人教版高中数学选择性必修第二册第四章培优课——数列的求和习题含答案

这是一份人教版高中数学选择性必修第二册第四章培优课——数列的求和习题含答案，共12页。
培优课——数列的求和
必备知识基础练
1.(2021宁夏石嘴山一中高二月考)数列1,1+2,1+2+22,…,1+2+22+…+2n-1,…的第100项为(　　)
A.299-1 B.2100-1
C.299 D.2100
2.若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(3n-2),则它的前100项之和S100=(　　)
A.150 B.120
C.-120 D.-150
3.已知数列{an}的前n项和为Sn,若an=1n(n+2),则S5等于(　　)
A.67 B.5021
C.2521 D.2542
4.已知数列{an}的通项公式an=1n+n+1,若该数列的前k项之和等于9,则k等于(　　)
A.99 B.98
C.97 D.96
5.设函数f(x)=22x+1,则f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(4)+f(5)的值为(　　)
A.9 B.11
C.92 D.112
6.(多选题)设等差数列{an}满足a2=5,a6+a8=30,公差为d,则下列说法正确的是(　　)
A.an=2n+1
B.d=2
C.1an2-1=141n+1n+1
D.1an2-1的前n项和为n4(n+1)
7.12-22+32-42+…+992-1002=　　　　　. 
8.已知数列an=(2n-1)3n-1的前n项和为Sn,则S20=　　　　. 
9.(2021黑龙江哈尔滨三中高三模拟)已知[x]表示不超过x的最大整数,例如:[2.3]=2,[-1.5]=-2.在数列{an}中,an=[lg n],n∈N*.记Tn为数列{an}的前n项和,则T2 021=　　　　　　　. 
10.已知等差数列{an}满足a5=9,a2+a6=14.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=an+qan(q>0),求数列{bn}的前n项和Sn.










11.已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列1a2n-1a2n+1的前n项和Tn.















关键能力提升练
12.(2021山东枣庄高二期末)数列{an},{bn}满足anbn=1,an=n2+5n+6,n∈N*,则{bn}的前10项之和为(　　)
A.413 B.513 C.839 D.1039
13.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,当n≥2时,an+2Sn-1=n,则S2 021的值为(　　)
A.1 008 B.1 009 C.1 010 D.1 011
14.(2021江西九江高二期中)数列{an}满足a1+2a2+22a3+…+2n-1an=n2(n∈N*),数列{an}的前n项和为Sn,则S10等于(　　)
A.1255 B.1-1210
C.1-129 D.1266
15.(多选题)已知数列{an}为等差数列,a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,记bn=anqan(q≠0,且q≠1),则{bn}的前n项和可以是(　　)
A.n
B.nq
C.q+nqn+1-nqn-qn(1-q)2
D.q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)2
16.(多选题)已知数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,a1=1,b1=2,a2+b2=7,a3+b3=13.记cn=an,n为奇数,bn,n为偶数,数列{cn}的前n项和为Sn,则(　　)
A.an=2n-1
B.bn=2n
C.S9=1 409
D.S2n=2n2-n+43(4n-1)
17.(多选题)(2021江苏南通高三其他模拟)在数列{an}中,若an+an+1=3n,则称{an}为“和等比数列”.设Sn为数列{an}的前n项和,且a1=1,则下列对“和等比数列”的判断中正确的有(　　)
A.a2 020=32 020-14 B.a2 020=32 021-14
C.S2 021=32 022-18 D.S2 021=32 023-18
18.设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=13,an+1+2SnSn+1=0,n∈N*,则S1S2+S2S3+…+S9S10=　　　　　. 
19.已知函数f(x)=x-123+1,则当m+n=1时,f(m)+f(n)=　　　　,f12 021+f22 021+…+f2 0192 021+f2 0202 021的值为　　　　　. 
20.已知数列{an}的前n项和为Sn=3n2-2n,而bn=3anan+1,Tn是数列{bn}的前n项和,则使得Tn0且q≠1时,Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+(q1+q3+q5+…+q2n-1)=n2+q(1-q2n)1-q2;
当q=1时,bn=2n,则Sn=n(n+1).
所以Sn=n(n+1),q=1,n2+q(1-q2n)1-q2,q>0且q≠1.
11.解(1)设{an}的公差为d,则Sn=na1+n(n-1)2d.
由已知可得3a1+3d=0,5a1+10d=-5,解得a1=1,d=-1.
故{an}的通项公式为an=2-n.
(2)由(1)知1a2n-1a2n+1=1(3-2n)(1-2n)=1(2n-3)(2n-1)=1212n-3-12n-1,
从而数列1a2n-1a2n+1的前n项和为Tn=121-1-11+11-13+…+12n-3-12n-1=n1-2n.
12.D　因为anbn=1,an=n2+5n+6,故bn=1n2+5n+6=1n+2-1n+3,故{bn}的前10项之和为13-14+14-15+…+112-113=13-113=1039.
13.D　由题意,当n≥2时,可得Sn-1=Sn-an,
因为an+2Sn-1=n,所以an+2(Sn-an)=n,即2Sn=an+n,当n≥3时,2Sn-1=an-1+n-1,
式子2Sn=an+n与2Sn-1=an-1+n-1左、右两边分别相减,可得2an=an-an-1+1,即an+an-1=1,
所以a2+a3=1,a4+a5=1,a6+a7=1,…,
所以S2 021=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2 020+a2 021)=1+2 021-12×1=1 011.
14.B　因为数列{an}满足a1+2a2+22a3+…+2n-1an=n2,a1+2a2+22a3+…+2n-2an-1=n-12(n≥2),
两式相减得2n-1an=n2-n-12=12,则an=12n(n≥2),
又a1=12满足an=12n,所以an=12n(n∈N*),
因此S10=12×(1-1210)1-12=1-1210.
15.BD　设等差数列{an}的公差为d,又a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,
所以a42=a2a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),
化简得d(d-1)=0,所以d=0或d=1,
故an=1或an=n,所以bn=q或bn=nqn.
设{bn}的前n项和为Sn,
(1)当bn=q时,Sn=nq;
(2)当bn=nqn时,
Sn=1×q+2×q2+3×q3+…+n×qn,①
qSn=1×q2+2×q3+3×q4+…+n×qn+1,②
①-②,得(1-q)Sn=q+q2+q3+…+qn-n×qn+1=q(1-qn)1-q-n×qn+1,所以Sn=q(1-qn)(1-q)2-nqn+11-q=q+nqn+2-nqn+1-qn+1(1-q)2.故选BD.
16.ABD　设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q(q≠0),依题意有1+d+2q=7,1+2d+2q2=13,得d=2,q=2,故an=2n-1,bn=2n,故A,B正确;则c2n-1=a2n-1=4n-3,c2n=b2n=4n,所以数列{cn}的前2n项和S2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=n(1+4n-3)2+4(1-4n)1-4=2n2-n+43(4n-1),S9=S8+a9=368+17=385,故C错误,D正确.
17.AC　a1+a2=3,a2=2,因为an+an+1=3n,所以an+1+an+2=3n+1,两式相减得an+2-an=2×3n,所以a2 020=(a2 020-a2 018)+(a2 018-a2 016)+…+(a4-a2)+a2=2×(32+34+…+32 018)+2=32 020-14,故A正确,B错误;
S2 021=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2 020+a2 021)=1+(32+34+…+32 020)=32 022-18,故C正确,D错误.故选AC.
18.17　因为an+1+2SnSn+1=0,
所以Sn+1-Sn+2SnSn+1=0,所以Sn-Sn+1=2SnSn+1,
所以1Sn+1-1Sn=2.
又1S1=1a1=3,
所以数列1Sn是以3为首项,2为公差的等差数列,
所以1Sn=3+(n-1)×2=2n+1,所以Sn=12n+1,
所以SnSn+1=12n+1·12n+3=1212n+1-12n+3,
所以S1S2+S2S3+…+S9S10=1213-15+15-17+…+119-121=1213-121=17.
19.2　2 020　函数f(x)=x-123+1,由m+n=1,得m-12=-n-12,所以f(m)+f(n)=m-123+1+n-123+1=2,所以当m+n=1时,f(m)+f(n)=2,
令S=f12 021+f22 021+…+f2 0192 021+f2 0202 021,
所以2S=f12 021+f2 0202 021+…+f2 0202 021+f12 021=2×2 020,
故S=f12 021+f22 021+…+f2 0192 021+f2 0202 021=2 020.
20.10　由Sn=3n2-2n,得an=6n-5.
∵bn=3anan+1=3(6n-5)(6n+1)=1216n-5-16n+1,
∴Tn=121-17+17-113+…+16n-5-16n+1=121-16n+1.
∵121-16n+1