2022版新教材高考数学一轮复习课时规范练31数列求和含解析新人教A版

优选 1 / 16 课时规范练 31 数列求和 基础巩固组 1.(2020 山东滨州模拟)若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1,则该数列的前 10 项和为() A.2 146B.1 122 C.2 148D.1 124 2.已知函数 f(n)= 2 , 为奇数 , - 2 , 为偶数 , 且 an=f(n)+f(n+1),则 a1+a2+a3+…+a100 等于() A.0B.100C.-100D.10 200 3.在数列{an}中,若 an+1+(-1)nan=2n-1,则数列{an}的前 12 项和等于() A.76B.78C.80D.82 4.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 2 020 项和为() A.5B.-5 C.0D.-4 5.(多选)公差为 d 的等差数列{an}满足 a2=5,a6+a8=30,则下面结论正确的有() 优选 2 / 16 A.d=2 B.an=2n+1 C. 1 2 -1 1 4 1 1 1 D. 1 2 -1 的前 n 项和为 4(1) 6.(多选)数列{an}满足 a1=1,且对任意的 n∈N*都有 an+1=an+n+1,则() A.an= (1) 2 B.数列 1 的前 100 项和为 200 101 C.数列 1 的前 100 项和为 99 100 D.数列{an}的第 100 项为 50 050 7.(2020 德州调研)已知 Tn 为数列 2 1 2 的前 n 项和,若 m>T10+1 013 恒成立,则整数 m 的最小值 为() A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 023 优选 3 / 16 8.(2020 河北“五个一”名校质检)若 f(x)+f(1-x)=4,an=f(0)+f 1 +…+f -1 +f(1)(n∈N*),则数列 {an}的通项公式为. 9.(2020 安徽阜阳太和模拟)设 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 a1=1,an+1+SnSn+1=0,则 Sn=,数列 {SnSn+1}的前 n 项和 Tn 为. 10.(2020 山东潍坊高三上期末)已知各项均不相等的等差数列{an}的前 4 项和为 10,且 a1,a2,a4 是等 比数列{bn}的前 3 项. (1)求 an,bn; (2)设 cn=bn+ 1 (1) ,求{cn}的前 n 项和 Sn. 优选 4 / 16 11.(2020 山东枣庄滕州高三上期末)已知等比数列{an}满足 a1,a2,a3-a1 成等差数列,且 a1a3=a4.等差 数列{bn}的前 n 项和 Sn= (1)log2 2 . (1)求 an,bn; (2)求数列{anbn}的前 n 项和 Tn. 优选 5 / 16 综合提升组 12.(2020 河南郑州模拟)数列{an}满足 a1=1,且对任意的 m,n∈N*,都有 am+n=am+an+mn,则 1 1 1 2 1 3 +…+ 1 2018 =() A. 2017 2018 B. 2018 2019 C. 4034 2018 D. 4036 2019 13.(2020 广东肇庆模拟)各项均为正数的数列{an}满足 a1=1,a2= 1 2 , 1 1 1 · 1 2 (n∈N*),那么 a1·a3+a2·a4+a3·a5+…+an·an+2=. 14.(2020 山东九校高三上学期联考)已知在数列{an}中,a1= 1 2 ,其前 n 项和 Sn 满足 2 -anSn+an=0(n≥ 2),则 a2=,S2 019=. 15.(2020 新高考全国 1,18)已知公比大于 1 的等比数列{an}满足 a2+a4=20,a3=8. 优选 6 / 16 (1)求{an}的通项公式; (2)记 bm 为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前 100 项和 S100. 创新应用组 16.(多选)已知函数 f(x)= 1 2 (x2+a)的图象在点 Pn(n,f(n))(n∈N*)处的切线 ln 的斜率为 kn,直线 ln 交 x 轴,y 轴分别于点 An(xn,0),Bn(0,yn),且 y1=-1.以下结论中,正确的结论有() A.a=-1 B.记函数 g(n)=xn(n∈N*),则函数 g(n)先减后增,且最小值为 1 C.当 n∈N*时,yn+kn+ 1 2 1 且 1 < 2? 优选 7 / 16 优选 8 / 16 参考答案 课时规范练 31 数列求和 1.A 因为 an=2n+2n-1,所以前 n 项和 Sn= 2(1-2 ) 1-2 (2-11) 2 =2n+1+n2-2,所以前 10 项和 S10=211+102-2=2146. 优选 9 / 16 2.B 由题意,得 a1+a2+a3+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012=- (1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)=-50 ×101+50×103=100.故选 B. 3.B 由已知 an+1+(-1)nan=2n-1, 得(-1)nan+1+an=(-1)n(2n-1), ① an+2+(-1)n+1an+1=2n+1, ② ①+②得 an+2+an=(-1)n(2n-1)+(2n+1).当 n 取奇数时,an+2+an=2,当 n 取偶数时,an+2+an=4n. 取 n=1,5,9 及 n=2,6,10,结果相加可得 S12=a1+a2+a3+a4+…+a11+a12=3×2+8+24+40=78. 故选 B. 4.B 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,…,∴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 2020 项和等于 b1+b2+b3+b4=-5. 5.ABD∵{an}是等差数列,∴a6+a8=2a7=30, ∴a7=15,∴a7-a2=5d,又 a2=5,则 d=2,故 A 正确; ∴an=a2+(n-2)d=2n+1,故 B 正确; ∴ 1 2 -1 1 4(1) 1 4 1 1 1 ,故 C 错误; 优选 10 / 16 ∴ 1 2 -1 的前 n 项和为 1 4 1- 1 2 + 1 2 1 3 +…+ 1 1 1 = 1 4 1- 1 1 = 4(1) ,故 D 正确.故选 ABD. 6.AB 因为 an+1=an+n+1,所以 an+1-an=n+1.又因为 a1=1,所以 an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2- a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1= (1) 2 ,数列{an}的第 100 项为 5050,故 A 正确,D 错误;所以 1 2 (1) =2 1 1 1 ,所以数列 1 的前 100 项和为 2 1- 1 2 + 1 2 1 3 +…+ 1 100 1 101 =2 1- 1 101 = 200 101 ,故 B 正确,C 错误.故选 AB. 7.C∵ 2 1 2 =1+ 1 2 n,∴Tn=n+1- 1 2 ,∴T10+1013=11- 1 2 10 +1013=1024- 1 2 10 又 m>T10+1013 恒成立,∴ 整数 m 的最小值为 1024. 8.an=2(n+1)由 f(x)+f(1-x)=4,可得 f(0)+f(1)=4,…,f 1 +f -1 =4,所以 2an=[f(0)+f(1)]+ f 1 +f -1 +…+f -1 +f 1 +[f(1)+f(0)]=4(n+1),即 an=2(n+1). 9 1 1 ∵an+1=Sn+1-Sn,an+1+SnSn+1=0,∴Sn+1-Sn+SnSn+1=0, ∴ 1 1 1 =1. 又 1 1 1 1 =1,∴ 1 是以 1 为首项,1 为公差的等差数列, ∴ 1 =n,∴Sn= 1 ∴SnSn+1= 1 (1) 1 1 1 ,∴Tn= 1- 1 2 + 1 2 1 3 +…+ 1 1 1 =1- 1 1 1 10.解(1)设数列{an}的公差为 d, 由题意知 a1+a2+a3+a4=4a1+ 4 × (4-1) 2 d=4a1+6d=10. ① 优选 11 / 16 又因为 a1,a2,a4 成等比数列, 所以 2 2 =a1·a4, 即 (1 ) 2 =a1·(a1+3d), 化简得 d2=a1d, 又因为 d≠0, 所以 a1=d. ② 由①②得 a1=1,d=1, 所以 an=n. b1=a1=1,b2=a2=2,q= 2 1 =2, 所以 bn=2n-1. (2)由(1)及 cn=bn+ 1 (1) 可得, cn=2n-1+ 1 (1) =2n-1+ 1 1 1 , 所以 Sn=20+21+…+2n-1+ 1- 1 2 1 2 1 3 +…+ 1 1 1 = 1-2 1-2 +1- 1 1 =2n- 1 1 , 所以数列{cn}的前 n 项和 Sn=2n- 1 1 优选 12 / 16 11.解(1)设{an}的公比为 q,{bn}的公差为 d. 因为 a1,a2,a3-a1 成等差数列, 所以 2a2=a1+(a3-a1),即 2a2=a3. 因为 a2≠0,所以 q= 3 2 =2. 因为 a1a3=a4,所以 a1= 4 3 =q=2. 因此 an=a1qn-1=2n. 由题意,Sn= (1)log2 2 (1) 2 所以 b1=S1=1, b1+b2=S2=3,从而 b2=2. 所以{bn}的公差 d=b2-b1=2-1=1. 所以 bn=b1+(n-1)d=1+(n-1)·1=n. (2)令 cn=anbn,则 cn=n·2n. 因此 Tn=c1+c2+…+cn-1+cn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n. 又因为 2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1, 两式相减得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1= 2-2 · 2 1-2 -n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2. 所以 Tn=(n-1)·2n+1+2. 优选 13 / 16 12.D 因为 a1=1,且对任意的 m,n∈N*都有 am+n=am+an+mn,令 m=1, 则有 an+1=an+n+1,即 an+1-an=n+1,用累加法可得 an=a1+ (-1)(2) 2 (1) 2 , 所以 1 2 (1) =2 1 1 1 , 所以 1 1 1 2 1 3 +…+ 1 2018 =2 1- 1 2 + 1 2 1 3 +…+ 1 2018 1 2019 =2× 1- 1 2019 = 4036 2019 13 1 3 1- 1 4 由 1 1 1 · 1 2 (n∈N*),可得 1 2 =anan+2, ∴数列{an}为等比数列. ∵a1=1,a2= 1 2 ,∴q= 1 2 ,∴an= 1 2 -1 ,∴an·an+2= 1 2 -1 · 1 2 1 1 4 ,∴a1·a3= 1 4 , ∴a1·a3+a2·a4+a3·a5+…+an·an+2= 1 4 1 4 2 +…+ 1 4 1 4(1- 1 4) 1- 1 4 1 3 1- 1 4 . 14.- 1 6 1 2020 由题意,知 2 -anSn+an=0(n≥2),令 n=2, 则 2 2 -a2S2+a2=0,即 (2 1 2 ) 2 -a2 a2+ 1 2 +a2=0, 化简得 3 2 a2+ 1 4 =0,所以 a2=- 1 6 因为 2 -anSn+an=0(n≥2),an=Sn-Sn-1(n≥2), 所以 SnSn-1+Sn-Sn-1=0(n≥2), 整理得 1 1 -1 =1(n≥2),又因为 1 1 1 1 =2, 所以 1 是一个以 2 为首项,1 为公差的等差数列,所以 1 =n+1,所以 Sn= 1 1 ,所以 S2019= 1 2020 优选 14 / 16 15.解(1)设{an}的公比为 q. 由题设得 a1q+a1q3=20,a1q2=8. 解得 q= 1 2 (舍去),q=2. 因为 a1q2=8,所以 a1=2. 所以{an}的通项公式为 an=2n. (2)由题设及(1)知 b1=0,且当 2n≤m1 时,x'n>0,∴函数 g(n)为增函数, 优选 15 / 16 当 n=1 时,函数取最小值,且最小值为 1.∴函数 g(n)是单调递增的,且最小值为 1,故 B 不正确. 在 ln 中,令 x=0,得 yn=-n2+ 1 2 (n2-1)=- 1 2 (n2+1), ∴yn+kn+ 1 2 =- 1 2 n2+n, 当 n=1 时,y1+k1+ 1 2 1 2 =ln e ln1=0,故 C 正确. ∵ 1 || · 2 21 · 2 2 , ∴Sn< 2 1 1 2 1 2 2 1 3 2 +…+ 1 2 .当 n=1 时,S1=1< 2 当 n>1 时, 1 2 1 (-1) 1 -1 1 ,∴Sn< 2 1+ 1- 1 2 + 1 2 1 3 +…+ 1 -1 - 1 = 2 2- 1 = 2(2-1) ,故 D 正确.故选 ACD. 17.解根据题意,∵b2=3,b5=-81,{bn}是等比数列, ∴b1=-1,q=-3, ∴bn=-(-3 ) -1 , ∵b1=a5,∴a5=-1. 若存在 k,使得 Sk>Sk+1,即 Sk>Sk+ak+1, 则 ak+1