数学选择性必修 第三册5.4 数列的应用当堂检测题

【基础】5.4 数列的应用-1优选练习

一．填空题

1．设数列满足，为的个位数字，则的值为_______．

2．我们知道，斐波那契数列是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列中，．用表示它的前项和，若已知，那么_______．

3．数列满足：，则的前项和=__________．

4．已知数列满足（为常数，，，），给出下列四个结论：①若数列是周期数列，则周期必为2：②若，则数列必是常数列：③若，则数列是递增数列：④若，则数列是有穷数列，其中，所有错误结论的序号是________.

5．设为数列的前项和，满足，，其中，数列的前项和为，满足，则___________.

6．用表示正整数所有因数中最大的那个奇数，例如：的因数有，，，则，的因数有，，，，则．计算________．

7．在等差数列中，，前项和满足，，2，…，则_____________．

8．设数列的前项和为，且，，则__________.

9．已知表示不超过的最大整数，例如：，在数列中，，记为数列的前项和，则 ___________.

10．_____________.

11．已知数列满足，，数列的前项和，.若，则的最小值为_______________.

12．已知数列满足：，，(且)，等比数列公比，令，则数列的前项和___________.

13．已知数列的前项和为，点在上，表示不超过的最大整数，则_______________________．

14．若数列的通项公式，，则______．

15．设数列{an}满足对任意的n∈N，Pn(n，an)满足，且a1＋a2＝4，则数列的前n项和Sn为________．

参考答案与试题解析

1．【答案】

【解析】分析：用累加法求得通项，根据求出的前几项，得出是周期数列，从而可得求的和．

详解：由已知可得时.

，

用累加法可得时.

适合上式，

所以与余数相同﹐

故，

故是以为周期的周期数列.

故．

故答案为：4046.

【点睛】

方法点睛：本题考查求数列的通项公式，考查分组求和法．求通项公式除公式法外，如果递推式是数列前后的差，则可用累加法求解，如果是前后项的商，则可用连乘法求解．这是两种基本方法，有时还可能通过求出数列的前几项，归纳出数列的性质，得出结论．

2．【答案】

【解析】由已知，，，利用累加法即可得到答案.

详解：由已知，，，各式相加得

，即，又，，

所以.

故答案为：

【点睛】

本题考查了“累加求和”方法．“斐波那契数列”的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

3．【答案】

【解析】分析：先求，再利用并项求和，即可得答案；

详解：

，

，

故答案为：

4．【答案】①②③④

【解析】①当周期为2时，由表示前三项的关系，整理证得，与实际矛盾，错误；

②若，举特例，观察显然不是常数列，错误；

③赋特值，求得，不是递增数列，错误；

④赋特值，求得，是无穷数列，错误.

详解：①令周期，则

由题可知，则，即

因为

整理得，得，矛盾，所以错误；

②若，

显然，可以是，不是常数列，所以错误；

③令，由可知

当时，显然不是递增数列，所以错误；

④当时，有

当，则以后各项都可以为，是无穷数列，所以错误.

故答案为：①②③④

【点睛】

本题考查数列的新定义问题，关键在于理解定义表达式，常运用赋值法处理，属于难题.

5．【答案】

【解析】分析：首先变形等式为，利用累乘法，求得数列的通项公式，以及数列的通项公式，代入后，利用错位相减法求和.

详解：由题意，即，

累乘得，

可知，，当时，，

所以，

又时，，且当时成立，从而有，

故，

所以，故.

故答案为：

【点睛】

方法技巧                            

 常见数列的裂项方法

注意：利用裂项相消法求和时，既要注意检验裂项前后是否等价，又要注意求和时正负项相消后消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项.

6．【答案】

【解析】分析：根据的定义得到，且当n为奇数时，，再令，再利用分组求和的方法，得到，然后利用累加法求解.

详解：由的定义得：，且当n为奇数时，，

设，

则，

，

，

，

即，

由累加法得：，

又，

所以，

所以，

故答案为：

【点睛】

关键点点睛：本题关键是正确理解的定义，抽象出，且当n为奇数时，.

7．【答案】

【解析】分析：根据已知条件求得，由此求得，利用裂项求和法求得所求表达式的值.

详解：依题意，，

所以，所以，

所以，

所以

.

故答案为：

8．【答案】1189

【解析】分析：由，两式相加得，然后进一步通过迭代法可求得答案

详解：解：因为，

所以，

所以，

由，可得

所以，

所以

，

故答案为：1189

9．【答案】4956

【解析】分析：首先分别计算当，时，， 时的数值，再求即可.

详解：当时，，

当时，，

当时，，

当时，，

.

故答案为：

10．【答案】

【解析】将所求极限变形为，然后利用极限的运算法则计算即可.

详解：.

故答案为：.

【点睛】

本题考查极限的计算，考查计算能力，属于基础题.

11．【答案】1

【解析】分析：由题意，可得，转化为，可得，结合的范围即得解.

详解：由，可得，由，可得，故.

因为，所以，

所以.

由题意可知，则，故为递增数列.

因为，所以，故，所以的最小值为1.

【点睛】

本题考查了数列的递推公式以及裂项求和法，考查了学生综合分析，转化与划归，数学运算能力，属于中档题

12．【答案】

【解析】分析：依据题意可得，然后依据公式可得，然后根据递推关系可得数列为等差数列，进一步得出，最后分组求和可得结果.

详解：解：因为，，(且)，①

可得时，，即，

由等比数列的的公比为，

即，解得，

所以，

当时，，即，

解得，

又(且)，②

①﹣②可得，，

即，化为，

又，

所以数列为等差数列，且公差，

则，

所以，

所以

.

故答案为：.

【点睛】

关键点点睛：得出的公式是解决本题的关键，同时熟练分组求和的方法.

13．【答案】

【解析】分析：先求得，再求得，进而求得，然后用裂项求和求得，最后根据其范围求得结果.

详解：依题意可得，所以数列的前项和，

因此，所以，

故.

故答案为：2020.

【点睛】

方法点睛： 本题考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．

14．【答案】

【解析】分析：计算出的表达式，由此可计算得出的值.

详解：当且时，；

当且时，.

因此，.

故答案为：.

15．【答案】

【解析】分析：根据平面向量的坐标表示公式，结合等差数列的定义．通项公式，运用裂项相消法进行求解即可.

详解：∵Pn(n，an)，Pn＋1(n＋1，an＋1)，

∴，∴an＋1－an＝2.

∴{an}为等差数列，公差d＝2.

∵a1＋a2＝2a1＋d＝4，∴a1＝1.∴an＝2n－1.

∵＝＝，

∴Sn＝，

故答案为：