2022届高考数学一轮复习第五章第四节数列求和课时作业理含解析北师大版

数列求和 授课提示：对应学生用书第 329 页 [A 组 基础保分练] 1．已知数列{an}的通项公式是 an＝2n－3 1 5 n ，则其前 20 项和为（ ） A．380－ 3 5 1－ 1 519 B．400－ 2 5 1－ 1 520 C．420－ 3 4 1－ 1 520 D．440－ 4 5 1－ 1 520 解析：令数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2（1＋2＋…＋20）－ 3 1 5 ＋ 1 52 ＋…＋ 1 520 ＝2× 20×（20＋1） 2 －3× 1 5 1－ 1 520 1－ 1 5 ＝420－ 3 4 1－ 1 520 ． 答案：C 2．已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝ 2an，n 为正奇数， an＋1，n 为正偶数， 则其前 6 项之和是（ ） A．16 B．20 C．33 D．120 解析：由已知得 a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14， 所以 S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33． 答案：C 3．化简 Sn＝n＋（n－1）×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1 的结果是（ ） A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2 C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2 解析：因为 Sn＝n＋（n－1）×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1①，2Sn＝n×2＋（n－ 1）×22＋（n－2）×23＋…＋2×2n－1＋2n②，所以①－②得，－Sn＝n－（2＋22＋23＋…＋ 2n）＝n＋2－2n＋1，所以 Sn＝2n＋1－n－2． 答案：D 4．（2021·重庆一调）已知数列{an}满足 an＝ n n＋1 ，则 a1＋ a2 22 ＋ a3 32 ＋…＋ a2 020 2 0202 ＝（ ） A． 2 020 2 021 B． 2 017 2 018 C． 2 018 2 019 D． 2 019 2 020 解析：由题知，数列{an}满足 an＝ n n＋1 ，所以数列 an n2 的通项公式为 an n2 ＝ 1 n（n＋1） ＝ 1 n － 1 n＋1 ， 所以 a1＋ a2 22 ＋ a3 32 ＋…＋ a2 020 2 0202 ＝1－ 1 2 ＋ 1 2 － 1 3 ＋…＋ 1 2 020 － 1 2 021 ＝1－ 1 2 021 ＝ 2 020 2 021 ． 答案：A 5．数列{an}，{bn}满足 a1＝b1＝1，an＋1－an＝ bn＋1 bn ＝2，n∈N＋，则数列{ban}的前 n 项和为 （ ） A． 4 3 （4n－1－1） B． 4 3 （4n－1） C． 1 3 （4n－1－1） D． 1 3 （4n－1） 解析：因为 an＋1－an＝ bn＋1 bn ＝2，a1＝b1＝1，所以数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列， an＝1＋2（n－1）＝2n－1，bn＝1×2n－1＝2n－1，数列{ban}的前 n 项和为 ba1＋ba2＋…＋ ban＝b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝20＋22＋24＋…＋22n－2＝ 1－4n 1－4 ＝ 1 3 （4n－1）． 答案：D 6．已知数列{an}的首项 a1＝3，前 n 项和为 Sn，an＋1＝2Sn＋3，n∈N＋．设 bn＝log3an，则 数列 bn an 的前 n 项和 Tn 的取值范围为（ ） A． 1 3 ，2 B． 1 3 ，2 C． 1 3 ， 3 4 D． 1 4 ， 3 4 解析：由 an＋1＝2Sn＋3，可得当 n≥2 时，有 an＝2Sn－1＋3，两式相减得 an＋1－an＝2（Sn －Sn－1）＝2an（n≥2），故 an＋1＝3an（n≥2）． 又当 n＝1 时，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝3a1， 所以数列{an}是首项为 3，公比为 3 的等比数列，故 an＝3n． 所以 bn＝log3an＝n，所以 bn an ＝ n 3n ． 所以 Tn＝ 1 3 ＋ 2 32 ＋…＋ n－1 3n－1 ＋ n 3n ， ① 1 3 Tn＝ 1 32 ＋ 2 33 ＋…＋ n－1 3n ＋ n 3n＋1 ， ② ①－②，得 2 3 Tn＝ 1 3 ＋ 1 32 ＋ 1 33 ＋…＋ 1 3n － n 3n＋1 ， 化简整理得 Tn＝ 3 4 － 1 2 3 2 ＋n · 1 3 n ，因为 3 2 ＋n · 1 3 n ＞0， 所以 Tn＜ 3 4 ，又 Tn＋1－Tn＝ n＋1 3n＋1 ＞0，所以数列{Tn}是递增数列，所以（Tn）min＝T1＝ 1 3 ，所 以 1 3 ≤Tn＜ 3 4 ，故 Tn 的取值范围是 1 3 ， 3 4 ． 答案：C 7．若数列{an}的通项公式是 an＝（－1）n（3n－2），则 a1＋a2＋…＋a10＝________． 解析：a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25 ＋28＝5×3＝15． 答案：15 8．（2020·高考全国卷Ⅰ）数列{an}满足 an＋2＋（－1）nan＝3n－1，前 16 项和为 540，则 a1＝________． 解析：法一：因为 an＋2＋（－1）nan＝3n－1， 所以当 n 为偶数时，an＋2＋an＝3n－1， 所以 a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41， 所以 a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92． 因为数列{an}的前 16 项和为 540， 所以 a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448．① 因为当 n 为奇数时，an＋2－an＝3n－1， 所以 a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38， 所以（a3＋a7＋a11＋a15）－（a1＋a5＋a9＋a13）＝80．② 由①②得 a1＋a5＋a9＋a13＝184． 又 a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24， a9＝a7＋20＝a1＋44，a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102， 所以 a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184，所以 a1＝7． 法二：同法一得 a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝448． 当 n 为奇数时，有 an＋2－an＝3n－1， 由累加法得 an＋2－a1＝3（1＋3＋5＋…＋n）－ n＋1 2 ＝ 3 2 （1＋n）· n＋1 2 － n＋1 2 ＝ 3 4 n2＋n＋ 1 4 ， 所以 an＋2＝ 3 4 n2＋n＋ 1 4 ＋a1． 所以 a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝a1＋ 3 4 ×12＋1＋ 1 4 ＋a1 ＋ 3 4 ×32＋3＋ 1 4 ＋a1 ＋ 3 4 ×52＋5＋ 1 4 ＋a1 ＋ 3 4 ×72＋7＋ 1 4 ＋a1 ＋ 3 4 ×92＋9＋ 1 4 ＋a1 ＋ 3 4 ×112＋11＋ 1 4 ＋a1 ＋ 3 4 ×132＋13＋ 1 4 ＋a1 ＝8a1＋392＝448，解得 a1＝7． 答案：7 9．（2021·大同调研）在数列{an}中，a1＝3，an＝2an－1＋n－2（n≥2，且 n∈N＋）． （1）求 a2 和 a3 的值； （2）证明：数列{an＋n}是等比数列，并求{an}的通项公式； （3）求数列{an}的前 n 项和 Sn． 解析：（1）∵a1＝3，∴a2＝2a1＋2－2＝6， ∴a3＝2a2＋3－2＝13． （2）证明：∵an＝2an－1＋n－2，n≥2， ∴an＋n＝2（an－1＋n－1），n≥2． 又 a1＋1＝4，∴{an＋n}是以 4 为首项，2 为公比的等比数列．∴an＋n＝4×2n－1＝2n＋1，∴an ＝2n＋1－n． （3）Sn＝22－1＋23－2＋…＋2n－（n－1）＋2n＋1－n＝22（2n－1）－ n2＋n 2 ＝2n＋2－ n2＋n＋8 2 ． 10．（2021·宁德二检）已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2－2kn（k∈N＋），Sn 的最小值为－9． （1）确定 k 的值，并求数列{an}的通项公式； （2）设 bn＝（－1）n·an，求数列{bn}的前 2n＋1 项和 T2n＋1． 解析：（1）由已知得 Sn＝n2－2kn＝（n－k）2－k2，因为 k∈N＋，则当 n＝k 时，（Sn）min ＝－k2＝－9，故 k＝3． 所以 Sn＝n2－6n． 因为 Sn－1＝（n－1）2－6（n－1）（n≥2）， 所以 an＝Sn－Sn－1＝（n2－6n）－[（n－1）2－6（n－1）]＝2n－7（n≥2）． 当 n＝1 时，S1＝a1＝－5，满足 an＝2n－7， 综上，an＝2n－7． （2）依题意，得 bn＝（－1）n·an＝（－1）n（2n－7）， 则 T2n＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋（－1）2n（4n－7）＋（－1）2n＋1[2（2n＋1）－7] ＝5－（2＋2＋…＋2） n 个 ＝5－2n． [B 组 能力提升练] 1．已知数列{an}是等比数列，Sn 为数列{an}的前 n 项和，且 a3＝3，S3＝9． （1）求数列{an}的通项公式； （2）设 bn＝log2 3 a2n＋3 ，且{bn}为递增数列，若 cn＝ 4 bnbn＋1 ，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1． 解析：（1）设数列{an}的公比为 q，当 q＝1 时，符合条件，a1＝a3＝3，an＝3， 当 q≠1 时， a1q2＝3， a1（1－q3） 1－q ＝9，所以 a1q2＝3， a1（1＋q＋q2）＝9， 解得 a1＝12， q＝－ 1 2 ，an＝12× － 1 2 n－1 ． 综上，an＝3 或 an＝12× － 1 2 n－1 ． （2）证明：若 an＝3，则 bn＝0，与题意不符， 所以 an＝12× － 1 2 n－1 ． 所以 a2n＋3＝12× － 1 2 2n＋2 ＝3× 1 2 2n ， bn＝log2 3 a2n＋3 ＝log222n＝2n， cn＝ 4 bnbn＋1 ＝ 1 n（n＋1） ＝ 1 n － 1 n＋1 ， c1＋c2＋c3＋…＋cn＝ 1－ 1 2 ＋ 1 2 － 1 3 ＋…＋ 1 n － 1 n＋1 ＝1－ 1 n＋1 ＜1． 2．（2021·合肥调研）已知等差数列{an}，a2＝12，a5＝24，数列{bn}满足 b1＝4，bn＋1－bn ＝an（n∈N＋）． （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）求使得 1 b1 ＋ 1 b2 ＋ 1 b3 ＋…＋ 1 bn ＞ 8 17 成立的最小正整数 n 的值． 解析：（1）设等差数列{an}的公差为 d，则 a5－a2＝3d＝12，d＝4， ∴an＝a2＋（n－2）d＝4n＋4，∴bn＋1－bn＝4n＋4， ∴bn＝b1＋（b2－b1）＋（b3－b2）＋…＋（bn－bn－1） ＝4＋（4×1＋4）＋（4×2＋4）＋…＋[4（n－1）＋4] 4＋4[1＋2＋…＋（n－1）]＋4（n－1） ＝2n2＋2n（n＞1），b1＝4 也适合． ∴an＝4n＋4，bn＝2n2＋2n（n∈N＋）． （2）∵ 1 bn ＝ 1 2n2＋2n ＝ 1 2n（n＋1） ＝ 1 2 1 n － 1 n＋1 ， ∴ 1 b1 ＋ 1 b2 ＋ 1 b3 ＋…＋ 1 bn ＝ 1 2 1－ 1 2 ＋ 1 2 － 1 3 ＋…＋ 1 n － 1 n＋1 ＝ 1 2 1－ 1 n＋1 ＝ n 2（n＋1） ， 即 n 2（n＋1） ＞ 8 17 ，解得 n＞16， ∴满足条件的最小正整数 n 的值为 17． [C 组 创新应用练] 1．（2021·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 2 x2－8x 的极值点，则 S8＝（ ） A．－38 B．38 C．－17 D．17 解析：因为 f（x）＝ 15 4 ln x＋ 1 2 x2－8x， 所以 f′（x）＝ 15 4x ＋x－8＝ x2－8x＋ 15 4 x ＝ x－ 1 2 x－ 15 2 x ， 令 f′（x）＝0，解得 x＝ 1 2 或 x＝ 15 2 ． 又 a6 和 a8 是函数 f（x）的极值点，且公差 d＞0， 所以 a6＝ 1 2 ，a8＝ 15 2 ， 所以 a1＋5d＝ 1 2 ， a1＋7d＝ 15 2 ， 解得 a1＝－17， d＝ 7 2 . 所以 S8＝8a1＋ 8×（8－1） 2 ×d＝－38． 答案：A 2．（2021·合肥调研）设数列{an}的前 n 项和为 Sn，4Sn＝（2n＋1）an＋1（n∈N＋）．定义 数列{bn}如下：对于正整数 m，bm 是使不等式 an≥m 成立的所有 n 的最小值，则数列{bn}的 前 60 项的和为（ ） A．960 B．930 C．900 D．840 解析：由 4Sn＝（2n＋1）an＋1，得当 n≥2 时，4Sn－1＝（2n－1）an－1＋1，两式相减，得 4an＝（2n＋1）an－（2n－1）·an－1，即（2n－3）an＝（2n－1）an－1，所以 an 2n－1 ＝ an－1 2n－3 ， 所以 an 2n－1 ＝ an－1 2（n－1）－1 ＝…＝ a1 1 ．又 4S1＝4a1＝（2＋1）·a1＋1，解得 a1＝1，所以 an＝ 2n－1（n≥2），又 a1＝1 也适合，所以 an＝2n－1（n∈N＋）．由 an≥m，得 2n－1≥m，所 以 n≥ m＋1 2 ，所以满足条件 an ≥m 的 n 的最小值为大于等于 m＋1 2 的整数，所以 bm＝ m＋1 2 ，m 为奇数 m＋2 2 ，m 为偶数 ，所以数列{bn}的前 60 项和为 1＋1 2 ＋ 2＋2 2 ＋ 3＋1 2 ＋ 4＋2 2 ＋…＋ 59＋1 2 ＋ 60＋2 2 ＝ 1＋2＋3＋…＋60 2 ＋ （1＋2）×30 2 ＝960． 答案：A 3．已知数列{an}，若 an＋1＝an＋an＋2（n∈N＋），则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn} 为“凸数列”，且 b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前 2 019 项和为________． 解析：由“凸数列”的定义及 b1＝1，b2＝－2，得 b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7 ＝1，b8＝－2，…，所以数列{bn}是周期为 6 的周期数列，且 b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0， 于是数列{bn}的前 2 019 项和等于 b1＋b2＋b3＝－4． 答案：－4