多维层次练36-数列的综合应用学案

这是一份多维层次练36-数列的综合应用学案，共9页。
多维层次练36  数列的综合应用[巩固提升练]1.若数列{an}的通项公式是an＝（－1）n（3n－2），则a1＋a2＋…＋a10＝（　　）A.15   B.12  C.－12   D.－15解析：a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15.答案：A2.在数列{an}中，若an＋1＋（－1）nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于（　　）A.76   B.78  C.80   D.82解析：由已知an＋1＋（－1）nan＝2n－1，得an＋2＋（－1）n＋1 an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝（－1）n（2n－1）＋（2n＋1），取n＝1，5，9及n＝2，6，10，结果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.答案：B3.（2020·开封调研）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n（n∈N*），则S2 018等于（　　）A.22 018－1   B.3×21 009－3C.3×21 009－1   D.3×21 008－2解析：因为a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2，所以＝2.所以a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018＝（a1＋a3＋a5＋…＋a2 017）＋（a2＋a4＋a6＋…＋a2 018）＝＋＝3×21 009－3.故选B.答案：B4.（2020·郑州质量预测）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0（n∈N*），记Tn＝＋＋…＋（n∈N*），则T2 018＝（　　）A.   B.  C.   D.解析：由an＋2－2an＋1＋an＝0（n∈N*），可得an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}为等差数列，公差d＝a2－a1＝2－1＝1，通项公式an＝a1＋（n－1）×d＝1＋n－1＝n，则其前n项和Sn＝＝，所以＝＝2，Tn＝＋＋…＋＝2（1－＋－＋…＋－）＝2＝，故T2 018＝＝，故选C.答案：C5.已知数列{an}，若an＋1＝an＋an＋2（n∈N*），则称数列{an}为“凸数列”.已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2 020项和为（　　）A.5   B.－5  C.0   D.－4解析：由“凸数列”的定义及b1＝1，b2＝－2，得b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，所以数列{bn}是周期为6的周期数列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，于是数列{bn}的前2 020项和等于b1＋b2＋b3＋b4＝－5.答案：B6.（多选题）数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则（　　）A.an＝B.数列的前100项和为C.数列的前100项和为D.数列{an}的第100项为50 050解析：因为an＋1＝an＋n＋1，所以an＋1－an＝n＋1，又a1＝1，所以an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝n＋（n－1）＋（n－2）＋…＋2＋1＝，数列{an}的第100项为5 050，故A正确，D错误.所以＝＝2，所以数列的前100项和为2[＋＋…＋]＝2＝.故B正确，C错误.答案：AB7.[2020·湖南三湘名校（五十校）第一次联考]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 019＝　　　　Ｗ.解析：由an＋2Sn－1＝n（n≥2），得an＋1＋2Sn＝n＋1，两式作差可得an＋1－an＋2an＝1（n≥2），即an＋1＋an＝1（n≥2），所以S2 019＝1＋×1＝1 010.答案：1 0108.数列{an}的通项公式为an＝ncos ，其前n项和为Sn，则S2 020＝ 　　　　.解析：因为数列an＝ncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，故a5＋a6＋a7＋a8＝2，所以周期T＝4.所以S2 020＝×2＝1 010.答案：1 0109.（2020·深圳第一次模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝2＋Sn（n∈N*）.（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝1＋log2（an）2，求证：数列的前n项和Tn<.（1）解：因为an＋1＝2＋Sn（n∈N*），所以an＝2＋Sn－1（n≥2）.所以an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，所以an＋1＝2an（n≥2），又因为a2＝2＋a1＝4，a1＝2，所以a2＝2a1，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an＝2·2n－1＝2n（n∈N*）.（2）证明：因为bn＝1＋log2（an）2，则bn＝2n＋1.则＝，所以Tn＝（－＋－＋…＋－）＝（－）<.10.（2020·赣州信丰中学高考适应性测试）已知数列{an}的前n项和Sn，且a2＝8，Sn＝－n－1.（1）求数列{an}的通项公式；（2）求数列的前n项和Tn.解：（1）因为a2＝8，Sn＝－n－1，所以a1＝S1＝－2＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n－1－，即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3×a1＋2，所以an＋1＝3an＋2，n∈N*，所以an＋1＋1＝3（an＋1），所以数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，所以an＋1＝3×3n－1＝3n，所以an＝3n－1.（2）＝＝－.所以数列的前n项和Tn＝（－）＋（－）＋…＋（－）＝－－.[综合应用练]11.（2020·郑州模拟）数列{an}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，则＋＋＋…＋＝（　　）A.   B.  C.   D.解析：因为a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，所以an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，用累加法可得an＝a1＋＝，所以＝＝2，所以＋＋＋…＋＝2[（1－）＋（－）＋…＋（－）]＝.答案：D12.（2020·黑龙江牡丹江一中模拟）已知数列{an}满足a1＝2，4a3＝a6，是等差数列，则数列{（－1）nan}的前10项的和S10是（　　）A.220   B.110  C.99   D.55解析：设等差数列的公差为d，则＝a1＋5d，＝＋3d，将已知值和等量关系代入，计算得d＝2，所以＝a1＋（n－1）d＝2n，an＝2n2，所以S10＝－a1＋a2－a3＋a4－…＋a10＝2（1＋2＋…＋10）＝110，故选B.答案：B13.（2020·肇庆模拟）正项数列{an}中，满足a1＝1，a2＝，＝（n∈N*），那么a1·a3＋a2·a4＋a3·a5＋…＋an·an＋2＝　　　.解析：由＝（n∈N*），可得a＝anan＋2，所以数列{an}为等比数列.因为a1＝1，a2＝，所以q＝，所以an＝，所以an·an＋2＝·＝，所以a1·a3＝，所以a1·a3＋a2·a4＋a3·a5＋…＋an·an＋2＝＋＋…＋＝＝.答案：14.（2020·安徽太和模拟）设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋SnSn＋1＝0，则Sn＝　　　　　　，数列{SnSn＋1}的前n项和为　　　　.解析：因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＋SnSn＋1＝0，所以Sn＋1－Sn＋SnSn＋1＝0，所以－＝1.又因为＝＝1，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以＝n，所以Sn＝.所以SnSn＋1＝＝－，所以Tn＝＋＋…＋＝1－＝.答案：　15.已知{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7.（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）设cn＝anbn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和Sn.解：（1）设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，由题意知q>0.由已知，有消去d，整理得q4－2q2－8＝0.因为q>0，解得q＝2，所以d＝2.所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*；数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1，n∈N*.（2）由（1）知cn＝（2n－1）·2n－1，设{cn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋（2n－3）×2n－2＋（2n－1）×2n－1，2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋（2n－3）×2n－1＋（2n－1）×2n，上述两式相减，得－Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－（2n－1）×2n＝2n＋1－3－（2n－1）×2n＝－（2n－3）×2n－3，所以，Sn＝（2n－3）·2n＋3，n∈N*.[拔高创新练]16.（2020·宁夏银川月考）已知数列{an}的通项公式是an＝n2sin，则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝（　　）A.110   B.100  C.55   D.0解析：因为·π＝nπ＋，n∈N*，所以an＝n2sin＝所以a1＋a2＋a3＋…＋a10＝22－12＋42－32＋…＋102－92＝（2－1）×（2＋1）＋（4－3）×（4＋3）＋…＋（10－9）×（10＋9）＝1＋2＋3＋…＋10＝＝55.故选C.答案：C