數(shù)列求和與數(shù)列的綜合應用

數(shù)列求和與數(shù)列的綜合應用數(shù)列求和與數(shù)列的綜合應用數(shù)列求和與數(shù)列的綜合應用數(shù)列求和與數(shù)列的綜合應用時間:45分鐘分值：100分一、選擇題(每小題6分,共計36分)1．等差數(shù)列｛an}的通項公式為an＝2n＋1，其前n項的和為Sn，則數(shù)列{eq\f（Sn，n）}的前10項的和為()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｝是等比數(shù)列，a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，則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．在數(shù)列｛an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋（－1)n(n∈N*），則S100＝（）A．150B．5050C．2600D．251＋48解析：當n為奇數(shù)時，an＋2－an＝1＋（－1）n＝0，即a1＝a3＝…＝a99＝1；當n為偶數(shù)時，an＋2－an＝1＋(－1)n＝2，即a2，a4,a6，…，a100是以2為首項，2為公差的等差數(shù)列．所以S100＝50＋50×2＋eq\f（50×50－1，2)×2＝2600，故選C.答案：C4．設f（x)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，對任意實數(shù)x、y∈R，都有f（x）f（y）＝f(x＋y），若a1＝eq\f（1,2），an＝f（n）（n∈N＊)，則數(shù)列｛an}的前n項和Sn的取值范圍是（）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)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，對任意實數(shù)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。則數(shù)列{an}的前n項和的取值范圍是［eq\f（1,2),1)．答案：C5．數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn，若Sn＝2an－1(n∈N＊），則Tn＝eq\f（1,a1a2)＋eq\f（1,a2a3)＋…＋eq\f(1，anan＋1）的結果可化為(）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，當n≥2時,an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1,∴an＝2an－1，由a1＝2a1－1得a1＝1，∴an＝2n－1，則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）），故選C.答案：C6．設a1，a2，…，a50是以－1,0，1這三個整數(shù)中取值的數(shù)列，若a1＋a2＋…＋a50＝9且(a1＋1）2＋(a2＋1）2＋…＋(a50＋1)2＝107，則a1，a2,…,a50當中取零的項共有（）A．11個B．12個C．15個D．25個解析：（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中取零的項應為50－39＝11個，故選A。答案：A二、填空題（每小題8分，共計24分）7．如圖1，第（1）個多邊形是由正三角形“擴展”而來的，第(2）個多邊形是由正四邊形“擴展"而來的，…，如此類推，設由正n邊形“擴展"而來的多邊形的邊數(shù)為an，則a6＝________；eq\f(1,a3）＋eq\f(1，a4)＋eq\f（1，a5)＋…＋eq\f(1,a99)＝________.圖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．已知數(shù)列{an}滿足a1＝t，an＋1－an＋2＝0(t∈N＊，n∈N*），記數(shù)列｛an｝的前n項和的最大值為f(t)，則f（t）＝________.解析：由題意可知｛an｝是等差數(shù)列，所以an＝－2n＋2＋t，所以Sn＝n(1＋t－n）＝－n2＋（1＋t）n。當t為奇數(shù)時，f（t）＝－（eq\f(1＋t,2）)2＋（1＋t）×eq\f(1＋t，2）＝eq\f（t＋12，4）；當t為偶數(shù)時,知n＝eq\f（t,2)時，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為偶數(shù)，,\f（t＋12,4）t為奇數(shù).））答案：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（t2＋2t,4）t為偶數(shù)，\f（t＋12,4)t為奇數(shù))）9．正項數(shù)列{an}中，a2＝3，且Sn＝eq\f（a\o\al（2，n)＋2an＋p，4）（n∈N＊),則實數(shù)p＝________.解析：當n＝2時,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時，S1＝eq\f(a\o\al（2,1）＋2a1＋p,4）＝a1，將a1＝eq\f（3＋p,4)代入整理得p2＋14p－15＝0,∴p＝1或p＝－15。當p＝－15時，a1〈0，∴舍去，即p＝1.答案：1三、解答題(共計40分）10．（10分)在數(shù)列｛an}中,a1＝1，an＋1＝2an＋2n。(1)設bn＝eq\f（an,2n－1).證明:數(shù)列｛bn｝是等差數(shù)列；（2)求數(shù)列{an}的前n項和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｝是首項為1,公差為1的等差數(shù)列．（2)由（1)知eq\f(an，2n－1)＝n，即an＝n·2n－1,Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，兩邊同乘以2得2Sn＝2＋2·22＋…＋n·2n，兩式相減得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）成等差數(shù)列．又數(shù)列{an｝（an〉0)中，a1＝3,此數(shù)列的前n項的和Sn（n∈N*)對所有大于1的正整數(shù)n都有Sn＝f（Sn－1）．（1）求數(shù)列｛an}的第n＋1項；(2)若eq\r(bn)是eq\f(1,an＋1），eq\f（1,an)的等比中項,且Tn為{bn}的前n項和,求Tn。解：(1)∵eq\r(x），eq\f（\r（fx）,2),eq\r(3）(x≥0)成等差數(shù)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）為公差的等差數(shù)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)∵數(shù)列eq\r(bn）是eq\f(1，an＋1)，eq\f(1，an)的等比中項，∴(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）)．圖212．(15分）將各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}中的所有項按每一行比上一行多一項的規(guī)律排成數(shù)表，如圖2所示．記表中各行的第一個數(shù)a1，a2,a4，a7,…構成數(shù)列為｛bn｝，各行的最后一個數(shù)a1，a3，a6，a10,…構成數(shù)列為{cn}，第n行所有數(shù)的和為sn(n＝1,2,3,4，…)．已知數(shù)列{bn}是公差為d的等差數(shù)列,從第二行起,每一行中的數(shù)按照從左到右的順序每一個數(shù)與它前面一個數(shù)的比是常數(shù)q，且a1＝a13＝1，a31＝eq\f(5,3)。（1）求數(shù)列{cn｝，｛sn}的通項公式；（2)記dn＝eq\f（2n－1,sn＋cn)＋eq\f(2n＋1,sn＋1）（n∈N*），求證：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）個數(shù)，因為13＝eq\f(4×5,2)＋3，所以a13＝b5×q2，即(4d＋1)q2＝1。又因為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)］,又因為eq\f（23n－1，3n＋1－