训练22 数列中的综合问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（苏教版 提高版）

训练22　数列中的综合问题 一、单项选择题 1．在数列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝2n－1，则a9等于(　　) A．512 B．511 C．502 D．503 答案　D 解析　因为a1＝1，an＋1－an＝2n－1， 所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an －an－1)＝1＋(2－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1－1)＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)－(n－1)＝2n－n， 所以a9＝29－9＝503. 2．定义[x]表示不超过x的最大整数，若数列{an}的通项公式为an＝3n－1，则等式＋＋＋…＋等于(　　) A．30 B．29 C．28 D．27 答案　D 解析　＋＋＋…＋ ＝＋＋＋…＋＝0＋(1×2)＋(2×2)＋(3×1)＋(4×2)＋(5×2)＝27. 3．(2023·凉山模拟)已知函数f(x)＝3＋1，则f ＋f ＋…＋f ＋f 的值为(　　) A．2 024 B．2 022 C．2 023 D．2 021 答案　C 解析　函数f(x)＝3＋1，设m＋n＝1，则有m－＝－， 所以f(m)＋f(n)＝3＋1＋3＋1＝2， 所以当m＋n＝1时，f(m)＋f(n)＝2， 令S＝f ＋f ＋…＋f ＋f ， 所以2S＝＋…＋＝2×2 023， 故S＝f ＋f ＋…＋f ＋f ＝2 023. 4．(2023·黄山模拟)我们常把Fn＝＋1(n＝0,1,2…)叫作“费马数”，设an＝log2(Fn－1)，n＝1,2，…，Sn表示数列{an}的前n项和，则使不等式＋＋…＋<成立的最大正整数n的值是(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 答案　A 解析　an＝log2(Fn－1)＝log2(＋1－1)＝2n， Sn＝＝2n＋1－2， 则＝ ＝＝， 所以＋＋…＋ ＝ ＝<， 即有2n＋1－1<15，即2n＋1<24，解得n<3， 又n＝1,2，…，则n的最大值为2. 二、多项选择题 5．(2023·漳州质检)在数列{an}中，a2和a6是关于x的一元二次方程x2－bx＋4＝0的两个根，下列说法正确的是(　　) A．实数b的取值范围是b≤－4或b≥4 B．若数列{an}为等差数列，则数列{an}的前7项和为4b C．若数列{an}为等比数列且b>0，则a4＝±2 D．若数列{an}为等比数列且b>0，则a2＋a6的最小值为4 答案　AD 解析　对于A，∵x2－bx＋4＝0有两个根， ∴Δ＝b2－4×1×4≥0， 解得b≤－4或b≥4，故A正确； 对于B，若数列{an}为等差数列， ∵a2和a6是关于x的一元二次方程x2－bx＋4＝0的两个根， ∴a2＋a6＝b， 则S7＝＝＝，故B错误； 对于C，若数列{an}为等比数列且b>0，由根与系数的关系得 可得a2>0，a6>0，∴a4>0， 由等比数列的性质得a＝a2·a6， 即a4＝＝＝2，故C错误； 对于D，由C可知，a＝a2·a6＝4，且a2>0，a6>0， ∴a2＋a6≥2＝4，当且仅当a2＝a6＝2时，等号成立，故D正确． 6．“提丢斯数列”是18世纪由德国物理学家提丢斯给出的，具体为：取0,3,6,12,24,48,96，…这样一组数，容易发现，这组数从第3项开始，每一项是前一项的2倍，将这组数的每一项加上4，再除以10，就得到“提丢斯数列”：0.4,0.7,1.0,1.6,2.8,5.2，10.0，…，则下列说法中正确的是(　　) A．“提丢斯数列”是等比数列 B．“提丢斯数列”的第99项为 C．“提丢斯数列”的前31项和为＋ D．“提丢斯数列”中，不超过20的有8项 答案　BCD 解析　记“提丢斯数列”为数列{an}，则当n≥3时，an＝＝， 当n＝2时，a2＝0.7，符合该式， 当n＝1时，a1＝0.4不符合该式， 故an＝故A错误； a99＝，故B正确； “提丢斯数列”的前31项和为＋×＋×30＝＋，故C正确；令≤20，即2n－2≤，得n＝2,3,4,5,6,7,8，又a1<20，故不超过20的有8项，故D正确． 三、填空题 7．(2023·揭阳模拟)已知数列{an}满足an＝cos ，则{an}的前100项和为______． 答案　1 解析　因为an＝cos，所以a1＝1，a2＝－，a3＝－，a4＝1，a5＝－，a6＝－，…，可知数列{an}是以3为周期的周期数列，且a1＋a2＋a3＝0，所以S100＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a97＋a98＋a99＋a100 ＝(a1＋a2＋a3)＋(a4＋a5＋a6)＋…＋(a97＋a98＋a99)＋a100 ＝a100＝a1＝1. 8．(2024·芜湖模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且对任意的n∈N*，都有则S61＝__________. 答案　5 解析　∵ ∴a2n＋a2n＋1＝log2＋log2 ＝log2， ∴S61＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝1＋log2＋log2＋…＋log2 ＝1＋log2＝1＋log216＝5. 四、解答题 9．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋2＝2an. (1)求a2及数列{an}的通项公式； (2)在an与an＋1之间插入n个数，使得这n＋2个数依次组成公差为dn的等差数列，求数列的前n项和Tn. 解　(1)由题意，当n＝1时，S1＋2＝a1＋2＝2a1，解得a1＝2， 当n＝2时，S2＋2＝2a2， 即a1＋a2＋2＝2a2，解得a2＝4， 当n≥2时，由Sn＋2＝2an， 可得Sn－1＋2＝2an－1， 两式相减，可得an＝2an－2an－1， 整理，得an＝2an－1， ∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴an＝2·2n－1＝2n，n∈N*. (2)由(1)可得，an＝2n，an＋1＝2n＋1， 在an与an＋1之间插入n个数，使得这n＋2个数依次组成公差为dn的等差数列， 则有an＋1－an＝(n＋1)dn， ∴dn＝＝， ∴＝， ∴Tn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋， Tn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减， 可得Tn＝＋＋＋…＋－ ＝1＋－ ＝－，∴Tn＝3－. 10．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＝n≥3，且数列{an}的前n项和为Sn. (1)求数列{an}的通项公式及S2m－1； (2)若amam＋1＝am＋2，求正整数m的值． 解　(1)当n为奇数时，an－an－2＝2(n≥3)， 因此数列{an}的奇数项依次构成以a1＝1为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝1＋2＝n； 当n为偶数时，an＝3an－2(n≥3)， 即＝3， 因此数列{an}的偶数项依次构成以a2＝2为首项，3为公比的等比数列，所以an＝2·； 故an＝ S2m－1＝(a1＋a3＋…＋a2m－1)＋(a2＋a4＋…＋a2m－2) ＝＋＝3m－1＋m2－1. (2)由amam＋1＝am＋2， ①若m＝2k(k∈N*)， 则a2ka2k＋1＝a2k＋2， 所以2k＋1＝3，即k＝1，所以m＝2， ②若m＝2k－1(k∈N*)， 即a2k－1a2k＝a2k＋1， 所以(2k－1)·2·3k－1＝2k＋1， 即2·3k－1＝1＋， 因为2·3k－1为正整数， 所以 为正整数，即2k－1＝1，即k＝1， 但此时2×30＝3不成立， 综上，m＝2. 学科网（北京）股份有限公司 $