1
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n（n＋1）
2n
答案：
2
n＋1
9．已知{a
n
}是等差数列，{b
n
}是等比数列，且b
2
＝3，b
3
＝9，a
1
＝b
1
，a
14
＝b
4
.
(1)求{a
n
}的通项公式；
(2)设c< br>n
＝a
n
＋b
n
，求数列{c
n
}的前n项 和．
b
3
9
解：(1)设等比数列{b
n
}的公比为q， 则q＝
＝＝3，
b
2
3
b
2
所以b
1< br>＝
＝1，b
4
＝b
3
q＝27，所以b
n
＝ 3
n
－
1
(n＝1，2，3，…)．
q
设等差数列{a
n
}的公差为d.
因为a
1
＝ b
1
＝1，a
14
＝b
4
＝27，
所以1＋13d＝27，即d＝2.
所以a
n
＝2n－1(n＝1，2，3，…)．
(2)由(1)知a
n
＝2n－1，b
n
＝3
n
－
1
.
因 此c
n
＝a
n
＋b
n
＝2n－1＋3
n
－
1
.
从而数列{c
n
}的前n项和
S
n
＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3
1－3
n
3
n
－1
＝n
2
＋
.
2
1－3
10．设数列{a
n
}的前n项和为S
n
，a
1
＝2，a
n
＋
1
＝2＋S
n
(n∈N
*
)．
(1)求数列{a
n
}的通项公式；
n
－
1
n（1＋2n－1）
＝＋
2
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?
1
?
1
??
(2)设b
n< br>＝1＋log
2
(a
n
)，求证：数列
bb
的前n项 和T
n
<.
6
?
nn
＋
1
?
2
(1)解：因为a
n＋1
＝2＋S
n
(n∈N
*
) ，
所以a
n
＝2＋S
n－1
(n≥2)．
所以a
n＋1
－a
n
＝S
n
－S
n－1
＝a
n
，
所以a
n＋1
＝2a
n
(n≥2)，
又因为 a
2
＝2＋a
1
＝4，a
1
＝2，所以a
2
＝2a
1
，
所以数列{a
n
}是以2为首项，2为公比的等比数列，
则a
n< br>＝2·2
n
－
1
＝2
n
(n∈N
*
)．
(2)证明：因为b
n
＝1＋log
2
(a
n
)
2
，则b
n
＝2n＋1.
11
?
11
?
??
－
则＝
??
，
2n＋12n＋3
2
b
n
b
n＋1
??
1 111111
所以T
n
＝(
－＋－＋…＋－
)＝
2355 7
2n＋12n＋3
11
?
1
?
?
－
?< br>1
3
2n＋3
?
<
6
.
2
?
??
[B级 能力提升]
11．(2020·郑州一模)已知 数列{a
n
}满足2a
n
＋
1
＋a
n
＝3 (n∈N
*
)，且
131
a
3
＝，其前n项之和为S
n
，则满足不等式|S
n
－n－6|<的最小整数
4123
n是( )
A．8
C．10
B．9
D．11
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113
解析：由2a
n＋1
＋a
n
＝3 ，得a
n＋1
－1＝－(a
n
－1)，又a
3
＝
， 所
24
9
以a
2
－1＝－2(a
3
－1)＝－，a
1
－1＝－2(a
2
－1)＝9.所以{a
n
－1 }是首项
2
?
1
?
n－1
?
1
?
1
???
－
?
－
为9，公比为－的等比数列，则a
n
－1＝9·
2
，a
n
＝1＋9·
2
???
2?
?
1
?
n
1－
?
－
2
?< br>n－1
?
1
?
n
??
1
??
－，则S
n
＝n＋9·
＝n＋6－6·
2
，则|S
n－n－6|＝3·
n1
，
?
1
?
??
2
－
1－
?
－
2
?
??
111
|S
n
－n－6|<
，即3·
n1
<
，解得n>9，所以满足不等式| S
n
－n－
123
2
－
123
1
6|<< br>的最小整数n是10.
123
答案：C
12．(2020·蚌埠质检)数列 {a
n
}满足a
1
＝1，|a
n
－a
n
－
1
|＝n
2
(n∈N
*
且n
≥2)．若数列{a< br>2n
－
1
}为递增数列，数列{a
2n
}为递减数列，且a< br>1
>a
2
，则
a
99
＝________．
解析：由于数列{a
2n－1
}为递增数列，数列{a
2n
}为递减数列， 可求
得a
2
－a
1
＝－2
2
，a
3
－a
2
＝3
2
，a
4
－a
3
＝－42
，a
5
－a
4
＝5
2
，a
6
－a
5
＝－
6
2
，…，
a
98
－a< br>97
＝－98
2
，a
99
－a
98
＝99< br>2
.
故a
99
＝(a
99
－a
98
)＋(a
98
－a
97
)＋…＋(a
6
－a
5< br>)＋(a
5
－a
4
)＋(a
4
－a
3
)＋
(a
3
－a
2
)＋(a
2
－a
1< br>)＋a
1
＝99
2
－98
2
＋97
2
－96
2
＋…＋5
2
－4
2
＋3
2
－2
2
＋1
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99＋1
＝99＋98＋97＋96＋…＋5＋4＋3＋2＋1＝
×99＝4 950.
2
答案：4 950
13．(2020·茂名一模)已知S
n< br>为数列{a
n
}的前n项和，S
n
＝2a
n
－2.
(1)求数列{a
n
}的通项公式；
?
?
a
n< br>，n＝2k－1，
(2)若b
n
＝
?
k∈N
*
，求数列{b
n
}的前2n项和T
2n
.
?
?
log
2
a
n
，n＝2k，
解：(1)由S
n
＝2 a
n
－2，①
得S
n－1
＝2a
n－1
－2(n≥2)，②
①－②得a
n
＝2a
n
－2a
n－1
，所以a
n
＝2 a
n－1
(n≥2)，
由a
1
＝S
1
＝2a1
－2，得a
1
＝2，
所以{a
n
}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以a
n
＝2
n
.
?
2
n
，n ＝2k－1，
(2)b
n
＝
?
k∈N
*
.
?
n，n＝2k，
T
2n
＝(b
1
＋b
3
＋b
5
＋…＋b
2n－1
)＋(b
2
＋b
4＋b
6
＋…＋b
2n
)
＝(2＋2
3
＋2< br>5
＋…＋2
2n
－
1
)＋(2＋4＋6＋…＋2n)
2×（1－4
n
）（2＋2n）×n
22
＝＋＝－＋
×4
n
＋n
2
＋n.
233
1－4
[C级 素养升华] 14．(2020·天河二模)已知数列{a
n
}是以1为首项，2为公差的等差
数列，{b
n
}是以1为首项，2为公比的等比数列，设c
n
＝a
b
n
，T
n
＝c
1
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＋c
2
＋…＋c
n
(n∈N
*
)，则当T
n
<2 020时，n的最大值是( )
A．9
C．11
B．10
D．12
解析：因为{a
n
}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a
n
＝2n
－1.因为{b
n
}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以b
n
＝2
n
－
1
，所
以T
n
＝c
1
＋c
2
＋…＋cn
＝a
b
1
＋a
b
2
＋…＋a
bn
＝a
1
＋a
2
＋a
4
＋…＋a
2n －1
＝
(2×1－1)＋(2×2－1)＋(2×4－1)＋…＋(2×2
n
－
1
－1)＝2(1＋2＋4＋…
1－2
n
＋2
n
－
1
)－n＝2×
－n＝2
n
＋
1
－n－2，因为 T
n
<2 020，所以2
n
＋
1
－n
1－2
－2<2 020，解得n≤9.则当T
n
<2 020时，n的最大值是9.
答案：A

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- 9 -