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    备考2024届高考数学一轮复习分层练习第五章数列第4讲数列求和

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    备考2024届高考数学一轮复习分层练习第五章数列第4讲数列求和

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    这是一份备考2024届高考数学一轮复习分层练习第五章数列第4讲数列求和,共5页。试卷主要包含了故选C等内容,欢迎下载使用。
    1.[2024山东潍坊模拟]在数列{an}中,an=1n+1+2n+1+…+nn+1(n∈N+),bn=1anan+1,则数列{bn}的前n项和S10=( D )
    A.1011B.2011C.3011D.4011
    解析 ∵an=1n+1+2n+1+…+nn+1=1+2+…+nn+1=n(n+1)2n+1=n2,∴bn=1anan+1=1n(n+1)4=4n(n+1)=4(1n-1n+1),∴S10=4×(1-12+12-13+…+110-111)=4×(1-111)=4011.故选D.
    2.[2023上海宜川中学5月模拟]德国数学家高斯是近代数学奠基者之一,有“数学王子”之称.相传,幼年的高斯就表现出超人的数学天赋,他在进行1+2+3+…+100的求和运算时,提出了倒序相加法的原理,该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成,此方法也被称为高斯算法.已知某数列的通项公式为an=2n-1002n-101,则a1+a2+…+a100=( C )
    A.98B.99C.100D.101
    解析 解法一 由数列的通项公式为an=2n-1002n-101,
    可得当1≤n≤100,n∈N*时,an+a101-n=2n-1002n-101+2(101-n)-1002(101-n)-101=2n-1002n-101+102-2n101-2n=4n-2022n-101=2,
    所以a1+a100=a2+a99=a3+a98=…=a100+a1=2,
    所以2(a1+a2+…+a100)=2×100=200,所以a1+a2+…+a100=100,故选C.
    解法二 函数f(x)=2x-1002x-101的图象关于点(1012,1)对称,
    所以f(x)+f(101-x)=2,则f(1)+f(100)=f(2)+f(99)=…=f(50)+
    f(51)=2,
    即a1+a100=a2+a99=…=a50+a51=2,
    所以a1+a2+…+a100=50×2=100.故选C.
    3.[2023石家庄市三检]已知数列{an}的通项公式为an=n-1,数列{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则ab1+ab2+…+ab9= 502 .
    解析 因为an=n-1,所以abn=bn-1,所以ab1+ab2+…+ab9=(b1-1)+(b2-1)+…+(b9-1)=(b1+b2+…+b9)-9=1×(1-29)1-2-9=502.
    4.[2023惠州调研]已知数列{an}的前n项和为Sn,n∈N*,现有如下三个条件:
    条件①a5=5;条件②an+1-an=2;条件③S2=-4.
    请从上述三个条件中选择能够确定一个数列的两个条件,并完成解答.
    (1)求数列{an}的通项公式;
    (2)设数列{bn}满足bn=1an·an+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
    解析 (1)选①②时.
    解法一 由an+1-an=2可知数列{an}是公差d=2的等差数列.
    又a5=5,a5=a1+(5-1)×d,
    所以a1=-3,
    故an=-3+2(n-1),即an=2n-5(n∈N*).
    解法二 由an+1-an=2可知数列{an}是公差d=2的等差数列.
    又a5=5,an=a5+(n-5)×d,
    所以an=5+(n-5)×2,
    即an=2n-5(n∈N*).
    选②③时.
    由an+1-an=2可知数列{an}是公差d=2的等差数列.
    由S2=-4可知a1+a2=-4,即2a1+2=-4,
    解得a1=-3,
    故an=-3+2(n-1),即an=2n-5(n∈N*).
    (备注:选①③这两个条件无法确定数列.)
    (2)bn=1an·an+1=1(2n-5)·(2n-3)=12(12n-5-12n-3),
    Tn=12[(1-3-1-1)+(1-1-11)+(11-13)+…+(12n-5-12n-3)]
    =12(-13-12n-3)
    =-16-14n-6,
    所以Tn=n-6n+9.
    5.[2024江西分宜中学、临川一中等校联考]已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=2,b5=16,a1=2b1,a3=b4.
    (1)求{an},{bn}的通项公式;
    (2)设cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Sn.
    解析 (1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,
    则q3=b5b2=162=8,q=2,∴b1=b2q=1,∴bn=2n-1.
    ∵a1=2b1=2,a3=b4=23=8,
    ∴d=a3-a13-1=8-22=3,
    ∴an=2+3(n-1)=3n-1.
    (2)由(1)得cn=(3n-1)×2n-1,
    ∴Sn=c1+c2+c3+…+cn-1+cn
    =2×20+5×21+8×22+…+(3n-4)×2n-2+(3n-1)×2n-1,
    则2Sn=2×21+5×22+8×23+…+(3n-4)×2n-1+(3n-1)×2n,两式相减得-Sn=2×20+3×21+3×22+…+3×2n-1-(3n-1)×2n,
    则-Sn=3(20+21+…+2n-1)-(3n-1)×2n-1=3×1-2n1-2-(3n-1)×2n-1,
    Sn=3-3×2n+(3n-1)×2n+1=(3n-4)×2n+4.
    6.[2023大同学情调研]已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn+2=2an(n∈N*).
    (1)证明:数列{Sn+2}是等比数列.
    (2)设数列{2n(an-1)(an+1-1)}的前n项和为Tn,求证:23≤Tn<1.
    解析 (1)当n=1时,S1+2=2a1,∴S1=a1=2.当n≥2时,Sn+2=2an=2(Sn-
    Sn-1),∴Sn=2Sn-1+2,∴Sn+2=2(Sn-1+2),易知Sn-1+2≠0,∴Sn+2Sn-1+2=2,
    ∴数列{Sn+2}是首项为S1+2=4,公比为2的等比数列.
    (2)由(1)知Sn+2=4×2n-1,∴Sn=2n+1-2,
    代入Sn+2=2an,得an=2n,
    ∴2n(an-1)(an+1-1)=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1,
    ∴Tn=(12-1-122-1)+(122-1-123-1)+…+(12n-1-12n+1-1)=1-12n+1-1.易得Tn=1-12n+1-1<1.
    由n≥1,得2n+1≥4,2n+1-1≥3,
    ∴12n+1-1≤13,即-12n+1-1≥-13,
    ∴1-12n+1-1≥23.综上所述,23≤Tn<1.
    7.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,S6=-7S3,且a2,1,a3成等差数列,则数列{an}的通项公式为 an=(-2)n-1 ;设bn=|an-1|,则数列{bn}的前2n项和T2n= 22n-1 .
    解析 设等比数列{an}的公比为q,由S6=-7S3,得q≠1,所以a1(1-q6)1-q=a1(1-q3)(1+q3)1-q=(1+q3)S3=-7S3,因为S3≠0,所以1+q3=-7,解得q=-2,由a2,1,a3成等差数列,可得a2+a3=2,即-2a1+4a1=2,所以a1=1,所以an=a1qn-1=(-2)n-1.当n为偶数时,an-1=-2n-1-1<0,当n为奇数时,an-1=2n-1-1≥0,所以T2n=(a1-1)-(a2-1)+(a3-1)-(a4-1)+…+(a2n-1-1)-(a2n-1)=a1-a2+a3-a4+…+a2n-1-a2n=1+2+22+23+…+22n-2+22n-1=1-22n1-2=22n-1.
    8.[2024平许济洛第一次质检]设数列{an}的前n项和为Sn,且an≠0,n2+n+1Sn=n2+n+4-Sn3.
    (1)求数列{an}的通项公式;
    (2)设数列{bn}满足bn=2an,求数列{(an-1)bn}的前n项和Tn.
    解析 (1)由n2+n+1Sn=n2+n+4-Sn3,
    得Sn2-(n2+n+4)Sn+3(n2+n+1)=0,
    即(Sn-3)[Sn-(n2+n+1)]=0,
    解得Sn=3(舍去)或Sn=n2+n+1.
    当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n+1-(n-1)2-(n-1)-1=2n,
    当n=1时,a1=S1=3,不适合上式,所以an=3,n=1,2n,n≥2.
    (2)Tn=(a1-1)·2a1+(a2-1)·2a2+(a3-1)·2a3+(a4-1)·2a4+…+(an-1)·2an
    =2×23+3×24+5×26+7×28+…+(2n-1)×22n
    =16+3×42+5×43+7×44+…+(2n-1)×4n
    =12+1×41+3×42+5×43+…+(2n-1)×4n.
    令Rn=1×41+3×42+5×43+…+(2n-1)×4n ①,
    则4Rn=1×42+3×43+5×44+…+(2n-3)×4n+(2n-1)×4n+1 ②,
    ①-②得:
    -3Rn=4+2×42+2×43+…+2×4n-(2n-1)×4n+1
    =4+32(1-4n-1)1-4-(2n-1)×4n+1
    =4-323+23×4n+1-(2n-1)×4n+1
    =-203+(53-2n)×4n+1.
    所以Rn=209+(2n3-59)·4n+1,
    所以Tn=12+209+(2n3-59)·4n+1=1289+6n-59·4n+1,n∈N*.
    9.[2024浙江名校联考]设数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=12(3an-1)(n∈N*).
    (1)求{an}的通项公式;
    (2)设bn=n+an,n为奇数,n·an,n为偶数,求数列{bn}的前2n项和T2n.
    解析 (1)由题意得,2Sn=3an-1,则2Sn-1=3an-1-1(n≥2),两式相减得an=3an-1(n≥2).
    ∴数列{an}是等比数列,公比为3,令n=1,则2a1=3a1-1,得a1=1,
    ∴{an}的通项公式为an=3n-1.
    (2)由(1)得,bn=n+3n-1,n为奇数,n×3n-1,n为偶数.
    记数列{bn}的前2n项中奇数项的和为S奇数项,偶数项的和为S偶数项,
    则S奇数项=(1+3+5+…+2n-1)+(30+32+34+…+32n-2)=n2+9n-18,
    S偶数项=2×31+4×33+6×35+…+2(n-1)×32n-3+2n×32n-1 ①,
    则9S偶数项=2×33+4×35+6×37+…+2(n-1)×32n-1+2n×32n+1 ②,
    ①-②得,-8S偶数项=2(31+33+35+…+32n-1)-2n×32n+1=2×3×(1-9n)1-9-2n×32n+1,
    ∴S偶数项=(24n-3)×32n+332.
    ∴T2n=n2+9n-18+(24n-3)×32n+332=n2+(24n+1)×32n-132.
    10.[2024南昌市模拟]如图,第n个图形是由棱长为n+1的正方体挖去棱长为n的正方体得到的,记其体积为{an}.
    (1)求证:an=3n2+3n+1.
    (2)求和:12+22+32+…+n2.
    解析 (1)棱长为n+1的正方体的体积为(n+1)3,棱长为n的正方体的体积为n3,
    所以an=(n+1)3-n3=n3+3n2+3n+1-n3=3n2+3n+1.
    (2)由(1)可知an=(n+1)3-n3=3n2+3n+1,
    则a1+a2+…+an=3×12+3×1+1+3×22+3×2+1+…+3×n2+3×n+1=3×(12+22+…+n2)+3×(1+2+…+n)+n=3×(12+22+…+n2)+3×n(n+1)2+n ①,
    又a1+a2+…+an=23-13+33-23+…+(n+1)3-n3=(n+1)3-1=n3+3n2+3n ②,
    所以3×(12+22+…+n2)+3×n(n+1)2+n=n3+3n2+3n,
    即12+22+32+…+n2=2n3+3n2+n6=n(n+1)(2n+1)6.

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