第二板块 课时验收评价(二)　综合性考法针对练——数列求和

课时验收评价(二)　综合性考法针对练——数列求和1．已知数列{an}满足a1＋a2＝0，an＋2＋(－1)an＝2，则数列{an}的前2020项的和为(　)A．0B．1010C．2020D．2024解析：选C　在an＋2＋(－1)an＝2中，分别令n＝1,2，得a3－a1＝2，a4－a2＝2，两式相加得a3＋a4＝a1＋a2＋4＝4.在an＋2＋(－1)an＝2中，分别令n＝3,4，得a5＋a3＝2，a6＋a4＝2，两式相加得a3＋a4＋a5＋a6＝4，所以a5＋a6＝0，依此类推，可得a4k－3＋a4k－2＝0，a4k－1＋a4k＝4(k∈N*)，a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝4(k∈N*)，所以数列{an}的前2020项的和为×4＝2020.故选C.2．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，，，，…，；第二步：将数列的各项乘以n，得数列(记为)a1，a2，a3，…，an.则a1a2＋a2a3＋…＋an－1an(n≥2)等于(　)A．n2B．(n－1)2C．n(n－1)D．n(n＋1)解析：选C　当n≥2时，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝·＋·＋…＋·＝n2＝n2＝n2·＝n(n－1)．3．若数列{bn}满足：若bm＝bn(m，n∈N*)，则bm＋1＝bn＋1，则称数列{bn}为“等同数列”．已知数列{an}满足a5＝5，且an＝n(an＋1－an)，若“等同数列”{bn}的前n项和为Sn，且b1＝a1＝b4，b2＝a2，S5＝a10，则S2022＝(　)A．4711B．4712C．4714D．4718 解析：选D　由an＝n(an＋1－an)，得＝，则＝＝＝…＝＝1，故an＝n，所以b1＝a1＝1，b2＝a2＝2，b4＝a1＝1.因为数列{bn}为“等同数列”，所以b5＝b2＝2，因为S5＝a10＝10，所以1＋2＋b3＋1＋2＝10，解得b3＝4，同理得b6＝b3＝4，b7＝b4＝1，b8＝b5＝2，…，故数列{bn}是以3为周期的数列，所以S2022＝S674×3＝(1＋2＋4)×674＝4718.故选D.4．在数学和许多分支中都能见到很多以瑞士数学家欧拉命名的常数、公式和定理，如：欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n且与n互素的正整数的个数(互素是指两个整数的公约数只有1)．例如：φ(1)＝1；φ(3)＝2(与3互素有1,2)；φ(9)＝6(与9互素有1,2,4,5,7,8)．记Sn为数列{n·φ(3n)}的前n项和，则S10＝(　)A.×310＋B．×310＋C.×311＋D．×311＋解析：选A　因为与3n互素的数为1,2,4,5,7,8,10,11，…，3n－1，共有2×3n－1，所以φ(3n)＝2×3n－1，则n·φ(3n)＝2n×3n－1，于是Sn＝2×30＋4×31＋6×32＋…＋2n×3n－1，　①3Sn＝2×31＋4×32＋6×33＋…＋2n×3n，　②由①－②，得－2Sn＝2×30＋2×31＋2×32＋…＋2×3n－1－2n×3n＝2·－2n×3n＝(1－2n)·3n－1，则Sn＝·3n＋，于是S10＝×310＋.故选A.5．已知{an}为等比数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3.第一列第二列第三列第一行152第二行4310第三行9820(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若cn＝[lgbn]，其中[x]是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如[lg2]＝0，[lg98]＝1，求数列{cn}的前100项的和T100.解：(1)由题意知a1＝2，a2＝4，a3＝8，所以等比数列{an}的公比q＝2，an＝a1qn－1＝2n. 设等差数列{bn}公差为d，则2＝b3－2b1＝2d－b1，S7＝＝7b4＝7a3，所以b4＝8＝b1＋3d，所以b1＝2，d＝2，bn＝2n.(2)因为cn＝[lg(2n)]，所以T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg2]＋[lg4]＋…＋[lg8]＋[lg10]＋…＋[lg98]＋[lg100]＋…＋[lg200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.6．(2022·聊城二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且3Sn－1＝Sn－1(n≥2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝log3，求数列{an＋bn}的前n项和Tn.解：(1)当n＝2时，3S1＝S2－1＝a1＋a2－1，∵a1＝1，∴a2＝3，当n≥3时，3Sn－2＝Sn－1－1,3Sn－1＝Sn－1，∴an＝3an－1，又a2＝3a1，∴＝3(n≥2)，∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，∴an＝3n－1.(2)由bn＝log3及an＝3n－1，可得bn＝，an＋bn＝3n－1＋，∴Tn＝(30＋31＋32＋…＋3n－1)＋＝＋＝＋.7．在数列{an}中，a1＝2，且an＋1－2n＋1＝an－2n＋1.(1)证明：数列{an－n＋1}是等比数列．(2)若bn＝log4(an－n＋1)，求数列的前n项和Sn.解：(1)证明：∵an＋1－2n＋1＝an－2n＋1，∴(an＋1－2n＋1)－(an－2n)＝1，又∵a1＝2，∴a1－2＝0，∴数列{an－2n}是首项为0，公差为1的等差数列，∴an－2n＝n－1，∴an－n＋1＝2n，从而＝2，∴数列{an－n＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)知an－n＋1＝2n，则bn＝log4(an－n＋1)＝，∴＝＝4，∴Sn＝4×＝.8．(2022·平凉二模)在①a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an，②2a1＋2a2＋…＋2an＝2n＋1 －2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答．问题：在数列{an}中，已知________．(1)求{an}的通项公式．(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)选择①，因为nan＋1＝(n＋1)an，所以＝.所以是常数列．又＝1，所以＝1故an＝n.选择②，因为2a1＋2a2＋…＋2an＝2n＋1－2，　①所以当n＝1时，2a1＝22－2＝2，解得a1＝1，当n≥2时，2a1＋2a2＋…＋2an－1＝2n－2，　②故n≥2时，由①－②可得，2an＝2n＋1－2n＝2n，所以an＝n.又a1＝1也符合上式，所以an＝n.(2)由(1)可知，bn＝，则Sn＝＋＋…＋.Sn＝＋＋…＋.两式相减得Sn＝＋＋＋…＋－＝＋－＝－.故Sn＝1－.