2022年高考数学二轮复习《数列求和》通关练习卷（含详解）

这是一份2022年高考数学二轮复习《数列求和》通关练习卷（含详解），共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan=2n－1，则数列{an}的前12项和等于( )
A.76 B.78 C.80 D.82
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.70 D.72
已知等差数列{an}满足a3=7，a5＋a7=26，bn=eq \f(1,a\\al(2,n)－1)(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，
则S100的值为( )
A.eq \f(101,25) B.eq \f(35,36) C.eq \f(25,101) D.eq \f(3,10)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2=2an＋1－an，a5=4－a3，则S7=( )
A.7 B.12 C.14 D.21
在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1=2，且a1a5=64，则数列{}的
前n项和是( )
A.1－eq \f(1,2n＋1－1) B.1－eq \f(1,2n＋1) C.1－eq \f(1,2n＋1) D.1－eq \f(1,2n－1)
已知数列{an}的通项公式是an=2n－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))n，则其前20项和为( )
A.380－eq \f(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,519))) B.400－eq \f(2,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520))) C.420－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520))) D.440－eq \f(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520)))
已知等比数列{an}中，a2·a8=4a5，等差数列{bn}中，b4＋b6=a5，则数列{bn}的前9项和S9等于( )
A.9 B.18 C.36 D.72
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S2 020=( )
A.22 020－1 B.3×21 010－3 C.3×21 010－1 D.3×22 020－2
数列1eq \f(1,2)，3eq \f(1,4)，5eq \f(1,8)，7eq \f(1,16)，…，(2n－1)＋eq \f(1,2n)，…的前n项和Sn的值等于( )
A.n2＋1－eq \f(1,2n) B.2n2－n＋1－eq \f(1,2n)
C.n2＋1－eq \f(1,2n－1) D.n2－n＋1－eq \f(1,2n)
定义eq \f(n,p1＋p2＋…＋pn)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eq \f(1,2n＋1)，又bn=eq \f(an＋1,4)，则eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b10b11)=( )
A.eq \f(1,11) B.eq \f(1,12) C.eq \f(10,11) D.eq \f(11,12)
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=eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)(n∈N*)，则T2 018=( )
A.eq \f(4 034,2 018) B.eq \f(2 017,2 018) C.eq \f(4 036,2 019) D.eq \f(2 018,2 019)
我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤.问本持金几何.”其意思为：今有人持金出五关，第1关收税金为持金的eq \f(1,2)，第2关收税金为剩余金的eq \f(1,3)，第3关收税金为剩余金的eq \f(1,4)，第4关收税金为剩余金的eq \f(1,5)，第5关收税金为剩余金的eq \f(1,6)，5关所收税金之和，恰好重1斤.问此人总共持金多少.则在此问题中，第5关收税金( )
A.eq \f(1,20)斤 B.eq \f(1,25)斤 C.eq \f(1,30)斤 D.eq \f(1,36)斤
二、填空题
已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S1，S3，S4成等差数列，则数列{an}的公比为________.
已知数列{an}的前n项和Sn=n2＋n＋1，则数列{eq \f(4,anan＋1)}的前n项和Tn=________.
已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，则S2 018= .
已知公比不为1的等比数列{an}的前5项积为243，且2a3为3a2和a4的等差中项.若数列{bn}满足bn=lg3an＋2(n∈N*)，则数列{an＋bn}的前n项和Sn=________.
三、解答题
已知等比数列{an}的公比q＞1，且a3＋a4＋a5=28，a4＋2是a3，a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式.
设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，an＋1=3Sn＋1，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记Tn为数列{n＋an}的前n项和，求Tn.
已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an=eq \f(n,4)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=eq \f(4nan,2n＋1)，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn.
设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，Sn=n2＋n(a1－1)(n∈N*)，且a1，a3－1，a5＋7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4=9，a2a3=8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn=eq \f(an＋1,SnSn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2=4，a3－a2=6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=lg3an＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋…＋eq \f(1,Tn)0，a1=2，a1a5=64，∴公比q=2，∴an=2n，=eq \f(2n,2n－12n＋1－1)=eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1).
设数列{}的前n项和为Tn，
则Tn=1－eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,22－1)－eq \f(1,23－1)＋eq \f(1,23－1)－eq \f(1,24－1)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)=1－eq \f(1,2n＋1－1)，故选A.
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)－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,52)＋…＋\f(1,520)))
=2×eq \f(20×20＋1,2)－3×eq \f(\f(1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520))),1－\f(1,5))=420－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520))).
答案为：B；
解析：∵a2·a8=4a5，即aeq \\al(2,5)=4a5，∴a5=4，
∴a5=b4＋b6=2b5=4，∴b5=2.∴S9=9b5=18，故选B.
答案为：B；
解析：依题意得an·an＋1=2n，an＋1·an＋2=2n＋1，于是有eq \f(an＋1·an＋2,an·an＋1)=2，即eq \f(an＋2,an)=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S2 020=(a1＋a3＋a5＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 020)
=eq \f(1－21 010,1－2)＋eq \f(21－21 010,1－2)=3×21 010－3，故选B.
答案为：A；
解析：该数列的通项公式为an=(2n－1)＋eq \f(1,2n)，
则Sn=[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))=n2＋1－eq \f(1,2n).
答案为：C；
解析：依题意有eq \f(n,a1＋a2＋…＋an)=eq \f(1,2n＋1)，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=eq \f(an＋1,4)=n.因为eq \f(1,bnbn＋1)=eq \f(1,nn＋1)=eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b10b11)=1－eq \f(1,11)=eq \f(10,11).
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=eq \f(na1＋an,2)=eq \f(nn＋1,2)，所以eq \f(1,Sn)=eq \f(2,nn＋1)=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
Tn=eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)=2eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,,))1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(,,,,))=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))=eq \f(2n,n＋1)，
故T2 018=eq \f(2×2 018,2 018＋1)=eq \f(4 036,2 019)，故选C.
答案为：B.
解析：假设原来持金为x，则第1关收税金eq \f(1,2)x；第2关收税金eq \f(1,3)(1－eq \f(1,2))x=eq \f(1,2×3)x；
第3关收税金eq \f(1,4)(1－eq \f(1,2)－eq \f(1,6))x=eq \f(1,3×4)x；第4关收税金eq \f(1,5)(1－eq \f(1,2)－eq \f(1,6)－eq \f(1,12))x=eq \f(1,4×5)x；
第5关收税金eq \f(1,6)(1－eq \f(1,2)－eq \f(1,6)－eq \f(1,12)－eq \f(1,20))x=eq \f(1,5×6)x.依题意，
得eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2×3)x＋eq \f(1,3×4)x＋eq \f(1,4×5)x＋eq \f(1,5×6)x=1，即(1－eq \f(1,6))x=1，eq \f(5,6)x=1，解得x=eq \f(6,5)，
所以eq \f(1,5×6)x=eq \f(1,5×6)×eq \f(6,5)=eq \f(1,25).故选B.
答案为：eq \f(1＋\r(5),2)
解析：设{an}的公比为q，由题意易知q＞0且q≠1.因为S1，S3，S4成等差数列，
所以2S3=S1＋S4，即eq \f(2a11－q3,1－q)=a1＋eq \f(a11－q4,1－q)，解得q=eq \f(1＋\r(5),2).
答案为：eq \f(5,6)－eq \f(1,n＋1).
解析：∵数列{an}的前n项和Sn=n2＋n＋1，∴Sn－1=n2－n＋1(n≥2)，
两式作差得到an=2n(n≥2).故an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2.))∴eq \f(4,anan＋1)=eq \f(1,nn＋1)=eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)(n≥2)，
∴Tn=eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)=eq \f(5,6)－eq \f(1,n＋1).
答案为：3·21009－3.
解析：∵数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n，①∴n=1时，a2=2，n≥2时，an·an－1=2n－1，
②由①÷②得eq \f(an＋1,an－1)=2，∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，
∴S2 018=eq \f(1－21 009,1－2)＋eq \f(21－21 009,1－2)=3·21 009－3.
答案为：eq \f(3n－1,6)＋ SKIPIF 1 < 0 .
解析：由前5项积为243得a3=3.设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，
由2a3为3a2和a4的等差中项，得3×eq \f(3,q)＋3q=4×3，由公比不为1，解得q=3，
所以an=3n－2，故bn=lg3an＋2=n，所以an＋bn=3n－2＋n，
数列{an＋bn}的前n项和Sn=3－1＋30＋31＋32＋…＋3n－2＋1＋2＋3＋…＋n
=eq \f(3－11－3n,1－3)＋eq \f(nn＋1,2)=eq \f(3n－1,6)＋ SKIPIF 1 < 0 .
解：(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项得a3＋a5=2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5=3a4＋4=28，解得a4=8.
由a3＋a5=20得8(q+ SKIPIF 1 < 0 )=20，解得q=2或q=eq \f(1,2)，
因为q＞1，所以q=2.
(2)设cn=(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn=2n2＋n.
由cn=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))解得cn=4n－1.
由(1)可得an=2n－1，
所以bn＋1－bn=(4n－1)×(eq \f(1,2))n－1，
故bn－bn－1=(4n－5)×(eq \f(1,2))n－2，n≥2，
bn－b1=(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)
=(4n－5)×(eq \f(1,2))n－2＋(4n－9)×(eq \f(1,2))n－3＋…＋7×eq \f(1,2)＋3.
设Tn=3＋7×eq \f(1,2)＋11×(eq \f(1,2))2＋…＋(4n－5)×(eq \f(1,2))n－2，n≥2，
eq \f(1,2)Tn=3×eq \f(1,2)＋7×(eq \f(1,2))2＋…＋(4n－9)×(eq \f(1,2))n－2＋(4n－5)×(eq \f(1,2))n－1，
所以eq \f(1,2)Tn=3＋4×eq \f(1,2)＋4×(eq \f(1,2))2＋…＋4×(eq \f(1,2))n－2－(4n－5)×(eq \f(1,2))n－1，
因此Tn=14－(4n＋3)×(eq \f(1,2))n－2，n≥2，
又b1=1，所以bn=15－(4n＋3)×(eq \f(1,2))n－2.
解：(1)由an＋1=3Sn＋1，
得当n≥2时，an=3Sn－1＋1，
两式相减，得an＋1=4an(n≥2).
又a1=1，a2=4，eq \f(a2,a1)=4，
所以数列{an}是首项为1，公比为4的等比数列，
所以数列{an}的通项公式是an=4n－1(n∈N*).
(2)Tn=(1＋a1)＋(2＋a2)＋(3＋a3)＋…＋(n＋an)
=(1＋2＋…＋n)＋(1＋4＋42＋…＋4n－1)
=eq \f(n1＋n,2)＋eq \f(1×1－4n,1－4)
=eq \f(n＋n2,2)＋eq \f(4n－1,3).
解：(1)当n=1时，a1=eq \f(1,4).
因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an=eq \f(n,4)，①
所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1=eq \f(n－1,4)(n≥2，n∈N*)，②
①－②得4n－1an=eq \f(1,4)(n≥2，n∈N*)，
所以an=eq \f(1,4n)(n≥2，n∈N*).
当n=1时也适合上式，故an=eq \f(1,4n)(n∈N*).
(2)由(1)得bn=eq \f(4nan,2n＋1)=eq \f(1,2n＋1)，
所以bnbn＋1= SKIPIF 1 < 0 =eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))，
故Tn=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3)))=eq \f(n,6n＋9).
解：(1)∵Sn=n2＋n(a1－1)，
又Sn=na1＋eq \f(nn－1,2)d=eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，∴d=2.
又a1，a3－1，a5＋7成等比数列.
∴a1(a5＋7)=(a3－1)2，即a1(a1＋15)=(a1＋3)2，解得a1=1，∴an=1＋2(n－1)=2n－1.
(2)由(1)可得bn=eq \f(1,anan＋1)=eq \f(1,2n－12n＋1)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
故Tn=b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
=eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))=eq \f(n,2n＋1).
解：(1)由题设知a1a4=a2a3=8，
又a1＋a4=9，可解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a4＝8))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝8，,a4＝1))(舍去).
设等比数列{an}的公比为q，
由a4=a1q3，得q=2，故an=a1qn－1=2n－1，n∈N*.
(2)Sn=eq \f(a11－qn,1－q)=2n－1，
又bn=eq \f(an＋1,SnSn＋1)=eq \f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)=eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)，
所以Tn=b1＋b2＋…＋bn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S1)－\f(1,S2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S2)－\f(1,S3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)－\f(1,Sn＋1)))=eq \f(1,S1)－eq \f(1,Sn＋1)=1－eq \f(1,2n＋1－1)，n∈N*.
解：(1)∵S2=a1＋a2=4，a3－a2=6，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＝4，,a1q2－q＝6，))
∵q>0，∴q=3，a1=1，∴an=1×3n－1=3n－1，
即数列{an}的通项公式为an=3n－1.
(2)证明：由(1)知bn=lg3an＋1=lg33n=n，∴b1=1，bn＋1－bn=n＋1－n=1，
∴数列{bn}是首项b1=1，公差d=1的等差数列，
∴Tn=eq \f(nn＋1,2)，则eq \f(1,Tn)=eq \f(2,nn＋1)=2(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，
∴eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋…＋eq \f(1,Tn)=2(eq \f(1,1)－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))=2(1－eq \f(1,n＋1))