【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第六章第四讲　数列求和及数列的综合应用

【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第六章第四讲　数列求和及数列的综合应用

第四讲　数列求和及数列的综合应用 考法1 数列求和 命题角度1　用公式法和分组转化法求和 ‎1 [2019山东五地联考]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且关于x的不等式a1x2 - S2x+2<0的解集为(1,2).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn=a2n+‎2‎an - 1,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎(1)先设等差数列{an}的公差为d,再根据题意求出a1与d,进而可求出数列{an}的通项公式;(2)先由(1)的结论及bn=a2n+‎2‎an - 1求出bn,再利用等差数列与等比数列的求和公式,以及分组转化法,即可求出结果.‎ ‎(1)设等差数列{an}的公差为d,‎ 因为关于x的不等式a1x2 - S2x+2<0的解集为(1,2),‎ 所以S‎2‎a‎1‎=1+2=3,又S2=2a1+d,所以a1=d,(1,2为一元二次方程a1x2 - S2x+2=0的两根)‎ 易知‎2‎a‎1‎=2,所以a1=1,d=1.‎ 所以数列{an}的通项公式为an=n.‎ ‎(2)由(1)可得,a2n=2n,‎2‎an=2n.‎ 因为bn=a2n+‎2‎an - 1,‎ 所以bn=2n - 1+2n,‎ 所以数列{bn}的前n项和Tn=(1+3+5+…+2n - 1)+(2+22+23+…+2n)(分成两组求和)‎ ‎=n(1+2n-1)‎‎2‎‎+‎‎2(1-‎2‎n)‎‎1-2‎(用等差(比)数列的求和公式时注意项数)‎ ‎=n2+2n+1 - 2.‎ 解后反思　‎ 此题的易错点有两处:一是忽视数列通项的下标,导致所求的结果出错,如在求bn时易误得a2n=n,即等号左边的下标已变,右边的代数式没变,导致所得的结果出错;二是用等差数列或等比数列的前n项和公式时,弄错项数,导致求和出错.方法总结 ‎1.[2019湖南长沙雅礼中学模拟]春夏季节是流感多发期,某地医院近30天每天入院治疗流感的人数依次构成数列{an},已知a1=1,a2=2,且满足an+2 - an=1+( - 1)n(n∈N*),则该医院近30天入院治疗流感的总人数为　　　　. ‎ 命题角度2　用错位相减法求和 ‎2 [2017天津,18,13分][理]已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4 - 2a1,S11=11b4.‎ ‎(Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)求数列{a2nb2n - 1}的前n项和(n∈N*).‎ ‎(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q(q>0).‎ 因为b2+b3=12,所以b1(q+q2)=12.‎ 又b1=2,所以q+q2 - 6=0,‎ 解得q=2(q= - 3舍去),所以bn=2n.‎ 由b3=a4 - 2a1,S11=11b4,可得‎8=3d-a‎1‎,‎‎11a‎1‎+‎11×10‎‎2‎d=11×‎2‎‎4‎,‎(构造方程组)‎ 解得a‎1‎‎=1,‎d=3,‎所以an=3n - 2.‎ 所以数列{an}的通项公式为an=3n - 2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,a2n=6n - 2,b2n - 1=2×4n - 1.‎ 设数列{a2nb2n - 1}的前n项和为Tn,a2nb2n - 1=(3n - 1)×4n,‎ 故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n - 1)×4n　①,‎ ‎4Tn=2×42+5×43+…+(3n - 4)×4n+(3n - 1)×4n+1　②,‎ ‎① - ②得,‎ ‎ - 3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n - (3n - 1)×4n+1(错位相减时,注意最后一项的符号)‎ ‎ =‎12×(1-‎4‎n)‎‎1-4‎ - 4 - (3n - 1)×4n+1(用公式法求和时,注意项数)‎ ‎ = - (3n - 2)×4n+1 - 8,‎ 所以Tn=‎3n-2‎‎3‎×4n+1+‎8‎‎3‎.‎ 故数列{a2nb2n - 1}的前n项和为‎3n-2‎‎3‎×4n+1+‎8‎‎3‎.‎ ‎2.[2020四川五校联考]设数列{an}是等差数列,数列{bn}的前n项和Sn满足2Sn=3(bn - 1)且a1=b1,a4=b2.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求{anbn}的前n项和Tn.‎ 命题角度3　用裂项相消法求和 ‎3 [2019广东惠州第三次调研]已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=n2+3n,n∈N*.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{‎1‎a‎2n-1‎a‎2n+1‎}的前n项和Tn.‎ ‎(1)利用an=S‎1‎‎,n=1,‎Sn‎-Sn-1‎,n≥2‎可求出{an}的通项公式;(2)利用(1)的结论,求出数列{‎1‎a‎2n-1‎a‎2n+1‎}的通项,再利用裂项相消法求出其前n项和Tn.‎ ‎(1)当n≥2时,2Sn - 1=(n - 1)2+3(n - 1),‎ 又2Sn=n2+3n,两式相减得2an=2n+2,所以an=n+1.‎ 当n=1时,2S1=2a1=4,解得a1=2.‎ 因为a1=2满足式子an=n+1,(验证首项不能漏)‎ 故{an}的通项公式为an=n+1(n∈N*).‎ ‎(2)由(1)知‎1‎a‎2n-1‎a‎2n+1‎‎=‎1‎‎2n(2n+2)‎=‎‎1‎‎4‎×‎1‎n(n+1)‎‎=‎‎1‎‎4‎(‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎),(裂项,注意系数‎1‎‎4‎不要漏)‎ 所以Tn=‎1‎‎4‎[(‎1‎‎1‎‎-‎‎1‎‎2‎)+(‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎3‎)+…+(‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎)]‎ ‎=‎1‎‎4‎(1 - ‎1‎n+1‎)‎ ‎=n‎4n+4‎.‎ ‎3.[2017全国卷Ⅱ,15,5分][理]等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则=　　　　. ‎ 命题角度4　用倒序相加法求和 ‎4已知函数f (x)=‎4‎x‎4‎x‎+2‎,数列{an}的通项公式为an=f (n‎2020‎),则数列{an}的前2 019项和为　　　　. ‎ 由题意可得f (x)+f (1 - x)=‎4‎x‎4‎x‎+2‎‎+‎4‎‎1-x‎4‎‎1-x‎+2‎=‎4‎x‎4‎x‎+2‎+‎1‎‎1+2·‎‎4‎x-1‎=‎4‎x‎4‎x‎+2‎+‎‎2‎‎2+‎‎4‎x=1.‎ 因为数列{an}的前2019项和 S2019=f (‎1‎‎2020‎)+f (‎2‎‎2020‎)+…+f (‎2018‎‎2020‎)+f (‎2019‎‎2020‎)　①,(这个等式的右边是2019项的和)‎ 所以S2019=f (‎2019‎‎2020‎)+f (‎2018‎‎2020‎)+…+f (‎2‎‎2020‎)+f (‎1‎‎2020‎)　②,(倒过来写)‎ ‎①+②得,2S2019=[f (‎1‎‎2020‎)+f (‎2019‎‎2020‎)]+[f (‎2‎‎2020‎)+f (‎2018‎‎2020‎)]+…+[f (‎2019‎‎2020‎)+f (‎1‎‎2020‎)]=2019×1=2019,‎ 所以S2019=‎2019‎‎2‎,所以数列{an}的前2019项和为‎2019‎‎2‎.‎ 解后反思　‎ 本题的易错点有两处:一是倒序后,将两式相加得出的式子易出错,如两式相加后易误得 S2019=[f (‎1‎‎2020‎)+f (‎2019‎‎2020‎)]+[f (‎2‎‎2020‎)+f (‎2018‎‎2020‎)]+…+[f (‎2019‎‎2020‎)+f (‎1‎‎2020‎)],等号左边漏乘了2,从而导致结果出错;二是两式相加求和时易出错,相加后的式子中含有4038项,即有2019对,这点需注意.‎ ‎4.已知平面向量a=(lg x,1),b=(1,lg y)满足a·b=12,且S=lg xn+lg(xn - 1y)+lg(xn - 2y2)+…+lg(xyn - 1)+lg yn,则S=　　　　. ‎ 命题角度5　用并项求和法求和 ‎5 [2016天津,18,13分]已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且‎1‎a‎1‎‎-‎1‎a‎2‎=‎‎2‎a‎3‎,S6=63.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(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.‎ ‎(1)根据已知等式及S6=63求得q,进而求得首项,即可得到{an}的通项公式;(2)先由(1)得{bn}的通项公式,再用并项求和法求数列{( - 1)nbn‎2‎}的前2n项和.‎ ‎(1)设数列{an}的公比为q.由已知,有‎1‎a‎1‎‎-‎‎1‎a‎1‎q=‎2‎a‎1‎q‎2‎,解得q=2或q= - 1.又由S6=a1·‎1-‎q‎6‎‎1-q=63,知q≠ - 1,所以a1·‎1-‎‎2‎‎6‎‎1-2‎=63,解得a1=1.所以an=2n - 1.‎ ‎(2)由题意,得bn=‎1‎‎2‎(log2an+log2an+1)=‎1‎‎2‎(log22n - 1+log22n)=n - ‎1‎‎2‎,即{bn}是首项为‎1‎‎2‎,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)=b1+b2+b3+b4+…+b2n - 1+b2n=‎2n(b‎1‎+b‎2n)‎‎2‎=2n2.‎ ‎5.[2020合肥市调研检测]设an=( - 1)n - 1·n2,则a1+a2+a3+…+a51=　　　　. ‎ 考法2等差、等比数列的综合问题 ‎6数列{an}的前n项和记为Sn,a1=1,an+1=2Sn+1 (n≥1).‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)等差数列{bn}的各项为正,其前n项和为Tn,且T3=15,又a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列,求Tn.‎ ‎(1)根据已知的递推关系求{an}的通项公式;(2)根据等比关系列方程求公差,则前n项和Tn易求.‎ ‎(1)由an+1=2Sn+1,可得an=2Sn - 1+1(n≥2),‎ 两式相减得an+1 - an=2an,则an+1=3an(n≥2).‎ 因为a1=S1=1,a2=2S1+1=3,所以a2=3a1.‎ 故{an}是首项为1,公比为3的等比数列,所以an=3n - 1.‎ ‎(2)设等差数列{bn}的公差为d.‎ 由T3=15,即b1+b2+b3=15,可得b2=5,故b1=5 - d,b3=5+d.‎ 又a1=1,a2=3,a3=9,且由a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列可得(1+5 - d)(9+5+d)=(3+5)2,‎ 解得d=2或d= - 10.‎ 因为等差数列{bn}的各项为正,所以d>0.‎ 所以d=2,b1=3,所以Tn=3n+n(n-1)‎‎2‎×2=n2+2n.‎ 考法3数列与其他知识的综合 命题角度1　数列与函数的交汇 ‎7 [2019吉林长春联考]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d>0,a6和a8是函数f (x)=‎15‎‎4‎ln x+‎1‎‎2‎x2 - 8x的极值点,则S8=‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A. - 38 B.38 C. - 17 D.17‎ 因为f (x)=‎15‎‎4‎lnx+‎1‎‎2‎x2 - 8x,‎ 所以f ' (x)=‎15‎‎4x+x - 8=x‎2‎‎-8x+‎‎15‎‎4‎x‎=‎‎(x-‎1‎‎2‎)(x-‎15‎‎2‎)‎x.‎ 令f ' (x)=0,解得x=‎1‎‎2‎或x=‎15‎‎2‎.‎ 因为数列{an}的公差d>0,所以数列{an}是单调递增数列,‎ 又a6和a8是函数f (x)的极值点,‎ 所以a6=‎1‎‎2‎,a8=‎15‎‎2‎,所以a‎1‎‎+5d=‎1‎‎2‎,‎a‎1‎‎+7d=‎15‎‎2‎,‎解得a‎1‎‎=-17,‎d=‎7‎‎2‎.‎ 所以S8=8×( - 17)+‎8×(8-1)‎‎2‎×‎7‎‎2‎= - 38.‎ A 命题角度2　数列与不等式的交汇 ‎8 [2019福建厦门联考]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a5+a13=34,S3=9.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.‎ ‎(2)求证:‎1‎S‎1‎‎+‎‎1‎S‎2‎+…+‎1‎Sn<2.‎ ‎(1)设等差数列{an}的公差为d,由已知得a‎5‎‎+a‎13‎=34,‎‎3a‎2‎=9,‎即a‎1‎‎+8d=17,‎a‎1‎‎+d=3,‎ 解得a‎1‎‎=1,‎d=2,‎故an=2n - 1,Sn=n2.‎ ‎(2)‎1‎S‎1‎‎+‎‎1‎S‎2‎+…+‎1‎Sn=1+‎1‎‎2‎‎2‎‎+‎‎1‎‎3‎‎2‎+…+‎‎1‎n‎2‎ ‎<1+‎1‎‎1×2‎‎+‎‎1‎‎2×3‎+…+‎1‎n(n-1)‎…………(注意放大技巧:把‎1‎n‎2‎放大为‎1‎n(n-1)‎)‎ ‎=1+(1 - ‎1‎‎2‎)+(‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎3‎)+…+(‎1‎n-1‎‎-‎‎1‎n)(裂项)‎ ‎=2 - ‎1‎n(消项)‎ ‎<2.‎ ‎6. [2019江西省重点中学第二次联考]已知数列{an}的通项公式是an=f (nπ‎6‎),其中 f (x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π‎2‎),f (x)的部分图象如图6 - 4 - 1所示,Sn为数列{an}的前n项和,则S2 019的值为(　　)‎ A. - 1 B.0 C.‎1‎‎2‎ D.1‎ 考法4数列的实际应用 ‎9 [2019重庆八中模拟]实施“二孩”政策后,专家估计某地区人口总数将发生如下变化:从2019年开始到2028年,每年人口总数比上一年增加0.5万人,从2029年开始到2038年,每年人口总数为上一年的99%.已知该地区2018年人口总数为45万.‎ ‎(1)求实施“二孩”政策后第n年的人口总数an(单位:万人)的表达式(注:2019年为第一年);‎ ‎(2)若“二孩”政策实施后,2019年到2038年人口平均值超过49万,则需调整政策,否则继续实施,问到2038年结束后是否需要调整政策?(参考数据:0.9910≈0.9)‎ ‎(1)根据题意可知{an}是分段数列,其中第一段是等差数列,第二段是等比数列,根据等差、等比数列的通项公式即可得到an的表达式;(2)设数列{an}的前n项和为Sn,根据等差、等比数列的前n项和公式求出S20,并比较S‎20‎‎20‎与49的大小,即可得出结论.‎ ‎(1)由题意知,当1≤n≤10时,数列{an}是首项为45.5,公差为0.5的等差数列,可得an=45.5+0.5×(n - 1)=0.5n+45,则a10=50;‎ 当11≤n≤20时,数列{an}是公比为0.99的等比数列,则an=50×0.99n - 10.‎ 故实施“二孩”政策后第n年的人口总数an(单位:万人)的表达式为an=‎‎0.5n+45,1≤n≤10,‎‎50×‎0.99‎n-10‎,11≤n≤20.‎ ‎(2)设Sn为数列{an}的前n项和.从2019年到2038年共20年,由等差数列及等比数列的求和公式得S20=S10+(a11+a12+…+a20)=477.5+4950×(1 - 0.9910)≈972.5.‎ 所以“二孩”政策实施后的2019年到2038年人口平均值为S‎20‎‎20‎≈48.63,则S‎20‎‎20‎<49,‎ 故到2038年结束后不需要调整政策.‎ ‎7.[2017全国卷Ⅰ,12,5分][理]几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N :N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.440 B.330 C.220 D.110‎ 数学探究　数列的新定义问题 ‎10[2016全国卷Ⅱ,17,12分][理]Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.‎ ‎(1)求b1,b11,b101;‎ ‎(2)求数列{bn}的前1 000项和.‎ 关键信息 信息转化 Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28‎ 可以求得数列{an}的通项公式 bn=[lgan],[x]的定义 可以分别求解b1,b2,b3,…,b1000‎ 数列{bn}的前1000项和 分组求和 ‎(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)记{bn}的前n项和为Tn,则T1000=b1+b2+…+b1000=[lga1]+[lga2]+…+[lga1000],‎ 当0≤lgan<1时,n=1,2,…,9;‎ 当1≤lgan<2时,n=10,11,…,99;‎ 当2≤lgan<3时,n=100,101,…,999;‎ 当lgan=3时,n=1000.‎ 所以bn=‎‎0,1≤n<10,‎‎1,10≤n<100,‎‎2,100≤n<1000,‎‎3,n=1000,‎ 所以数列{bn}的前1000项和为0×9+1×90+2×900+3×1=1893.‎ 取整函数具有天生的“离散性”,与数列的“离散性”相似,常常作为数列的新定义问题的载体.本题以取整函数为载体,考查了取整函数的性质,同时考查了逻辑推理素养与运算求解能力.‎ 素养探源　‎ 核心素养 考查途径 素养水平 逻辑推理 ‎{bn}的通项公式的规律的发现.‎ 二 数学运算 ‎{an}的通项公式的求解,{bn}的前1000项和的求解.‎ 一 ‎8.[2019广东梅州二模]给出定义:x=[x]+,[x]∈Z,0≤<1,其中[x]表示x的整数部分,表示x的小数部分.已知数列{an}满足a1=‎5‎,an+1=[an]+‎2‎‎‎,则a2 019 - a2 018等于(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.2 019 - ‎5‎ B.2 018+‎5‎ C.6+‎5‎ D.6 - ‎‎5‎ 数学文化　数列与数学文化 ‎11 [2018北京,4,5分][理]“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于‎12‎‎2‎.若第一个单音的频率为f ,则第八个单音的频率为　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.‎3‎‎2‎f B.‎3‎‎2‎‎2‎f C.‎12‎‎2‎‎5‎f D.‎12‎‎2‎‎7‎f ‎ 因为从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于‎12‎‎2‎,第一个单音的频率为f ,所以这十三个单音的频率构成一个首项为f ,公比为‎12‎‎2‎的等比数列,记为{an},则第八个单音的频率为a8=f ·(‎12‎‎2‎)8 - 1=‎12‎‎2‎‎7‎f ,故选D.‎ D ‎ “十二平均律”是由中国明代律学家朱载堉发明的,本题以此为背景,不仅弘扬了中国传统文化,还考查了等比数列的通项公式及定义,考查了逻辑推理素养与运算求解能力,体现了等比数列在实际生活中的应用.‎ 素养探源　‎ 核心素养 考查途径 素养水平 数学建模 从情境中抽象出等比数列模型.‎ 二 ‎9.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一,现为世界文化遗产,与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层,每上层的数量是下层的2倍,总共有1 016个浮雕,这些浮雕构成一幅优美的图案.若从最下层往上,浮雕的数量构成一个数列{an},则log2(a3a5)的值为(　　)‎ A.8 B.10 C.12 D.16‎ ‎1.255　由于an+2 - an=1+( - 1)n(n∈N*),‎ 所以当n为奇数时,an+2=an,当n为偶数时,an+2 - an=2,‎ 所以a1=a3=…=a29,a2,a4,…,a30构成首项为2,公差为2的等差数列.‎ 又a1=1,所以a1+a2+a3+…+a29+a30=15+15×2+‎15×14‎‎2‎×2=255.‎ 所以该医院近30天入院治疗流感的总人数为255.‎ ‎2.(1)由2Sn=3(bn - 1)知,当n=1时,b1=3,‎ 当n≥2时,2Sn - 1=3(bn - 1 - 1),2bn=2Sn - 2Sn - 1=3(bn - 1) - 3(bn - 1 - 1),‎ 即bn=3bn - 1,所以{bn}是首项为3,公比为3的等比数列,‎ 所以数列{bn}的通项公式为bn=3n.‎ 又数列{an}是等差数列,且a1=b1=3,a4=b2=9,‎ 所以公差d=a‎4‎‎ - ‎a‎1‎‎3‎=2,‎ 可得数列{an}的通项公式为an=2n+1.‎ ‎(2)Tn=3×31+5×32+7×33+9×34+…+(2n+1)×3n　①,‎ ‎3Tn=3×32+5×33+7×34+…+(2n - 1)×3n+(2n+1)×3n+1　②,‎ ‎① - ②得, - 2Tn=3×31+2(32+33+34+…+3n) - (2n+1)×3n+1,‎ ‎ - 2Tn=3×31+2×‎9(‎3‎n - 1‎ - 1)‎‎3 - 1‎ - (2n+1)×3n+1,‎ 整理得Tn=n×3n+1.‎ ‎3.‎2nn+1‎　设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,依题意,知a‎1‎‎+2d=3,‎‎4a‎1‎+6d=10,‎即a‎1‎‎+2d=3,‎‎2a‎1‎+3d=5,‎解得a‎1‎‎=1,‎d=1,‎所以Sn=n(n+1)‎‎2‎,因此‎∑‎k=1‎n‎1‎Sk=2(1 - ‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎ - ‎‎1‎‎3‎+…+‎1‎n‎ - ‎‎1‎n+1‎)=‎2nn+1‎.‎ ‎4.6n(n+1)　因为平面向量a=(lg x,1),b=(1,lg y)满足a·b=12,‎ 所以lg x+lg y=12,所以lg(xy)=12.‎ 因为S=lg xn+lg(xn - 1y)+lg(xn - 2y2)+…+lg(xyn - 1)+lg yn,‎ 所以S=lg yn+lg(xyn - 1)+…+lg(xn - 2y2)+lg(xn - 1y)+lg xn,‎ 以上两式相加得,‎ ‎2S=(lg xn+lg yn)+[lg(xn - 1y)+lg(xyn - 1)]+…+(lg yn+lg xn)‎ ‎=lg(xn·yn)+lg(xn - 1y·xyn - 1)+…+lg(yn·xn)‎ ‎=n[lg(xy)+lg(xy)+…+lg(xy)]‎ ‎=n(n+1)lg(xy)‎ ‎=12n(n+1),‎ 所以S=6n(n+1).‎ ‎5.1 326　a1+a2+a3+…+a51=12 - 22+32 - 42+…+492 - 502+512=1+(3 - 2)(3+2)+(5 - 4)(5+4)+…+(51 - 50)(51+50)=1+2+3+4+5+…+50+51=‎ ‎51×(1+51)‎‎2‎‎=1 326.‎ ‎6.B　由题图可得T‎4‎‎=‎7π‎12‎ - π‎3‎=‎π‎4‎(T为f (x)的最小正周期),‎ 则T=π,ω=‎2πT=2.‎ 将(‎7π‎12‎, - 1)代入f (x)=sin(2x+φ)中,可得‎7π‎6‎+φ=2kπ+‎3π‎2‎,k∈Z,则有φ=2kπ+π‎3‎,k∈Z.‎ 又|φ|<π‎2‎,所以φ=π‎3‎,所以f (x)=sin(2x+π‎3‎),‎ 所以an=f (nπ‎6‎)=sinnπ+π‎3‎,{an}为最小正周期为6的数列,‎ 由a1=‎3‎‎2‎,a2=0,a3= - ‎3‎‎2‎,a4= - ‎3‎‎2‎,a5=0,a6=‎3‎‎2‎,‎ 可得S2 019=336S6+(a1+a2+a3)=0+0=0.故选B.‎ ‎7.A　对数列进行分组,如图D 6 - 4 - 1,‎ 图D 6 - 4 - 1‎ 则该数列前k组的项数和为1+2+3+…+k=k(k+1)‎‎2‎,由题意可知N>100,即k(k+1)‎‎2‎>100,结合k∈N*,解得k≥14,即N出现在第13组之后.‎ 又第k组所有项的和为‎1 - ‎‎2‎k‎1 - 2‎=2k - 1,所以前k组所有项的和为1+(1+2)+…+(1+2+…+2k - 1)=(21 - 1)+(22 - 1)+…+(2k - 1)=(21+22+…+2k) - k=‎ ‎2k+1 - k - 2.‎ 设满足条件的N在第(t+1)(t∈N*,t≥13)组,且第N项为第(t+1)组的第m(m∈N*)个数,第(t+1)组的前m项和为1+2+22+…+2m - 1=2m - 1.‎ 要使该数列的前N项和为2的整数幂,需使2m - 1与 - t - 2互为相反数,即2m - 1=2+t,所以2m=t+3,所以m=log2(t+3),所以m=4,t=13时,N=‎13×(13+1)‎‎2‎+4=95<100,不满足题意,当m=5,t=29时,N=‎29×(29+1)‎‎2‎+5=440,当m>5时,N>440,故选A.‎ ‎8.D　因为a1=‎5‎,an+1=[an]+‎2‎‎‎,所以a2=2+‎2‎‎5‎‎ - 2‎=6+2‎5‎,a3=10+‎2‎‎2‎5‎ - 4‎=12+‎5‎,a4=14+‎2‎‎5‎‎ - 2‎=18+2‎5‎,a5=22+‎2‎‎2‎5‎ - 4‎=24+‎5‎,…,‎ 所以a2 018=6×2 017+2‎5‎,a2 019=6×2 018+‎5‎.则a2 019 - a2 018=6 - ‎5‎.故选D.‎ ‎9.C　依题意得,数列{an}是以2为公比的等比数列,‎ 因为最下层的浮雕的数量为a1,所以S7=a‎1‎‎(1 - ‎2‎‎7‎)‎‎1 - 2‎=1 016,解得a1=8,‎ 所以an=8×2n - 1=2n+2(1≤n≤7,n∈N*),‎ 所以a3=25,a5=27,从而a3a5=25×27=212,所以log2(a3a5)=log2212=12.‎