课时质量评价35　数列求和-2022届高三数学一轮复习检测（新高考）

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·韶关二模)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＝a，

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＋×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．2 020 B．2 022

C．8 080 D．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·宁德二模)已知数列{an}满足an＋1＝an，a1＝1，则数列{anan＋1}的前10项和为(　　)

A．　　B．　　C．　　D．

A　解析：因为an＋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＝，anan＋1＝＝－，

所以数列{anan＋1}的前10项和为＋＋…＋＝1－＝.

4．(2020·包头二模)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 ＋f ＋…＋f ＋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 ＋f ＋…＋f ＋f (1)①，

所以an＝f (1)＋f ＋f ＋…＋f ＋f (0)②.

由①＋②可得2an＝n＋1，

所以an＝，所以数列{an}是首项为1，公差为的等差数列，其前20项和为＝115.

5．(2020·南昌三模)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＋1 B．350－1

C． D．

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×＝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，＋＋…＋＝5，则a1·a2·…·a6＝________.

8　解析：由等比数列的前n项和公式，a1＋a2＋…＋a6＝＝10，＋＋…＋＝＝＝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·b}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，

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·b＝(－1)n(2n－1)2，则数列{(－1)nb}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cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．

解：(1)设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝＝3，

所以b1＝＝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cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.

从而数列{cn}的前n项和

Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1

＝＋＝n2＋.

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＝≈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＋×0.5＝32.50(万元)；

银行本息和：1.05×[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)9]＝1.05×≈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．＝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＝＝9，知B正确．假设S3，S6，S9成等比数列，可得S＝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＝＝＝2an－a1.所以Sn＝2an－a1，D正确．故选BD．

12．(多选题)已知数列{an}是首项为1的等差数列，数列{bn}是公比为的等比数列．若数列{an·bn}的前n项和Sn＝3－，则(CD)

A．数列{an}的公差为

B．b1＝2

C．＝(2n－1)2n

D．数列的前n项和为(2n－3)2n＋1＋6

13．(2020·郴州质检)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3·…·an＝2 (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＝________，数列的前n项和Sn＝________.

　　解析：因为数列{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，

所以公比q＝＝＝2，

所以an＝2n，

所以a1a2a3·…·an＝21×22×23×…×2n

＝21＋2＋3＋…＋n＝2.

因为a1a2a3…an＝2，

所以bn＝，

所以＝＝2，

所以数列的前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn

＝2

＝2

＝.

14．(2020·泰安一模)在①A5＝B3，②－＝，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cn＝2an＋，求数列{cn}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，

所以解得

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

cn＝2n＋＝2n＋

所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋

＝＋

＝2n＋1－.

方案二：选条件②.

(1)因为数列{an}，{bn}都是等差数列，且A2＝3，－＝，

所以

解得

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

解得

所以an＝a1＋(n－1)d＝n，

bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1.

综上，an＝n，bn＝2n＋1.

(2)同方案一．

15．(2020·山东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＝，a1－a2＝，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cn＝(－1)nbn，求数列{cn}的前2n项和S2n.

解：(1)设数列{an}的公比为q，由已知得解得或

由于数列{an}的各项均为正数，所以q＞0，故所以an＝·＝.

因为1＋bn＋1与1－bn的等差中项是an，所以1＋bn＋1＋1－bn＝2an＝2·，即bn＋1－bn＝－2.

于是bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝－3＋＋＋…＋＝－3＋＋＋…＋－2(n－1)＝－－2n.

故数列{bn}的通项公式为bn＝－－2n.

(2)由(1)知cn＝(－1)nbn＝＋(－1)n＋1·2n，

所以S2n＝(1＋2)＋＋＋…＋

＝＋[2－4＋6＋8＋…＋2(2n－1)－2·2n]

＝＋(－2)×

＝－2n.