2021届课标版高考文科数学一轮复习教师用书：第六章第四讲　数列求和及数列的综合应用 10页

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{a n}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+2푎푛 - 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+2푎푛 - 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 푆2 푎1=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 2 푎1=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,2푎푛=2n. 因为 bn=a2n+2푎푛 - 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) =푛(1 + 2푛 - 1) 2 + 2(1 - 2푛) 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 b n 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. 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]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 = 3푑 - 푎1, 11푎1 + 11 × 10 2 푑 = 11 × 24, ................................................(构造方程组) 解得{푎1 = 1, 푑 = 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 - 4푛) 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=3푛 - 2 3 ×4n+1+8 3. 故数列{a2nb2n - 1}的前 n 项和为3푛 - 2 3 ×4n+1+8 3. 2.[2020 四川五校联考]设数列{a n}是等差数列,数列{b n}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{ 1 푎2푛 - 1푎2푛+1}的前 n 项和 Tn. (1) 利用 an={푆1,푛 = 1, 푆푛 - 푆푛 - 1,푛 ≥ 2可求出{an} 的通项公式;(2) 利用(1) 的结论, 求出数列 { 1 푎2푛 - 1푎2푛+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 1 푎2푛 - 1푎2푛+1 = 1 2푛(2푛 + 2) = 1 4 × 1 푛(푛 + 1) = 1 4(1 푛 ― 1 푛 + 1), .................................(裂项,注意系数 1 4不要漏) 所以 Tn=1 4[(1 1 ― 1 2)+(1 2 ― 1 3)+…+(1 푛 ― 1 푛 + 1)] =1 4(1 - 1 푛 + 1) = 푛 4푛 + 4. 3.[2017 全国卷Ⅱ,15,5 分]等差数列{a n}的前 n 项和为 S n,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)= 4푥 4푥 + 2,数列{a n}的通项公式为 an=f ( 푛 2 020),则数列{a n}的前 2 019 项和 为　　　　. 由题意可得 f (x)+f (1 - x)= 4푥 4푥 + 2 + 41 - 푥 41 - 푥 + 2 = 4푥 4푥 + 2 + 1 1 + 2·4푥 - 1 = 4푥 4푥 + 2 + 2 2 + 4푥=1. 因为数列{an}的前 2 019 项和 S2 019=f ( 1 2 020)+f ( 2 2 020)+…+f (2 018 2 020)+f (2 019 2 020)　①,.....................................(这个等式的右边是 2 019 项的和) 所以 S2 019=f (2 019 2 020)+f (2 018 2 020)+…+f ( 2 2 020)+f ( 1 2 020)　②, .........................................................(倒过来写) ①+②得,2S2 019=[f ( 1 2 020)+f (2 019 2 020)]+[f ( 2 2 020)+f (2 018 2 020)]+…+[f (2 019 2 020)+f ( 1 2 020)]=2 019×1=2 019, 所以 S2 019=2 019 2 ,所以数列{an}的前 2 019 项和为2 019 2 . 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][文]已知{a n}是等比数列,前 n 项和为 S n(n∈N*),且 1 푎1 ― 1 푎2 = 2 푎3,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)n푏2푛}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)n푏2푛}的前 2n 项和. (1)设数列{an}的公比为 q.由已知,有 1 푎1 ― 1 푎1푞= 2 푎1푞2,解得 q=2 或 q= - 1.又由 S6=a1·1 - 푞6 1 - 푞 =63, 知 q≠ - 1,所以 a1·1 - 26 1 - 2 =63,解得 a1=1.所以 an=2n - 1. (2)由题意,得 bn=1 2(log2an+log2an+1)=1 2(log22n - 1+log22n)=n - 1 2,即{bn}是首项为1 2,公差为 1 的等差数 列. 设数列{( - 1)n푏2푛}的前 n 项和为 Tn,则 T2n=( - 푏21 + 푏22)+( - 푏23 + 푏24)+…+( - 푏22푛 - 1 + 푏22푛)=b1+b2+b3+b4+…+b2n - 1+b2n= 2푛(푏1 + 푏2푛) 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 [2019 天津,18,13 分][文]设{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,公比大于 0.已知 a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3. (Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式; (Ⅱ)设数列{cn}满足 cn={1,푛为奇数, 푏푛 2 ,푛为偶数.求 a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*). (Ⅰ)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q,由已知条件建立方程组进行 求解即可;(Ⅱ)利用分组求和法及错位相减法求解. (Ⅰ)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的公比为 q(q>0).依题意,得{3푞 = 3 + 2푑, 3푞2 = 15 + 4푑, 解得{푑 = 3, 푞 = 3,故 an=3+3(n - 1)=3n,bn=3×3n - 1=3n. 所以{an}的通项公式为 an=3n,{bn}的通项公式为 bn=3n. (Ⅱ)a1c1+a2c2+…+a2nc2n=(a1+a3+a5+…+ a2n - 1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)=[n×3+푛(푛 - 1) 2 ×6]+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n). 记 Tn=1×31+2×32+…+n×3n　①, 则 3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1　②, ② - ①得,2Tn= - 3 - 32 - 33 - … - 3n+n×3n+1= - 3(1 - 3푛) 1 - 3 +n×3n+1=(2푛 - 1)3푛+1 + 3 2 . 所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×(2푛 - 1)3푛+1 + 3 2 = (2푛 - 1)3푛+2 + 6푛2 + 9 2 (n∈N*). 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)=15 4 ln x+1 2x2 - 8x 的极值点,则 S8= 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. - 38 B.38 C. - 17 D.17 因为 f (x)=15 4 ln x+1 2x2 - 8x, 所以 f '(x)=15 4푥+x - 8= 푥2 - 8푥 + 15 4 푥 = (푥 - 1 2)(푥 - 15 2 ) 푥 . 令 f '(x)=0,解得 x=1 2或 x=15 2 . 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=1 2,a8=15 2 ,所以{푎1 + 5푑 = 1 2, 푎1 + 7푑 = 15 2 , 解得{푎1 = - 17, 푑 = 7 2. 所以 S8=8×( - 17)+8 × (8 - 1) 2 × 7 2= - 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: 1 푆1 + 1 푆2+…+ 1 푆푛<2. (1)设等差数列{an}的公差为 d,由已知得{푎5 + 푎13 = 34, 3푎2 = 9, 即{푎1 + 8푑 = 17, 푎1 + 푑 = 3, 解得{푎1 = 1, 푑 = 2, 故 an=2n - 1,Sn=n2. (2) 1 푆1 + 1 푆2+…+ 1 푆푛=1+ 1 22 + 1 32+…+ 1 푛2 <1+ 1 1 × 2 + 1 2 × 3+…+ 1 푛(푛 - 1)…………(注意放大技巧:把 1 푛2放大为 1 푛(푛 - 1)) =1+(1 - 1 2)+(1 2 ― ― 1 3)+…+( 1 푛 - 1 ― ― 1 푛).......................................................(裂项) =2 - 1 푛..................................................................................................................(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 (푛π 6 ),其中 f (x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π 2), f (x)的部分图象如图6 - 4 - 1所示,S n为数列{an}的前n项和,则 S 2 019 的值为(　　) 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 푆20 20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= {0.5푛 + 45,1 ≤ 푛 ≤ 10, 50 × 0.99푛 - 10,11 ≤ 푛 ≤ 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+4 950×(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 푆20 20≈48.63,则 푆20 20<49, 故到 2038 年结束后不需要调整政策. 7.[2017全国卷Ⅰ,12,5分]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]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=[lg an],[x]的定义 可以分别求解 b1,b2,b3,…,b1 000 数列{bn}的前 1 000 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=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2. (2)记{bn}的前 n 项和为 Tn,则 T1 000=b1+b2+…+b1 000=[lg a1]+[lg a2]+…+[lg a1 000], 当 0≤lg an<1 时,n=1,2,…,9; 当 1≤lg an<2 时,n=10,11,…,99; 当 2≤lg an<3 时,n=100,101,…,999; 当 lg an=3 时,n=1 000. 所以 bn={0,1 ≤ 푛 < 10, 1,10 ≤ 푛 < 100, 2,100 ≤ 푛 < 1 000, 3,푛 = 1 000, 所以数列{bn}的前 1 000 项和为 0×9+1×90+2×900+3×1=1 893. 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. 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 < 푎푛 > ,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 北京,5,5 分][文]“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12 2.若第一个单音的频率为 f ,则第八个单音的频率为　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.3 2f B.3 22f C.12 25f D.12 27f 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12 2,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 12 2的等比数列,记为 {an},则第八个单音的频率为 a8=f ·(12 2)8 - 1=12 27f ,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. 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 × 14 2 ×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= 푎4 - 푎1 3 =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(3푛 - 1 - 1) 3 - 1 - (2n+1)×3n+1, 整理得 Tn=n×3n+1. 3. 2푛 푛 + 1　设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d,依题意,知{푎1 + 2푑 = 3, 4푎1 + 6푑 = 10,即{푎1 + 2푑 = 3, 2푎1 + 3푑 = 5,解得 {푎1 = 1, 푑 = 1, 所以 Sn=푛(푛 + 1) 2 ,因此 푛 ∑ 푘 = 1 1 푆푘=2(1 - 1 2 + 1 2 ― 1 3+…+1 푛 ― 1 푛 + 1)= 2푛 푛 + 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푇 4 = 7π 12 ― π 3 = π 4(T 为 f(x)的最小正周期), 则 T=π,ω=2π 푇 =2.将(7π 12, - 1)代入 f(x)=sin(2x+φ)中, 可得7π 6 +φ=2kπ+3π 2 ,k∈Z,则有 φ=2kπ+π 3,k∈Z. 又|φ|<π 2,所以 φ=π 3,所以 f(x)=sin(2x+π 3), 所以 an=f(푛π 6 )=sin푛π + π 3 ,{an}为最小正周期为 6 的数列, 由 a1= 3 2 ,a2=0,a3= - 3 2 ,a4= - 3 2 ,a5=0,a6= 3 2 , 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=푘(푘 + 1) 2 ,由题意可知 N>100,即푘(푘 + 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 - 2푘 1 - 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 2 m - 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 < 푎푛 > ,所以 a2=2+ 2 5 - 2=6+2 5,a3=10+ 2 2 5 - 4=12+ 5,a4=14+ 2 5 - 2=18+2 5,a5=22+ 2 2 5 - 4=24+ 5,…, 所以 a2 018=6×2 017+2 5,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= 푎1(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.