第一部分 专题三 第2讲 数列求和及其综合应用-【创新教程】2024高考数学总复习大二轮专题增分方案课时作业word（新教材）

一、单选题 1．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了Fn＝22n＋1(n＝0,1,2，…)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5＝641×6 700 417，不是质数．现设an＝log4(Fn－1)(n＝1,2，…)，Sn表示数列{an}的前n项和，若32Sn＝63an，则n等于(　　) A．5　　B．6　　　C．7　　　D．8 解析：B　[因为Fn＝＋1(n＝0,1,2，…)， 所以an＝log4(Fn－1)＝log4＝2n－1， 所以{an}是等比数列，首项为1，公比为2， 所以Sn＝＝2n－1， 所以32×(2n－1)＝63×2n－1，解得n＝6.] 2．(2023·晋中调研)已知数列{an}，满足2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝n(n∈N*)，则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋a98a99等于(　　) A. B. C. D. 解析：D　[因为2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝n，① 所以2a1＋3a2＋4a3＋…＋nan－1＝n－1(n≥2)，② ①－②得，(n＋1)an＝1(n≥2)， 所以an＝(n≥2)， 而a1＝，适合上式，所以an＝(n∈N*)，an＋1＝(n∈N*)， anan＋1＝＝－， ∴a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋a98a99＝＋＋＋…＋＝－＝.故选D.] 3．(2023·海口模拟)已知数列{an}满足a1＝m(m＞1)，an＋1＝，数列{bn}满足b1＝，bn＋1＝，设数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若S1005＋T1005＝，则m＝(　　) A. B. C. D. 解析：A　[因为a1＝m(m＞1)，an＋1＝， 所以a2＝，a3＝＝－，a4＝＝，a5＝＝m， 所以数列{an}的周期为4， 同理可得数列{bn}的周期为4，且b1＝，b2＝，b3＝－m，b4＝， 所以S4＋T4＝0，又1005＝4×251＋1， 所以S1005＋T1005＝a1＋b1＝m＋＝，又m＞1， 所以m＝或m＝(舍去)．故选A.] 4．(2023·济南三模)如图1，洛书是一种关于天地空间变化脉络的图案，2014年正式入选国家级非物质文化遗产名录，其数字结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，形成图2中的九宫格，将自然数1,2,3，…，n2放置在n行n列(n≥3)的正方形图表中，使其每行、每列、每条对角线上的数字之和(简称“幻和”)均相等，具有这种性质的图表称为“n阶幻方”．洛书就是一个3阶幻方，其“幻和”为15.则7阶幻方的“幻和”为(　　) 图1 4 9 2 3 5 7 8 1 6 图2 A．91 B．169 C．175 D．180 解析：C　[由题意，7阶幻方各行列和，即“幻和”为＝175.故选C.] 5.(2023·厦门质检)如图中阴影部分是一个美丽的螺旋线型图案，其画法是：取正六边形ABCDEF各边的三等分点A1，B1，C1，D1，E1，F1，作第2个正六边形A1B1C1D1E1F1，然后再取正六边形A1B1C1D1E1F1各边的三等分点A2，B2、C2、D2，E2，F2，作第3个正六边形A2B2C2D2E2F2，依此方法，如果这个作图过程可以一直继续下去，由△A1BB1，△A2B1B2，…构成如图阴影部分所示的螺旋线型图案，则该螺旋线型图案的面积与正六边形ABCDEF的面积的比值趋近于(　　) A. B. C. D. 解析：B　[由外至内设每个六边形的边长构成数列{an}，每个阴影三角形的面积构成数列{Sn}，设AB＝a， 则A1B1＝＝a， A2B2＝2a，…，依此类推，AnBn＝na， 所以数列{an}是以a为首项，为公比的等比数列，所以an＝a×n－1， 又S1＝×a×a×sin 120°＝a2，所以S2＝2a2， S3＝2＝4a2，…， 依此类推，Sn＝2n－2a2， 则数列{Sn}的前n项和Tn＝a2＋×2a2＋×4a2＋…＋2n－2a2＝a2＝a2＝×a2＝a2， 当n趋近无势大时，n趋近于0，Tn趋近于a2， 正六边形的面积为：SABCDEF＝6×a2sin 60°＝a2， 所以，所求面积的比值趋近于＝.故选B.] 6．(2023·济南二模)已知函数f(x)＝，数列{an}满足a1＝1，an＋3＝an(n∈N*)，f(a1)＋f(a2＋a3)＝0，则ai＝(　　) A．0 B．1 C．675 D．2023 解析：B　[f(x)的定义域为R，且f(－x)＝＝－＝－f(x)， 故f(x)为R上的奇函数． 而f(x)＝1－， 因t