2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习28《数列求和及综合应用》(含详解)

2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习28《数列求和及综合应用》一、选择题化简Sn=n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是(　　)A.2n＋1＋n－2B.2n＋1－n＋2C.2n－n－2D.2n＋1－n－2已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，则S2018等于(　　)A.22018－1B.3×21009－3C.3×21009－1D.3×21008－2已知函数f(n)=且an=f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　)A.0B.100C.－100D.10200已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn=，那么数列{bn}的前n项和Sn为(　　)A.B.C.D.已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，Sn是数列{an}的前n项和，则S2020=(　　)A.22020－1B.3×21010－3C.3×21010－1D.3×22020－2已知数列{an}的通项公式是an=2n－3n，则其前20项和为(　　)A.380－　B.400－C.420－D.440－已知在等差数列{an}中，a1=120，公差d=－4.若Sn≤an(n≥2)，其中Sn为该数列的前n项和，则n的最小值为(　　)A.60　　B.62　　　C.70D.72若数列{an}的通项公式是an=(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a12=(　　)A.18B.15C.－18D.－15已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an＞0,6Sn=a＋3an，n∈N*，bn=，若∀n∈N*，k＞Tn恒成立，则k的最小值是(　　)A.B.C.49D.定义为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”.若已知正项数列{an}的前n项的“均倒数”为，又bn=，则＋＋…＋=(　　)A.B.C.D.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，a2=2，且an＋2－2an＋1＋an=0(n∈N*)，记Tn=＋＋…＋(n∈N*)，则T2018=(　　)A.B.C.D.已知数列{an}满足a1=1，a2=1，an＋1=|an－an－1|(n≥2)，则该数列前2026项的和S2017=(　　)A.1351　　B.675　　C.1348D.1347二、填空题已知数列{an}中，an=－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q=an－an－1(n≥2)且b1=a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|=. 记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an＋1，则S6=.在数列{an}中，a1=－2，a2=3，a3=4，an＋3＋(－1)nan＋1=2(n∈N*).记Sn是数列{an}的前n项和，则S20的值为________.已知数列{an}的通项公式为an=(－1)n＋1(3n－2)，则前100项和S100等于.数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn=anan＋1an＋2(n∈N*)，设Sn为{bn}的前n项和.若a12=a5＞0，则当Sn取得最大值时n的值为________.设数列（an}的前n项和为Sn，且a1=1，an+an+1=（n=1，2，3，…），则S2n+3=． 答案解析答案为：D.解析：因为Sn=n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①2Sn=n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，②所以①－②得，－Sn=n－(2＋22＋23＋…＋2n)=n＋2－2n＋1，所以Sn=2n＋1－n－2.答案为：B；解析：∵a1=1，a2==2，又==2，∴=2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2018=a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2017＋a2018=(a1＋a3＋a5＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2018)=＋=3×21009－3.故选B.答案为：B；解析：由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100=12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012=(12－22)＋(32－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)＋(1012－1002)=－(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.答案为：B；解析：∵an==，∴bn===4，∴Sn=4=4=.答案为：B；解析：依题意得an·an＋1=2n，an＋1·an＋2=2n＋1，于是有=2，即=2，数列a1，a3，a5，…，a2n－1，…是以a1=1为首项、2为公比的等比数列；数列a2，a4，a6，…，a2n，…是以a2=2为首项、2为公比的等比数列，于是有S2020=(a1＋a3＋a5＋…＋a2019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2020)=＋=3×21010－3，故选B.答案为：C；解析：令数列{an}的前n项和为Sn，则S20=a1＋a2＋…＋a20=2(1＋2＋…＋20)－3=2×－3×=420－.答案为：B解析：由题意得an=120－4(n－1)=124－4n，Sn=120n＋×(－4)=122n－2n2.由Sn≤an，得122n－2n2≤124－4n，即n2－63n＋62≥0，解得n≥62或n≤1(舍去).故选B.答案为：A；解析：记bn=3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a11＋a12=(－b1)＋b2＋…＋(－b11)＋b12=(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b12－b11)=6×3=18. 答案为：B；解析：当n=1时，6a1=a＋3a1，解得a1=3或a1=0.由an＞0，得a1=3.由6Sn=a＋3an，得6Sn＋1=a＋3an＋1.两式相减得6an＋1=a－a＋3an＋1－3an.所以(an＋1＋an)(an＋1－an－3)=0.因为an＞0，所以an＋1＋an＞0，an＋1－an=3.即数列{an}是以3为首项，3为公差的等差数列，所以an=3＋3(n－1)=3n.所以bn===.所以Tn==＜.要使∀n∈N*，k＞Tn恒成立，只需k≥.故选B.答案为：C；解析：依题意有=，即数列{an}的前n项和Sn=n(2n＋1)=2n2＋n，当n=1时，a1=S1=3；当n≥2时，an=Sn－Sn－1=4n－1，a1=3满足该式.则an=4n－1，bn==n.因为==－，所以＋＋…＋=1－=.答案为：C；解析：由an＋2－2an＋1＋an=0(n∈N*)，可得an＋2＋an=2an＋1，所以数列{an}为等差数列，公差d=a2－a1=2－1=1，通项公式an=a1＋(n－1)×d=1＋n－1=n，则其前n项和Sn==，所以==2，Tn=＋＋…＋=21－＋－＋…＋－=2=，故T2018==，故选C.答案为：A解析：由a1=1，a2=1，an＋1=|an－an－1|(n≥2)，得a3=0，a4=1，a5=1，a6=0，则数列{an}是以3为周期的周期数列，且a1＋a2＋a3=2.又2026=675×3＋1，所以S2017=675×2＋1=1351.二、填空题答案为：4n－1.解析：由已知得b1=a2=－3，q=－4，∴bn=(－3)×(－4)n－1，∴|bn|=3×4n－1，即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|==4n－1.答案为：-63.解析：因为Sn=2an＋1，所以当n=1时，a1=2a1＋1，解得a1=－1，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2an＋1－(2an－1＋1)，所以an=2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an=－2n－1，所以S6==－63.答案为：130.解析：由题意知，当n为奇数时，an＋3－an＋1=2，又a2=3，所以数列{an}中的偶数项是以3为首项，2为公差的等差数列， 所以a2＋a4＋a6＋…＋a20=10×3＋×2=120.当n为偶数时，an＋3＋an＋1=2，又a3＋a1=2，所以数列{an}中的相邻的两个奇数项之和均等于2，所以a1＋a3＋a5＋…＋a17＋a19=(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋…＋(a17＋a19)=2×5=10，所以S20=120＋10=130.答案为：-150.解析：∵a1＋a2=a3＋a4=a5＋a6=…=a99＋a100=－3，∴S100=－3×50=－150.答案为：16解析：设{an}的公差为d，由a12=a5＞0，得a1=－d，d＜0，所以an=(n-)d，从而可知当1≤n≤16时，an＞0；当n≥17时，an＜0.从而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，b15=a15a16a17＜0，b16=a16a17a18＞0，故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16，S16＞S17＞S18＞….因为a15=－d＞0，a18=d＜0，所以a15＋a18=－d＋d=d＜0，所以b15＋b16=a16a17(a15＋a18)＞0，所以S16＞S14，故当Sn取得最大值时n=16.答案为：．解析：依题意，S2n+3=a1+（a2+a3）+（a4+a5）+…+（a2n+2+a2n+3）=1+++…+=1+++…+==．