2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价35数列求和含解析新人教A版20210514291

优选 - 1 - / 10 课时质量评价(三十五) (建议用时：45 分钟) A 组 全考点巩固练 1．(2020·某某二模)已知数列{an}是各项不相等的等差数列．若 a1＝4，且 a2，a4，a8 成 等比数列，则数列{an}的前 8 项和 S8＝( ) A．112 B．144 C．288 D．110 B 解析：数列{an}是各项不相等的等差数列，设公差为 d，d≠0， 若 a1＝4，且 a2，a4，a8 成等比数列， 可得 a2a8＝a2 4， 即(4＋d)(4＋7d)＝(4＋3d)2， 解得 d＝4(0 舍去)， 则数列{an}的前 8 项和 S8＝8×4＋ 8×7 2 ×4＝144. 2．在数列{an}中，a1＝5，(an＋1－2)(an－2)＝3(n∈N*)，则该数列的前 2 020 项的和是 ( ) A．2 020B．2 022 C．8 080D．16 160 C 解析：由(an＋1－2)(an－2)＝3，得(an＋2－2)·(an＋1－2)＝3，因此 an＋2－2＝an－2，即 an＋2＝an，所以数列{an}是以 2 为周期的数列．又 a1＝5，因此(a2－2)(a1－2)＝3(a2－2)＝3， 故 a2＝3，a1＋a2＝8.又 2 020＝2×1 010，因此该数列的前 2 020 项的和等于 1 010(a1＋a2) ＝8 080. 3．(2020·某某二模)已知数列{an}满足 an＋1＝ n n＋1 an，a1＝1，则数列{anan＋1}的前 10 项和为( ) A． 10 11 B． 11 10 C． 9 10 D． 10 9 优选 - 2 - / 10 A 解析：因为 an＋1＝ n n＋1 an，a1＝1，所以(n＋1)·an＋1＝nan，所以数列{nan}是每项均 为 1 的常数列，所以 nan＝1.所以 an＝ 1 n ，anan＋1＝ 1 n n＋1 ＝ 1 n － 1 n＋1 ， 所以数列{anan＋1}的前 10 项和为 1 1 － 1 2 ＋ 1 2 － 1 3 ＋…＋ 1 10 － 1 11 ＝1－ 1 11 ＝ 10 11 . 4．(2020·某某二模)已知函数 y＝f (x)满足 f (x)＋f (1－x)＝1.若数列{an}满足 an＝f (0) ＋f 1 n ＋f 2 n ＋…＋f n－1 n ＋f (1)，则数列{an}的前 20 项和为( ) A．100 B．105 C．110 D．115 D解析：因为函数y＝f (x)满足f (x)＋f (1－x)＝1，an＝f (0)＋f 1 n ＋f 2 n ＋…＋f n－1 n ＋f (1)①， 所以 an＝f (1)＋f n－1 n ＋f n－2 n ＋…＋f 1 n ＋f (0)②. 由①＋②可得 2an＝n＋1， 所以 an＝ n＋1 2 ，所以数列{an}是首项为 1，公差为 1 2 的等差数列，其前 20 项和为 20 1＋ 20＋1 2 2 ＝115. 5．(2020·某某三模)将正整数 20 分解成两个正整数的乘积有 1×20,2×10,4×5 三种，其 中 4×5 是这三种分解中两数差的绝对值最小的．我们称 4×5 为 20 的最佳分解．当 p×q(p≤ q 且 p，q∈N*)是正整数 n 的最佳分解时，定义函数 f (n)＝q－p，则数列{f (3n)}(n∈N*)的前 100 项和 S100 为( ) A．350＋1B．350－1 C． 350－1 2 D． 350＋1 2 优选 - 3 - / 10 B 解析：根据题意，知 f (3)＝3－1＝2，f (32)＝3－3＝0，f (33)＝32－3＝6，f (34)＝32 －32＝0，…，f (32k－1)＝3k－3k－1＝2×3k－1，f (32k)＝3k－3k＝0. 所以数列{f (3n)}(n∈N*)的前 100 项和 S100＝2×30＋0＋2×31＋0＋…＋2×349＋0＝2(30 ＋31＋32＋…＋349)＝2× 1－350 1－3 ＝350－1. 6．数列 1,2,4，…，2n＋1 的前 n 项和 Sn＝________，各项和为________． 2n－1 2n＋2－1 解析：数列的通项公式为 an＝2n－1，数列共有 n＋2 项，所以前 n 项的 和为 Sn＝2n－1，各项的和为前 n＋2 项的和，即 Sn＋2＝2n＋2－1. 7．在等比数列{an}中，a1＋a2＋…＋a6＝10， 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 a6 ＝5，则 a1·a2·…·a6＝________. 8 解析：由等比数列的前 n 项和公式，a1＋a2＋…＋a6＝ a1－a6q 1－q ＝10， 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 a6 ＝ 1 a1 － 1 a6 · 1 q 1－ 1 q ＝ a6q－a1 a1a6 q－1 ＝5.把 a1－a6q＝10(1－q)代入，得 a1a6＝2. 所以 a1·a2·…·a6＝(a1·a6)3＝23＝8. 8．设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1，a2＝2，且 an＋2＝2Sn－Sn＋1＋3.记 bn＝ log2a2n－1＋log2a2n，则数列{(－1)n·b2 n}的前 10 项和为________． 200 解析：因为 a1＝1，a2＝2，且 an＋2＝2Sn－Sn＋1＋3，所以 a3＝2－3＋3＝2. 因为 an＋2＝2Sn－Sn＋1＋3， 所以 n≥2 时，an＋1＝2Sn－1－Sn＋3， 两式相减可得 an＋2－an＋1＝2(Sn－Sn－1)－(Sn＋1－Sn)(n≥2)， 即 n≥2 时，an＋2－an＋1＝2an－an＋1 即 an＋2＝2an. 因为 a3＝2a1， 所以数列{an}的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为 2， 优选 - 4 - / 10 所以 a2n＝2×2n－1＝2n，a2n－1＝1×2n－1＝2n－1， 所以 bn＝log2a2n－1＋log2a2n＝n－1＋n＝2n－1， 则(－1)n·b2 n＝(－1)n(2n－1)2，则数列{(－1)nb2 n}的前 10 项和为 Tn＝(32－12)＋(72－52)＋…＋(192－172) ＝2×(4＋12＋20＋28＋36)＝200. 9．已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且 b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝ b4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设＝an＋bn，求数列{}的前 n 项和． 解：(1)设等比数列{bn}的公比为 q，则 q＝ b3 b2 ＝ 9 3 ＝3， 所以 b1＝ b2 q ＝1，b4＝b3q＝27， 所以 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. (2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1， 因此＝an＋bn＝2n－1＋3n－1. 从而数列{}的前 n 项和 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1 ＝ n 1＋2n－1 2 ＋ 1－3n 1－3 ＝n2＋ 3n－1 2 . 10．某企业进行技术改造，有两种方案，甲方案：一次性贷款 10 万元，第一年便可获 利 1 万元，以后每年比前一年增加 30%的利润；乙方案：每年贷款 1 万元，第一年可获利 1 优选 - 5 - / 10 万元，以后每年比前一年增加 5 千元．两种方案的使用期都是 10 年，到期一次性归还本息．若 银行两种形式的贷款都按年息 5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？ (取 1.0510≈1.629,1.310≈13.786,1.510≈57.665) 解：甲方案是等比数列，乙方案是等差数列． ①甲方案获利：1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝ 1.310－1 0.3 ≈42.62(万元)， 银行贷款本息：10(1＋5%)10≈16.29(万元)， 故甲方案纯利：42.62－16.29＝26.33(万元)． ②乙方案获利：1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋ 10×9 2 ×0.5＝ 32.50(万元)； 银行本息和：1.05×[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)9]＝1.05× 1.0510－1 0.05 ≈ 13.21(万元)． 故乙方案纯利：32.50－13.21＝19.29(万元)． 综上可知，甲方案更好． B 组 新高考培优练 11．(多选题)已知等比数列{an}公比为 q，前 n 项和为 Sn，且满足 a6＝8a3，则( ) A．{an}为单调递增数列 B． S6 S3 ＝9 C．S3，S6，S9 成等比数列 D．Sn＝2an－a1 BD 解析：由 a6＝8a3，可得 q3a3＝8a3.所以 q＝2.当 a1＜0 时，可得{an}为单调递减数列， A 错误．由 S6 S3 ＝ 1－26 1－23 ＝9，知 B 正确．假设 S3，S6，S9 成等比数列，可得 S2 6＝S9×S3，即(1 －26)2＝(1－23)(1－29)，此式不成立，C 错误．由{an}的公比为 q，得 Sn＝ a1－anq 1－q ＝ 2an－a1 2－1 ＝2an－a1.所以 Sn＝2an－a1，D 正确．故选 BD． 优选 - 6 - / 10 12．(多选题)已知数列{an}是首项为 1 的等差数列，数列{bn}是公比为 1 2 的等比数列．若 数列{an·bn}的前 n 项和 Sn＝3－ 2n＋3 2n ，则(CD) A．数列{an}的公差为 1 2 B．b1＝2 C． an bn ＝(2n－1)2n D．数列 an bn 的前 n 项和为(2n－3)2n＋1＋6 13．(2020·某某质检)已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3·…·an＝2bn (n∈N*)．若数列{an}为 等比数列，且 a1＝2，a4＝16，则数列{bn}的通项公式 bn＝________，数列 1 bn 的前 n 项和 Sn ＝________. n n＋1 2 2n n＋1 解析：因为数列{an}为等比数列，且 a1＝2，a4＝16， 所以公比 q＝ 3 a4 a1 ＝ 3 16 2 ＝2， 所以 an＝2n， 所以 a1a2a3·…·an＝21×22×23×…×2n ＝21＋2＋3＋…＋n＝2 n n＋1 2 . 因为 a1a2a3…an＝2bn， 所以 bn＝ n n＋1 2 ， 优选 - 7 - / 10 所以 1 bn ＝ 2 n n＋1 ＝2 1 n － 1 n＋1 ， 所以数列 1 bn 的前 n 项和 Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝2 1 1 － 1 2 ＋ 1 2 － 1 3 ＋ 1 3 － 1 4 ＋…＋ 1 n － 1 n＋1 ＝2 1－ 1 n＋1 ＝ 2n n＋1 . 14．(2020·某某一模)在①A5＝B3，② 1 a1 － 1 a2 ＝ 4 B2 ，③B5＝35 这三个条件中任选一个， 补充在下面问题中，并解答． 已知等差数列{an}的公差为 d(d>0)，等差数列{bn}的公差为 2d.设 An，Bn 分别是数列{an}， {bn}的前 n 项和，且 b1＝3，A2＝3，________， (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设＝2an＋ 3 bnbn＋1 ，求数列{}的前 n 项和 Sn. 解：方案一：选条件①. (1)因为数列{an}，{bn}都是等差数列，且 A2＝3，A5＝B3， 所以 2a1＋d＝3， 5a1＋10d＝9＋6d， 解得 a1＝1， d＝1. 所以 an＝a1＋(n－1)d＝n， bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1. 综上，an＝n，bn＝2n＋1. (2)由(1)得 优选 - 8 - / 10 ＝2n＋ 3 2n＋1 2n＋3 ＝2n＋ 3 2 1 2n＋1 － 1 2n＋3 所以 Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋ 3 2 1 3 － 1 5 ＋ 1 5 － 1 7 ＋…＋ 1 2n＋1 － 1 2n＋3 ＝ 2 1－2n 1－2 ＋ 3 2 1 3 － 1 2n＋3 ＝2n＋1－ 3 n＋2 2n＋3 . 方案二：选条件②. (1)因为数列{an}，{bn}都是等差数列，且 A2＝3， 1 a1 － 1 a2 ＝ 4 B2 ， 所以 2a1＋d＝3， 4a1 a1＋d ＝d 6＋2d ， 解得 a1＝1， d＝1， 所以 an＝a1＋(n－1)d＝n， bn＝b1＋2(n－1)d＝2n＋1. 综上，an＝n，bn＝2n＋1. (2)同方案一． 方案三：选条件③. (1)因为数列{an}，{bn}都是等差数列，且 A2＝3，B5＝35. 所以 2a1＋d＝3， 3×5＋ 5×4 2 ×2d＝35， 解得 a1＝1， d＝1. 所以 an＝a1＋(n－1)d＝n， 优选 - 9 - / 10 bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1. 综上，an＝n，bn＝2n＋1. (2)同方案一． 15．(2020·某某高考名校联考信息优化卷)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，a3 ＝ 1 16 ，a1－a2＝ 1 8 ，数列{bn}满足 b1＝－3，且 1＋bn＋1 与 1－bn 的等差中项是 an. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)若＝(－1)nbn，求数列{}的前 2n 项和 S2n. 解：(1)设数列{an}的公比为 q，由已知得 a1q2＝ 1 16 ， a1－a1q＝ 1 8 ， 解得 a1＝ 1 4 ， q＝ 1 2 或 a1＝ 1 16 ， q＝－1. 由于数列{an}的各项均为正数，所以 q＞0，故 a1＝ 1 4 ， q＝ 1 2 ， 所以 an＝ 1 4 · 1 2 n－1 ＝ 1 2 n＋1 . 因为 1＋bn＋1 与 1－bn 的等差中项是 an，所以 1＋bn＋1＋1－bn＝2an＝2· 1 2 n＋1 ，即 bn ＋1－bn＝ 1 2 n －2. 于是 bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝－3＋ 1 2 1 －2 ＋ 1 2 2 －2 ＋…＋ 1 2 n－1 －2 ＝－3＋ 1 2 1 ＋ 1 2 2 ＋…＋ 1 2 n－1 －2(n－1)＝－ 1 2 n－1 －2n. 故数列{bn}的通项公式为 bn＝－ 1 2 n－1 －2n. 优选 - 10 - / 10 (2)由(1)知＝(－1)nbn＝ － 1 2 n－1 ＋(－1)n＋1·2n， 所以 S2n＝(1＋2)＋ － 1 2 －4 ＋ 1 4 ＋6 ＋…＋ － 1 2 2n－1 ＋ －1 2n＋1·2·2n ＝ 1＋ － 1 2 ＋ 1 4 ＋…＋ － 1 2 2n－1 ＋[2－4＋6＋8＋…＋2(2n－1)－2·2n] ＝ 1－ － 1 2 2n 1－ － 1 2 ＋(－2)× 2n 2 ＝ 2 3 1－ 1 4 n －2n.