高中数学2专题研究3数列的实际应用复习试题Word文档格式.docx
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解析 ＝＝＝.
6.一个堆放铅笔的V形架的最下面一层放1支铅笔，往上每一层都比它下面一层多放1支，最上面一层放了120支，这个V形架上共放了________支铅笔．
答案 7260
解析 从下向上依次放了1，2，3，…，120支铅笔，∴共放了铅笔1＋2＋3＋…＋120＝7260（支）．
7．密封的瓶中，如果放进一个细菌，1分钟后瓶中就充满了细菌，已知每个细菌每秒钟分裂2个，两秒钟就分裂4个，…，如果放进两个细菌，要使瓶中充满细菌，需要时间不小于________秒．
答案 59
解析 因为瓶中容纳的细菌个数S60＝1＋2＋4＋…＋260＝261－1，若开始放进两个细菌，n秒后充满一瓶，则Sn＝2＋4＋…＋2n＋1＝2n＋2－2，∴2n＋2>
261，故n>
59秒．
8．已知数列{an}的首项a1＝2，且an＝4an－1＋1（n≥2），则an＝________．
答案
解析 ∵an＝4an－1＋1（n≥2），令an＋λ＝4（an－1＋λ）则1＋λ＝4λ⇒λ＝，所以an＋＝4（an－1＋）即数列{an＋}为首项为a1＋公比为4的等比数列．
∴an＋＝（a1＋）·
4n－1＝·
4n－1⇒an＝.
9．等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－p，则a12＋a22＋a32＋…＋an2＝________．
答案 （4n－1）
解析 ①当n＝1时，a1＝2－p；
②当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（2n－p）－（2n－1－p）＝2n－1.
因为数列{an}为等比数列，所以a1＝2－p＝21－1＝1⇒p＝1
从而等比数列{an}为首项为1，公比为2的等比数列．
故等比数列{an2}为首项为1，公比为q2＝4的等比数列．
a12＋a22＋a32＋…＋an2＝（4n－1）
10．已知等差数列{an}的公差不为0，a1＝25，a1，a11，a13成等比数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求a1＋a4＋a7＋a10＋…＋a3n－2.
解析
（1）设公差为d，由题意，得a112＝a1·
a13，即（a1＋10d）2＝a1（a1＋12d），
又a1＝25，解得d＝－2或d＝0（舍去）．
∴an＝a1＋（n－1）d＝25＋（－2）×
（n－1）＝27－2n.
（2）由
（1）知a3n－2＝31－6n，
∴数列a1，a4，a7，a10，…，是首项为25，公差为－6的等差数列．
令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2＝＝－3n2＋28n.
11．在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*.
（1）设bn＝an－n，求数列{bn}的通项公式；
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，求Sn.
解析
（1）∵bn＋1＝an＋1－（n＋1）＝4an－3n＋1－（n＋1）＝4（an－n）＝4bn，且b1＝a1－1＝1，
∴{bn}为以1为首项，以4为公比的等比数列，
∴bn＝b1qn－1＝4n－1.
（2）∵an＝bn＋n＝4n－1＋n，∴Sn＝＋.
12．已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n＝1，2，….
（1）证明：
数列{－1}是等比数列；
（2）求数列{}的前n项和Sn.
解析
（1）∵an＋1＝，等号两边取倒数，得
∴＝＝＋·
，∴－1＝（－1），
又a1＝，∴－1＝，∴数列{－1}是以为首项，为公比的等比数列．
（2）由
（1）知－1＝·
＝，
即＝＋1，∴＝＋n.
设Tn＝＋＋＋…＋，①
则Tn＝＋＋…＋＋，②
①－②式，得Tn＝＋＋…＋－
＝－＝1－－，
∴Tn＝2－－.又1＋2＋3＋…＋n＝.
∴数列{}的前n项和Sn＝2－＋＝－.
13．某林场去年年底森林中木材存量为3300万立方米，从今年起每年以25%的增长率生长，同时每年冬季要砍伐的木材量为b，为了实现经过20年达到木材存量至少翻两番的目标，每年冬季木材的砍伐量不能超过多少？
（取lg2＝0.3）
解析 设a1，a2，…，a20表示今年开始的各年木材存量，且a0＝3300，则an＝an－1（1＋25%）－b.
∴an＝an－1－b，an－4b＝（an－1－4b），
即数列{an－4b}是等比数列，公比q＝.
∴a20－4b＝（a0－4b）·
（）20.
令t＝（）20，则lgt＝20lg＝20（1－3×
0.3）＝2.
∴t＝100，于是a20－4b＝100（a0－4b）．
∴a20＝100a0－396b，由a20≥4a0，
得100a0－396b≥4a0，b≤a0＝800.
故每年冬季木材的砍伐量不能超过800万立方米．
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋1，设bn＝an＋1－2an.
数列{bn}是等比数列；
（2）数列{cn}满足cn＝（n∈N*），求Tn＝c1c2＋c2c3＋c3c4＋…＋cncn＋1.
解析
（1）证明：
由于Sn＋1＝4an＋1，①
当n≥2时，Sn＝4an－1＋1.②
①－②式，得an＋1＝4an－4an－1，所以an＋1－2an＝2（an－2an－1）．
又bn＝an＋1－2an，所以bn＝2bn－1.
因为a1＝1，且a1＋a2＝4a1＋1，所以a2＝3a1＋1＝4.
所以b1＝a2－2a1＝2.
故数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．
（2）由
（1）可知bn＝2n，则cn＝＝（n∈N*）．
Tn＝c1c2＋c2c3＋c3c4＋…＋cncn＋1＝＋＋＋…＋＝－＝.
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a8＝6＋a11，则S9的值等于（ ）
A．54B．45
C．36D．27
解析 ∵2a8＝a5＋a11，2a8＝6＋a11，∴a5＝6，∴S9＝9a5＝54.
2．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S13＝，＋＋＋…＋＝，则log2（a6a8）的值为（ ）
A．4B．5
C．16D．32
解析 ∵＋＋＋…＋＝·
（1＋＋＋…＋）＝·
＝·
S13，
∴×
＝，∴a72＝32，∴log2（a6a8）＝log2a72＝5.
3．已知数列{an}是等比数列，其中a7＝1，且a4，a5＋1，a6成等差数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）数列{an}的前n项和记为Sn，证明：
Sn<
128（n＝1，2，3，…）．
解析
（1）设等比数列{an}的公比为q（q∈R），
由a7＝a1q6＝1，得a1＝q－6，从而a4＝a1q3＝q－3，a5＝a1q4＝q－2，a6＝a1q5＝q－1.
因为a4，a5＋1，a6成等差数列，所以a4＋a6＝2（a5＋1），
即q－3＋q－1＝2（q－2＋1），q－1（q－2＋1）＝2（q－2＋1）．所以q＝.
故an＝a1qn－1＝q－6·
qn－1＝64（）n－1.
（2）证明：
Sn＝＝
＝128[1－（）n]<
128.
1．（2016·
课标全国Ⅰ）已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝（ ）
A．100 B．99
C．98D．97
解析 设等差数列{an}的公差为d，因为{an}为等差数列，且S9＝9a5＝27，所以a5＝3.又a10＝8，解得5d＝a10－a5＝5，所以d＝1，所以a100＝a5＋95d＝98，选C.
2．（2015·
课标全国Ⅱ）已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝（ ）
A．21B．42
C．6D．84
解析 由于a1（1＋q2＋q4）＝21，a1＝3，所以q4＋q2－6＝0，所以q2＝2（q2＝－3舍去），所以a3＝6，a5＝12，a7＝24，所以a3＋a5＋a7＝42.故选B.
3．（2014·
大纲全国）等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lgan}的前8项和等于（ ）
A．6B．5
C．4D．3
解析 ∵a4＝2，a5＝5，∴a4a5＝a1a8＝a2a7＝a3a6＝10，
∴lga1＋lga2＋…＋lga8＝lg（a1a2…a8）
＝lg（a1a8）4＝lg（a4a5）4
＝4lga4a5＝4lg10＝4，选C.
4．（2013·
新课标全国Ⅰ）设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则（ ）
A．Sn＝2an－1B．Sn＝3an－2
C．Sn＝4－3anD．Sn＝3－2an
解析 Sn＝＝＝＝3－2an，故选D项．
5．（2016·
四川）某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（ ）
（参考数据：
lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30）
A．2018年B．2019年
C．2020年D．2021年
解析 根据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从2015年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列{an}，其中，首项a1＝130，公比q＝1＋12%＝1.12，所以an＝130×
1.12n－1.由130×
1.12n－1>
200，两边同时取对数，得n－1>
，又≈＝3.8，则n>
4.8，即a5开始超过200，所以2019年投入的研发资金开始超过200万元，故选B.
6．（2016·
课标全国Ⅰ）设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
答案 64
解析 设{an}的公比为q，由a1＋a3＝10，a2＋a4＝5得a1＝8，q＝，则a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝，所以a1a2…an≤a1a2a3a4＝64.
7．（2015·
课标全国Ⅱ）设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________．
答案 －
解析 ∵an＋1＝Sn＋1Sn，∴Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，又由a1＝－1，知Sn≠0，∴－＝1，∴{}是等差数列，且公差为－1，而＝＝－1，∴＝－1＋（n－1）×
（－1）＝－n，∴Sn＝－.
8．（2015·
湖南）设Sn为等比数列的前n项和，若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an＝________．
答案 3n－1
解析 ∵3S1，2S2，S3成等差数列，∴2×
2（a1＋a2）＝3a1＋a1＋a2＋a3⇒3a2＝a3⇒q＝3.
又∵等比数列{an}，∴an＝a1qn－1＝3n－1.
9．（2015·
江苏）数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1（n∈N*），则数列{}的前10项和为________．
解析 由题意得：
an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝，
所以＝2（－），Sn＝2（1－）＝，S10＝.
10．（2016·
课标全国Ⅱ）Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.
（1）求b1，b11，b101；
（2）求数列{bn}的前1000项和．
解析
（1）设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.
所以{an}的通项公式为an＝n.
b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2.
（2）因为bn＝
所以数列{bn}的前1000项和为1×
90＋2×
900＋3×
1＝1893.
11．（2015·
四川）设数列{an}（n＝1，2，3，…）的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
（2）记数列{}的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|<
成立的n的最小值．
解析
（1）由已知Sn＝2an－a1，有
an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1（n≥2），
即an＝2an－1（n≥2），
从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.
又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2（a2＋1）．
所以a1＋4a1＝2（2a1＋1），解得a1＝2.
所以，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
故an＝2n.
（2）由
（1）得＝.
所以Tn＝＋＋…＋＝＝1－.
由|Tn－1|<
，得|1－－1|<
，即2n>
1000.
因为29＝512<
1000<
1024＝210，
所以n≥10.
于是，使|Tn－1|<
成立的n的最小值为10.
12．（2016·
课标全国Ⅲ）已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
{an}是等比数列，并求其通项公式；
（2）若S5＝，求λ.
解析
（1）由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1（λ－1）＝λan.由a1≠0，λ≠0且λ≠1得an≠0，
所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，于是an＝（）n－1.
（2）由
（1）得Sn＝1－（）n.由S5＝得1－（）5＝，即（）5＝.
解得λ＝－1.
13．（2015·
课标全国Ⅰ）Sn为数列{an}的前n项和，已知an>
0，an2＋2an＝4Sn＋3.
（2）设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
解析
（1）由an2＋2an＝4Sn＋3，可知an＋12＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
可得an＋12－an2＋2（an＋1－an）＝4an＋1，即
2（an＋1＋an）＝an＋12－an2＝（an＋1＋an）（an＋1－an）．
由于an>
0，可得an＋1－an＝2.
又a12＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1（舍去）或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
（2）由an＝2n＋1可知
bn＝＝＝（－）．
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝[（－）＋（－）＋…＋（－）]
＝.
14．（2015·
湖北）设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）当d>
1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解析
（1）由题意有，即
解得或
故或
（2）由d>
1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是
Tn＝1＋＋＋＋＋…＋， ①
Tn＝＋＋＋＋＋…＋. ②
①－②可得
Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－.
故Tn＝6－.
15．（2015·
天津）已知数列{an}满足an＋2＝qan（q为实数，且q≠1），n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列．
（1）求q的值和{an}的通项公式；
（2）设bn＝，n∈N*，求数列{bn}的前n项和．
答案
（1）q＝2，an＝
（2）4－
解析
（1）由已知，有（a3＋a4）－（a2＋a3）＝（a4＋a5）－（a3＋a4），即a4－a2＝a5－a3，
所以a2（q－1）＝a3（q－1）．又因为q≠1，故a3＝a2＝2，由a3＝a1·
q，得q＝2.
当n＝2k－1（k∈N*）时，an＝a2k－1＝2k－1＝2；
当n＝2k（k∈N*）时，an＝a2k＝2k＝2.
所以，{an}的通项公式为an＝
（2）由
（1）得bn＝＝.设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×
＋2×
＋3×
＋…＋（n－1）×
＋n×
，
Sn＝1×
上述两式相减，得
Sn＝1＋＋＋…＋－＝－
＝2－－，整理得，Sn＝4－.
所以，数列{bn}的前n项和为4－，n∈N*.
16．（2016·
北京，文）已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
（2）设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．
解析
（1）等比数列{bn}的公比q＝＝＝3，
所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27.∴bn＝3n－1.
设等差数列{an}的公差为d.
因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
所以1＋13d＝27，即d＝2.
所以an＝2n－1（n＝1，2，3，…）．
（2）由
（1）知，an＝2n－1，bn＝3n－1，
因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.
从而数列{cn}的前n项和
Sn＝1＋3＋…＋（2n－1）＋1＋3＋…＋3n－1
＝＋
＝n2＋.
17．（2016·
浙江，文）设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.
（1）求通项公式an；
（2）求数列{|an－n－2|}的前n项和．
解析
（1）由题意知则
又当n≥2时，由
an＋1－an＝（2Sn＋1）－（2Sn－1＋1）＝2an，
得an＋1＝3an.
所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.
（2）设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1.
当n≥3时，由于3n－1>
n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3.
当n≥3时，
Tn＝3＋－＝，
所以Tn＝
18．（2016·
山东）已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
（1）求数列{bn}的通项公式；
（2）令cn＝.求数列{cn}的前n项和Tn.
解析
（1）由题意知当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，
所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d，
由
得
可解得b1＝4，d＝3.
所以bn＝3n＋1.
（2）由
（1）知cn＝＝3（n＋1）·
2n＋1.
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
所以Tn＝3×
[2×
22＋3×
23＋…＋（n＋1）×
2n＋1]，
2Tn＝3×
23＋3×
24＋…＋（n＋1）×
2n＋2]，
两式作差，得－Tn＝3×
22＋23＋24＋…＋2n＋1－（n＋1）×
2n＋2]＝3×
[4＋－（n＋1）×
2n＋2]＝－3n·
2n＋2，
所以Tn＝3n·
2n＋2.
19．（2016·
天津，文）已知{an}是等比数列，前n项和为Sn（n∈N*），且－＝，S6＝63.
（2）若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{（－1）nbn2}的前2n项和．
解析
（1）设数列{an}的公比为q.由已知，有－＝，解得q＝2，或q＝－1.又由S6＝a1·
＝63，知q≠－1，所以a1·
＝63，得a1＝1.所以an＝2n－1.
（2）由题意，得bn＝（log2an＋log2an＋1）＝（log22n－1＋log22n）＝n－，即{bn}是首项为，公差为1的等差数列．
设数列{（－1）nbn2}的前n项和为Tn，则
T2n＝（－b12＋b22）＋（－b32＋b42）＋…＋（－b2n－12＋b2n2）
＝＝2n2.
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