高考数学考前冲刺专题《数列求和》夯基练习（2份，教师版+答案版）

高考数学考前冲刺专题

《数列求和》夯基练习

一 、选择题

1.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

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－

3.已知数列{an}满足：an＋1=an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1=1，a2=2，Sn为数列{an}的前n项和，

则S2 028=(　　)

A.3         B.2        C.1         D.0

4.已知数列{an}的前n项和是Sn，且4Sn=(an＋1)2，则下列说法正确的是(　　)

A.数列{an}为等差数列

B.数列{an}为等差或等比数列

C.数列{an}为等比数列

D.数列{an}既不是等差数列也不是等比数列

5.已知an=(n∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn，则使Sn＞0的n的最小值为(　　)

A.99　       B.100　　       C.101           D.102

6.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

7.已知等差数列{an}满足a3=7，a5＋a7=26，bn=(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，

则S100的值为(　　)

A.           B.　        C.           D.

8.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

9.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－          B.1－     C.1－          D.1－

10.若数列{an}的通项公式是an=(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a12=(　　)

A.18         B.15       C.－18         D.－15

11.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.

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=＋＋…＋(n∈N*)，则T2 018=(　　)

A.         B.      C.         D.

二 、填空题

13.已知数列{an}的前n项和Sn=n2＋n＋1，则数列{}的前n项和Tn=________.

14.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=log3an＋2(n∈N*)，则数列{an＋bn}的前n项和Sn=________.

15.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________.

16.设f(x)=，若S=f＋f＋…＋f，则S=      .

三 、解答题

17.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.

18.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=，求数列{bn}的前n项和Tn.

19.已知数列{an}为单调递增数列，Sn为其前n项和，2Sn=a＋n.

(1)求{an}的通项公式；

(2)若bn=，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：Tn＜.

20.已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设Tn为数列{}前n项的和，若λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值.

21.已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a10=15，且a3，a4，a7成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：－≤Tn＜－1(n∈N*).

0.参考答案

1.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S2 020=(a1＋a3＋a5＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 020)

=＋=3×21 010－3，故选B.

2.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－.

3.答案为：A；

解析：∵an＋1=an－an－1，a1=1，a2=2，∴a3=1，a4=－1，a5=－2，a6=－1，a7=1，a8=2，…，

故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，

故S2 028=336×0＋a2 027＋a2 028=a1＋a2=3.故选A.

4.答案为：B

解析：∵4Sn=(an＋1)2，∴4Sn＋1=(an＋1＋1)2，∴4Sn＋1－4Sn=4an＋1=(an＋1＋1)2－(an＋1)2，

化简得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)=0，

∴an＋1=an＋2，或an＋1＋an=0，∵4a1=(a1＋1)2，∴a1=1.故选B.

5.答案为：C

解析：由通项公式得a1＋a100=a2＋a99=a3＋a98=…=a50＋a51=0，a101=＞0.故选C.

6.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.

7.答案为：C

解析：在等差数列{an}中，a5＋a7=2a6=26⇒a6=13.又数列{an}的公差d===2，

所以an=a3＋(n－3)·d=7＋(n－3)×2=2n＋1，那么bn===，

故Sn=b1＋b2＋…＋bn=⇒S100==.

8.答案为：C

解析：由an＋2=2an＋1－an知数列{an}为等差数列，由a5=4－a3得a5＋a3=4=a1＋a7，

所以S7==14.

9.答案为：A.

解析：∵数列{an}为等比数列，an>0，a1=2，a1a5=64，∴公比q=2，∴an=2n，==－.

设数列{}的前n项和为Tn，

则Tn=1－＋－＋－＋…＋－=1－，故选A.

10.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.

11.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－=.

12.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T2 018==，故选C.

13.答案为：－.

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=∴==－(n≥2)，

∴Tn=＋－＋－＋…＋－=－.

14.答案为：＋.

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×＋3q=4×3，由公比不为1，解得q=3，

所以an=3n－2，故bn=log3an＋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

=＋=＋.

15.答案为：

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=a1＋，解得q=.

16.答案为：1008；

解析：∵f(x)=，∴f(1－x)==，

∴f(x)＋f(1－x)=＋=1.S=f＋f＋…＋f，①

S=f＋f＋…＋f，②

①＋②，得2S=＋

＋…＋=2 016，∴S==1 008.

17.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，=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)

=＋

=＋.

18.解：(1)∵Sn=n2＋n(a1－1)，

又Sn=na1＋d=n2＋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===，

故Tn=b1＋b2＋…＋bn－1＋bn

==.

19.解：(1)当n=1时，2S1=2a1=a＋1，

所以(a1－1)2=0，即a1=1，

又{an}为单调递增数列，所以an≥1.

由2Sn=a＋n得2Sn＋1=a＋n＋1，

所以2Sn＋1－2Sn=a－a＋1，则2an＋1=a－a＋1，所以a=(an＋1－1)2.

所以an=an＋1－1，即an＋1－an=1，

所以{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an=n.

(2)证明：bn===－，

所以Tn=＋＋…＋

=－＜.

20.解：(1)设公差为d，由已知得

解得d=1或d=0(舍去)，所以a1=2，所以an=n＋1.

(2)因为=－，

所以Tn=＋＋…＋－=－=，

又λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，所以λ≤=2(n+)＋8，

而2(n+)＋8≥16，当且仅当n=2时等号成立.

所以λ≤16，即λ的最大值为16.

21.解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，

由已知得

即

解得

∴an=2n－5(n∈N*).

(2)证明：∵bn==，n∈N*.

∴Tn=＋＋＋…＋，①

Tn=＋＋＋…＋＋，②

①－②得Tn=＋2－

=－＋，

∴Tn=－1－(n∈N*)，

∵＞0(n∈N*)，∴Tn＜－1.

Tn＋1－Tn=－=，

∴Tn＜Tn＋1(n≥2).

又T1=－1－=－，T2=－1－=－.

∵T1＞T2，∴T2最小，即Tn≥T2=－.

综上所述，－≤Tn＜－1(n∈N*).