广西专用高考数学一轮复习考点规范练32数列求和含解析新人教A版文

考点规范练32　数列求和

基础巩固

1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和Sn的值等于(　　)

A.n2+1- B.2n2-n+1-

C.n2+1- D.n2-n+1-

2.已知数列{an}满足a1=1,且对任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n,则的前100项和为(　　)

A. B. C. D.

3.已知数列{an}满足an+1-an=2,a1=-5,则|a1|+|a2|+…+|a6|=(　　)

A.9 B.15 C.18 D.30

4.已知等差数列{an}满足a1=-2 021,其前n项和为Sn,若5S12-6S10=120,则S2 022=(　　)

A.-4 040 B.-2 022

C.0 D.4 040

5.已知数列{an}为等差数列,Sn是其前n项和,a2=5,S5=35.数列的前n项和为Tn,若对一切n∈N*都有2m+1>Tn恒成立,则m能取到的最小整数为(　　)

A.-1 B.0 C.1 D.2

6.(2021四川凉山三模)我国古代很早就有对等差数列和等比数列的研究成果.北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”,就是关于高阶等差数列求和的问题.现有一物品堆,从上向下数,第一层有1个货物,第二层比第一层多2个,第三层比第二层多3个,…,以此类推.记第n层货物的个数为an,则数列的前2 021项和为(　　)

A. B. C. D.

7.已知数列{an}满足:a3=,an-an+1=2anan+1,则数列{anan+1}前10项的和为　　　　　　. 

8.在数列{an}中,a1=3,{an}的前n项和Sn满足Sn+1=an+n2.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设数列{bn}满足bn=(-1)n+,求数列{bn}的前n项和Tn.

9.(2021广西梧州模拟预测(文))已知数列{an}是公差为2的等差数列,它的前n项和为Sn,且a1,a3,a7成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设数列{bn}满足bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.

10.已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=2,a3+a4=32.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=+log2an,求数列{bn}的前n项和Tn.

11.(2021四川泸州二模)已知数列{an}是等比数列,a2=4,且a3+2是a2和a4的等差中项.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.求使Tn>成立的最小整数n.

能力提升

12.在数列{an}中,a1=1,且an+1=.若bn=anan+1,则数列{bn}的前n项和Sn为(　　)

A. B. 

C. D.

13.数列1,x,1,x,x,1,x,x,x,1,x,x,x,x,1,x,…,其中在第n个1与第n+1个1之间插入n个x,若该数列的前2 020项的和为7 891,则x=　　　　. 

14.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足=2Sn+n+4,a2-1,a3,a7恰为等比数列{bn}的前3项.

(1)求数列{an},{bn}的通项公式;

(2)若cn=(-1)nlog2bn-,求数列{cn}的前n项和Tn.

15.(2021山东菏泽一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=2Sn+2,数列{bn}满足b1=2,(n+2)bn=nbn+1,其中n∈N*.

(1)分别求数列{an}和{bn}的通项公式;

(2)在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为cn的等差数列,求数列{bncn}的前n项和Tn.

高考预测

16.(2021云南曲靖二模)已知数列{an}的前n项和为Sn.

(1)请从①2Sn=3an-3-4n,②a1=-3,an+1=-an-4这两个条件中任选一个,证明数列{an+2}是等比数列;

(2)数列{bn}为等差数列,b3=5,b5=9,记cn=(an+2)bn,求数列{cn}的前n项和Tn.

答案：

1.A　解析该数列的通项公式为an=(2n-1)+,

则Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.

2.D　解析∵an+1=a1+an+n,a1=1,∴an+1-an=1+n.

∴an-an-1=n(n≥2).

∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=.

∴=2.

∴的前100项和为2×1-+…+=2×.故选D.

3.C　解析∵an+1-an=2,a1=-5,

∴数列{an}是首项为-5,公差为2的等差数列.

∴an=-5+2(n-1)=2n-7.

∴数列{an}的前n项和Sn==n2-6n.

令an=2n-7≥0,解得n≥.

∴当n≤3时,|an|=-an;当n≥4时,|an|=an.

∴|a1|+|a2|+…+|a6|=-a1-a2-a3+a4+a5+a6=S6-2S3=62-6×6-2(32-6×3)=18.

4.C　解析设等差数列{an}的公差为d.

由5S12-6S10=120,得5×12a1+d-6×10a1+d=120,化简得60d=120,解得d=2.

又已知a1=-2021,则S2022=2022×(-2021)+×2=0.

5.B　解析设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.

由题意得解得

故an=3+2(n-1)=2n+1.

所以,

所以Tn=+…+=<.

对一切n∈N*都有2m+1>Tn恒成立,只需满足2m+1≥即可,

故m能取到的最小整数为0.

6.B　解析由题意知,n≥2,n∈N*且a1=1,

则由累加法可知an-a1=2+3+…+n,所以an=1+2+…+n=n+.

当n=1时,=1=a1,则an=,n∈N*,则=2.

记的前n项的和为Sn,则Sn=+…+=2=2,则S2021=2×.

7.　解析∵an-an+1=2anan+1,∴=2,即=2.

∴数列是以2为公差的等差数列.

∵=5,∴=5+2(n-3)=2n-1.∴an=.

∴anan+1=.

∴数列{anan+1}前10项的和为

.

8.解(1)由Sn+1=an+n2,①

得Sn+1+1=an+1+(n+1)2,②

②-①,得an=2n+1.

a1=3满足上式,所以数列{an}的通项公式为an=2n+1.

(2)由(1)得bn=(-1)n+22n+1,

所以Tn=b1+b2+…+bn=[(-1)+(-1)2+…+(-1)n]+(23+25+…+22n+1)

=

=(4n-1).

9.解(1)因为数列{an}是公差为2的等差数列,且a1,a3,a7成等比数列,

所以=a1·a7,即(a1+4)2=a1(a1+12),解得a1=4,

所以an=4+(n-1)×2=2n+2.

(2)由(1)可得Sn=4n+×2=n2+3n,bn=,所以Tn=+…+,①

则Tn=+…+,②

①-②,得Tn=,

所以Tn=,

因此Tn=.

10.解(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0),

则an=a1qn-1,且an>0.

由已知得a1+a2=2=,即a1a2=2;

a3+a4=32=,即a3a4=32.

∵a3a4=a1a2q4=2q4=32,且q>0,∴q=2.

由a1a2=q=2,且a1>0,得a1=1.

∴数列{an}的通项公式为an=2n-1.

(2)由(1)知bn=+log2an=4n-1+n-1,

∴Tn=(1+4+42+…+4n-1)+(0+1+2+3+…+n-1)=.

11.解(1)设数列{an}的公比为q,因为a2=4,所以a2=a1q=4.

因为a3+2是a2和a4的等差中项,

所以2(a3+2)=a2+a4,即2(a1q2+2)=a1q+a1q3,所以q2-2q=0.

因为q≠0,所以q=2,

所以an=a2qn-2=4·2n-2=2n(n∈N*).

(2)因为an=2n,所以bn=,

Tn=+…+=1-,

由Tn>,得1-,

所以2n+1>65,即n>5,

所以使Tn>成立的最小整数n=6.

12.B　解析由an+1=,得+2,

∴数列是以1为首项,2为公差的等差数列,

∴=2n-1,又bn=anan+1,

∴bn=,

∴Sn=,

故选B.

13.4　解析当n≥2时,前n个1之间共有n+[1+2+3+…+(n-1)]=项,当n=63时,有=2016项,在第63个1的后面再跟的第4个x就是第2020项,所以前2020项中含63个1,其余的均为x.

故该数列前2020项的和为63×1+(2020-63)x=7891,解得x=4.

14.解(1)因为=2Sn+n+4,所以=2Sn-1+n-1+4(n≥2).

两式相减,得=2an+1,

所以+2an+1=(an+1)2.

因为{an}是各项均为正数的数列,

所以an+1=an+1,即an+1-an=1.

又=(a2-1)a7,所以(a2+1)2=(a2-1)(a2+5),

解得a2=3.由=2S1+1+4,可得a1=2,

所以{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,所以an=n+1.

由题意知b1=2,b2=4,b3=8,故bn=2n.

(2)由(1)得cn=(-1)nlog22n-=(-1)nn-,

故Tn=c1+c2+…+cn=[-1+2-3+…+(-1)nn]-.

设Fn=-1+2-3+…+(-1)nn,

则当n为偶数时,Fn=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(n-1)+n]=;

当n为奇数时,Fn=Fn-1+(-n)=-n=.

设Gn=+…+,

则Gn=+…+.

所以Tn=

15.解(1)设等比数列{an}的公比为q,由已知an+1=2Sn+2,可得an=2Sn-1+2(n≥2),

两式相减可得an+1-an=2Sn-2Sn-1,即an+1-an=2an,

整理得an+1=3an,可知q=3.

已知an+1=2Sn+2,令n=1,得a2=2a1+2,即a1q=2a1+2,解得a1=2.

故等比数列{an}的通项公式为an=2·3n-1(n∈N*).

由b1=2,(n+2)bn=nbn+1(n∈N*),得,

那么,…,,

以上n-1个式子相乘,可得×…×,

bn=n(n+1)(n≥2),又b1=2满足上式,

所以{bn}的通项公式bn=n(n+1)(n∈N*).

(2)若在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为cn的等差数列,

则an+1-an=(n+1)cn,即为2·3n-2·3n-1=(n+1)cn,整理得cn=,

所以bncn=4·n·3n-1,

Tn=b1c1+b2c2+b3c3+…+bn-1cn-1+bncn

=4×1×30+4×2×31+4×3×32+…+4·(n-1)·3n-2+4·n·3n-1

=4×(1×30+2×31+3×32+…+(n-1)·3n-2+n·3n-1),

3Tn=4×[1×31+2×32+…+(n-1)·3n-1+n·3n],

两式相减得

-2Tn=4×(30+31+32+…+3n-1-n·3n)=4,

所以Tn=2=1+(2n-1)3n(n∈N*).

16.(1)证明方案一:选条件①

当n=1时,2a1=2S1=3a1-3-4,解得a1=7,∴a1+2=7+2=9;

当n≥2时,由2Sn=3an-3-4n,可得2Sn-1=3an-1-3-4(n-1),

两式相减,可得2an=3an-3an-1-4,即an=3an-1+4.

∴an+2=3an-1+4+2=3(an-1+2),

∴数列{an+2}是以9为首项,3为公比的等比数列.

方案二:选条件②

当n=1时,a1+2=-3+2=-1;

当n≥2时,an+1+2=-an-4+2=-(an+2).

∴数列{an+2}是以-1为首项,-1为公比的等比数列.

(2)解由题意,设等差数列{bn}的公差为d,则d==2,b1=b3-2d=5-2×2=1,

∴bn=1+2(n-1)=2n-1,n∈N*.

方案一:选条件①

由(1),可得an+2=9·3n-1=3n+1,则cn=(an+2)bn=(2n-1)·3n+1,

∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=1×32+3×33+5×34+…+(2n-1)·3n+1,

3Tn=1×33+3×34+…+(2n-3)·3n+1+(2n-1)·3n+2,

两式相减,可得-2Tn=1×32+2×33+2×34+…+2·3n+1-(2n-1)·3n+2=9+2×-(2n-1)·3n+2=-18-2(n-1)·3n+2,

∴Tn=(n-1)·3n+2+9,n∈N*.

方案二:选条件②

由(1),可得an+2=-1·(-1)n-1=(-1)n,

则cn=(an+2)bn=(2n-1)·(-1)n,

∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=-1+3-5+…+(2n-1)·(-1)n,

当n为偶数时,Tn=-1+3-5+…+(2n-1)=2+2+…+2=2×=n;

当n为奇数时,Tn=-1+3-5+…-(2n-1)=2+2+…+2-(2n-1)=2×-(2n-1)=-n.

∴Tn=