数列求和与数列的综合应用

数列求和与数列的综合应用数列求和与数列的综合应用数列求和与数列的综合应用数列求和与数列的综合应用时间:45分钟分值：100分一、选择题(每小题6分,共计36分)1．等差数列｛an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项的和为Sn，则数列{eq\f（Sn，n）}的前10项的和为()A．120B．70C．75D．100解析：∵Sn＝eq\f（na1＋an,2)＝n(n＋2）∴eq\f(Sn,n）＝n＋2,故eq\f（S1，1）＋eq\f（S2，2）＋…＋eq\f(S10,10）＝75。答案：C2．已知{an｝是等比数列，a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝()A．16（1－4－n)B．16（1－2－n)C．eq\f(32，3)（1－4－n）D．eq\f(32,3)(1－2－n）解析:∵q3＝eq\f(a5,a2）＝eq\f(1，8),∴q＝eq\f（1,2），a1＝4，可得an·an＋1＝16·（eq\f(1，2)）2n－1，∴原式＝16[eq\f(1,2)＋(eq\f（1，2)）3＋…＋（eq\f（1,2))2n－1]＝eq\f（32，3)（1－4－n）．答案：C3．在数列｛an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋（－1)n(n∈N*），则S100＝（）A．150B．5050C．2600D．251＋48解析：当n为奇数时，an＋2－an＝1＋（－1）n＝0，即a1＝a3＝…＝a99＝1；当n为偶数时，an＋2－an＝1＋(－1)n＝2，即a2，a4,a6，…，a100是以2为首项，2为公差的等差数列．所以S100＝50＋50×2＋eq\f（50×50－1，2)×2＝2600，故选C.答案：C4．设f（x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、y∈R，都有f（x）f（y）＝f(x＋y），若a1＝eq\f（1,2），an＝f（n）（n∈N＊)，则数列｛an}的前n项和Sn的取值范围是（）A．[eq\f(1，2)，2）B．［eq\f（1,2)，2］C．［eq\f（1，2），1)D．［eq\f（1，2），1]解析：f（x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、y∈R，都有f（x)f（y)＝f(x＋y)，a1＝eq\f(1,2），an＝f（n）（n∈N*)，an＋1＝f(n＋1）＝f(1)f（n）＝eq\f(1，2)an，∴Sn＝eq\f（\f(1，2)［1－\f（1，2）n］，1－\f(1，2））＝1－（eq\f(1,2）)n。则数列{an}的前n项和的取值范围是［eq\f（1,2),1)．答案：C5．数列｛an｝的前n项和为Sn，若Sn＝2an－1(n∈N＊），则Tn＝eq\f（1,a1a2)＋eq\f（1,a2a3)＋…＋eq\f(1，anan＋1）的结果可化为(）A．1－eq\f(1，4n）B．1－eq\f(1,2n)C．eq\f(2,3）(1－eq\f（1,4n））D．eq\f(2，3）(1－eq\f（1,2n))解析:由Sn＝2an－1得，当n≥2时,an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1,∴an＝2an－1，由a1＝2a1－1得a1＝1，∴an＝2n－1，则eq\f（1,anan＋1)＝（eq\f（1，2）)n－1·(eq\f(1,2））n＝(eq\f（1，2））2n－1,∴Tn＝eq\f(1，2)＋(eq\f（1，2))3＋…＋(eq\f(1，2）)2n－1＝eq\f(\f（1，2)1－\f（1,4n)，1－\f(1,4）)＝eq\f（2,3）(1－eq\f（1,4n）），故选C.答案：C6．设a1，a2，…，a50是以－1,0，1这三个整数中取值的数列，若a1＋a2＋…＋a50＝9且(a1＋1）2＋(a2＋1）2＋…＋(a50＋1)2＝107，则a1，a2,…,a50当中取零的项共有（）A．11个B．12个C．15个D．25个解析：（a1＋1）2＋（a2＋1）2＋…＋（a50＋1）2＝aeq\o\al(2,1）＋aeq\o\al(2，2)＋…＋aeq\o\al（2,50)＋2(a1＋a2＋…＋a50)＋50＝107，∴aeq\o\al（2，1)＋aeq\o\al（2,2）＋…＋aeq\o\al(2，50）＝39,∴a1，a2，…，a50中取零的项应为50－39＝11个，故选A。答案：A二、填空题（每小题8分，共计24分）7．如图1，第（1）个多边形是由正三角形“扩展”而来的，第(2）个多边形是由正四边形“扩展"而来的，…，如此类推，设由正n边形“扩展"而来的多边形的边数为an，则a6＝________；eq\f(1,a3）＋eq\f(1，a4)＋eq\f（1，a5)＋…＋eq\f(1,a99)＝________.图1解析:∵an＝n2＋n＝(n＋1）n，∴a6＝7×6＝42。eq\f（1，a3)＋eq\f（1,a4）＋…＋eq\f（1，a99)＝eq\f(1,3×4）＋eq\f（1,4×5)＋…＋eq\f(1，99×100)＝(eq\f（1，3）－eq\f（1,4))＋（eq\f（1，4）－eq\f(1,5)）＋…＋(eq\f(1,99）－eq\f(1,100））＝eq\f(1，3）－eq\f(1,100)＝eq\f（97,300)。答案:42eq\f(97，300)8．已知数列{an}满足a1＝t，an＋1－an＋2＝0(t∈N＊，n∈N*），记数列｛an｝的前n项和的最大值为f(t)，则f（t）＝________.解析：由题意可知｛an｝是等差数列，所以an＝－2n＋2＋t，所以Sn＝n(1＋t－n）＝－n2＋（1＋t）n。当t为奇数时，f（t）＝－（eq\f(1＋t,2）)2＋（1＋t）×eq\f(1＋t，2）＝eq\f（t＋12，4）；当t为偶数时,知n＝eq\f（t,2)时，f（t)＝－(eq\f(t,2)）2＋(1＋t)×eq\f(t，2）＝eq\f(t2＋2t,4），故f(t)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\f(t2＋2t，4）t为偶数，,\f（t＋12,4）t为奇数.））答案：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（t2＋2t,4）t为偶数，\f（t＋12,4)t为奇数)）9．正项数列{an}中，a2＝3，且Sn＝eq\f（a\o\al（2，n)＋2an＋p，4）（n∈N＊),则实数p＝________.解析：当n＝2时,S2＝eq\f(a\o\al(2，2)＋2a2＋p,4）＝a1＋a2。又∵a2＝3，∴a1＝eq\f（3＋p，4)。又n＝1时，S1＝eq\f(a\o\al（2,1）＋2a1＋p,4）＝a1，将a1＝eq\f（3＋p,4)代入整理得p2＋14p－15＝0,∴p＝1或p＝－15。当p＝－15时，a1〈0，∴舍去，即p＝1.答案：1三、解答题(共计40分）10．（10分)在数列｛an}中,a1＝1，an＋1＝2an＋2n。(1)设bn＝eq\f（an,2n－1).证明:数列｛bn｝是等差数列；（2)求数列{an}的前n项和Sn。解：（1)由已知an＋1＝2an＋2n得bn＋1＝eq\f（an＋1，2n)＝eq\f(2an＋2n，2n)＝eq\f（an，2n－1）＋1＝bn＋1.又b1＝a1＝1，因此{bn｝是首项为1,公差为1的等差数列．（2)由（1)知eq\f(an，2n－1)＝n，即an＝n·2n－1,Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，两边同乘以2得2Sn＝2＋2·22＋…＋n·2n，两式相减得Sn＝－1－21－22－…－2n－1＋n·2n＝－(2n－1）＋n·2n＝(n－1)2n＋1。11．(15分)已知eq\r(x）,eq\f（\r(fx）,2)，eq\r（3）（x≥0）成等差数列．又数列{an｝（an〉0)中，a1＝3,此数列的前n项的和Sn（n∈N*)对所有大于1的正整数n都有Sn＝f（Sn－1）．（1）求数列｛an}的第n＋1项；(2)若eq\r(bn)是eq\f(1,an＋1），eq\f（1,an)的等比中项,且Tn为{bn}的前n项和,求Tn。解：(1)∵eq\r(x），eq\f（\r（fx）,2),eq\r(3）(x≥0)成等差数列，∴eq\f（\r(fx)，2）×2＝eq\r（x）＋eq\r(3）,∴f（x）＝(eq\r(x）＋eq\r(3))2。∵Sn＝f(Sn－1）(n≥2)，an〉0，∴Sn＝f（Sn－1）＝(eq\r（Sn－1）＋eq\r(3))2，∴eq\r（Sn)＝eq\r(Sn－1）＋eq\r(3)，eq\r（Sn）－eq\r（Sn－1)＝eq\r（3)，∴{eq\r（Sn）｝是以eq\r(3）为公差的等差数列．∵a1＝3，∴S1＝a1＝3,∴eq\r(Sn)＝eq\r（S1）＋（n－1)eq\r(3）＝eq\r(3）＋eq\r(3）n－eq\r（3)＝eq\r(3）n,∴Sn＝3n2（n∈N*）．∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝3(n＋1）2－3n2＝6n＋3.（2)∵数列eq\r(bn）是eq\f(1，an＋1)，eq\f(1，an)的等比中项，∴(eq\r(bn))2＝eq\f（1，an＋1）·eq\f（1，an)，∴bn＝eq\f(1，an＋1an）＝eq\f（1，32n＋1×32n－1)＝eq\f(1,18)(eq\f（1,2n－1）－eq\f(1，2n＋1))．Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1，18)［(1－eq\f（1，3）)＋(eq\f(1,3)－eq\f（1，5)）＋…＋（eq\f（1,2n－1)－eq\f（1，2n＋1））]＝eq\f（1，18)(1－eq\f(1,2n＋1）)．图212．(15分）将各项均为正数的数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规律排成数表，如图2所示．记表中各行的第一个数a1，a2,a4，a7,…构成数列为｛bn｝，各行的最后一个数a1，a3，a6，a10,…构成数列为{cn}，第n行所有数的和为sn(n＝1,2,3,4，…)．已知数列{bn}是公差为d的等差数列,从第二行起,每一行中的数按照从左到右的顺序每一个数与它前面一个数的比是常数q，且a1＝a13＝1，a31＝eq\f(5,3)。（1）求数列{cn｝，｛sn}的通项公式；（2)记dn＝eq\f（2n－1,sn＋cn)＋eq\f(2n＋1,sn＋1）（n∈N*），求证：d1＋d2＋d3＋…＋dn〉eq\f（4n，3)－eq\f（2,9）.解：（1）bn＝dn－d＋1，前n行共有1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2）个数，因为13＝eq\f(4×5,2)＋3，所以a13＝b5×q2，即(4d＋1)q2＝1。又因为31＝eq\f（7×8,2）＋3,所以a31＝b8×q2，即（7d＋1)q2＝eq\f(5,3),解得d＝2，q＝eq\f（1,3)，所以bn＝2n－1，cn＝bn（eq\f（1，3))n－1＝eq\f（2n－1，3n－1),sn＝eq\f(2n－11－\f（1,3n），1－\f（1,3））＝eq\f(3,2）(2n－1)·eq\f（3n－1,3n）。(2）dn＝eq\f(2n－1,sn＋cn）＋eq\f（2n＋1,sn＋1）＝eq\f(2n－1，\f（3,2)2n－1[\f(3n－1,3n)＋\f(2,3n）］）＋eq\f（2n＋1，\f（3，2)2n＋1·\f(3n＋1－1，3n＋1)）＝eq\f(2,3)［eq\f（3n，3n＋1）＋eq\f（3n＋1,3n＋1－1）]＝eq\f（2,3)[2＋eq\f（1,3n＋1－1）－eq\f（1，3n＋1)］＝eq\f(2,3)［2－eq\f(23n－1,3n＋1－13n＋1)］,又因为eq\f（23n－1，3n＋1－