2023年新教材高考数学一轮复习课时规范练28数列求和含解析新人教B版

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1.(2021广东汕头二中高三模拟)设数列{an}为等比数列,数列{bn}为等差数列,且Sn为数列{bn}的前n项和,若a2=1,a10=16,且a6=b6,则S11=( )

A.20B.30C.44D.88
2.(2021江西南昌高三月考)Sn=12+222+38+…+n2n等于( )
A.2n+1-n-22nB.2n-n2n
C.2n-n+12n+1D.2n+1-n+22n
3.(2021广东肇庆高三月考)在数列{an}中,a1=2,(1-an)·an+1=1,Sn是数列{an}的前n项和,则S2 021=( )
A.4 042B.2 021
C.20232D.20212
4.(2021河北衡水高三期末)在数列{an}中,an+an+1=2n,Sn为其前n项和,若a1=a4,则S101=( )
A.4 882B.5 100
C.5 102D.5 212
5.(2021江苏南京高三月考)已知数列{an}的通项公式为an=n(n+1)!,则其前n项和为( )
A.1-1(n+1)!B.1-1n!
C.2-1n!D.2-1(n+1)!
6.(2021天津和平高三期中)函数y=x2在点(n,n2)(n∈N*)处的切线记为ln,直线ln,ln+1及x轴围成的三角形的面积记为Sn,则1S1+1S2+1S3+…+1Sn= .
7.(2021湖南长郡中学高三模拟)在数列{an}中,a1=1,a2=2,且an+2=2an+1+3an,设bn=an+1+an.
(1)求证:数列{bn}是等比数列,并求数列{bn}的通项公式;
(2)若数列{bn}的前n项和为Sn,数列94bnSnSn+1的前n项和为Tn,求证:Tn0,S2=2a2-2,S3=a4-2,数列{an}满足a2=4b1,nbn+1-(n+1)bn=n2+n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明数列bnn为等差数列;
(3)设数列{cn}的通项公式为cn=-anbn2,n为奇数,anbn4,n为偶数,其前n项和为Tn,求T2n.
课时规范练28 数列求和
1.C 解析:∵数列{an}为等比数列,∴a62=a2a10=16.又a6=a2q4>0,∴b6=a6=4.又数列{bn}为等差数列,∴S11=a1+a112×11=11a6=44.故选C.
2.A 解析:由Sn=12+222+323+…+n2n,可得12Sn=122+223+…+n-12n+n2n+1.两式相减可得,12Sn=12+122+123+…+12n-n2n+1=12[1-(12) n]1-12-n2n+1=2n+1-n-22n+1,所以Sn=2n+1-n-22n,故选A.
3.D 解析:因为a1=2,(1-an)an+1=1,所以由(1-a1)a2=1得a2=-1,进而得a3=12,a4=2=a1,可得an+3=an,所以a1+a2+…+a2021=673(a1+a2+a3)+a1+a2=673×32+1=20212.故选D.
4.C 解析:因为an+an+1=2n,①
所以an+1+an+2=2n+2,②
由②-①得an+2-an=2,所以数列{an}奇数项与偶数项均成公差为2的等差数列.当n为奇数时,
an=a1+n-12×2=n+a1-1;当n为偶数时,
an=a2+n-22×2=n+a2-2=n+(2-a1)-2=n-a1.又因为a1=a4,所以a1=4-a1,得a1=2,
所以an=n+1,n为奇数,n-2,n为偶数,所以S101=(a1+…+a101)+(a2+…+a100)
=512(2+102)+502(0+98)=5102.故选C.
5.A 解析:因为an=n(n+1)!=n+1-1(n+1)!=1n!-1(n+1)!,所以其前n项和为1-12!+12!-13!+…+1n!-1(n+1)!=1-1(n+1)!.故选A.
6.4nn+1 解析:因为y'=2x,所以在点(n,n2)(n∈N*)处的切线的斜率为k=2n,所以切线方程为y-n2=2n(x-n),即ln的方程为y=2nx-n2,令y=0,得x=n2.ln+1:y=2(n+1)x-(n+1)2,令y=0,得x=n+12.由y=2(n+1)x-(n+1)2,y=2nx-n2得x=2n+12,y=n2+n,直线ln,ln+1的交点坐标为2n+12,n2+n,所以直线ln,ln+1及x轴围成的三角形的面积为Sn=12n+12-n2(n2+n)=14n(n+1),所以1Sn=4n(n+1)=41n-1n+1,则1S1+1S2+1S3+…+1Sn=41-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=41-1n+1=4nn+1.
7.证明(1)由题意得an+2+an+1=3an+1+3an,bn≠0,
∴bn+1=3bn,即bn+1bn=3,且b1=a2+a1=2+1=3,
∴数列{bn}是以3为首项,3为公比的等比数列,
∴bn=3n.
(2)由(1)得,Sn=3(1-3n)1-3=3(3n-1)2,
∴94bnSnSn+1=94×3n94(3n-1)(3n+1-1)=3n(3n-1)(3n+1-1)=1213n-1-13n+1-1,
∴Tn=1213-1-132-1+132-1-133-1+…+13n-1-13n+1-1
=1212-13n+1-1=14-12(3n+1-1)0,S2=2a2-2,S3=a4-2,
所以S3-S2=a4-2a2=a3,整理得a2q2-2a2=a2q.
又a2≠0,所以q2-q-2=0.由于q>0,解得q=2.
由于a1+a2=2a2-2,解得a1=2,
所以an=2n.
(2)证明数列{an}满足a2=4b1,解得b1=1.
由于nbn+1-(n+1)bn=n2+n,所以bn+1n+1-bnn=1,
所以数列bnn是以1为首项,1为公差的等差数列.
(3)解因为数列bnn是以1为首项,1为公差的等差数列,所以bnn=1+(n-1)=n,
所以bn=n2.
因为数列{cn}的通项公式为cn=-anbn2,n为奇数,anbn4,n为偶数,
所以令pn=c2n-1+c2n=-(2n-1)2·22n-12+(2n)2·22n4=(4n-1)·4n-1,
所以T2n=3·40+7·41+11·42+…+(4n-1)·4n-1,①
4T2n=3·41+7·42+11·43+…+(4n-5)·4n-1+(4n-1)·4n.②
①-②得-3T2n=3·40+4·41+…+4·4n-1-(4n-1)·4n,整理得-3T2n=3+4·4n-44-1-(4n-1)·4n,
故T2n=79+12n-79·4n.