2023高考数学复习专项训练《数列求和方法》

这是一份2023高考数学复习专项训练《数列求和方法》，共14页。试卷主要包含了、单选题，、填空题，、解答题等内容，欢迎下载使用。


一 、单选题（本大题共14小题，共65分）
1.（5分）等差数列{an}中，a4=9，a7=15，则数列{(-1)nan}的前20项和等于( )
A. -10B. -20C. 10D. 20
（5分）已知等差数列{an}中，a3=5，且a1，a2，a5成等比数列．
2.求数列{an}的通项公式；

A. an=3n+1B. an=5或an=2n
C. an=5或an=2n+1D. an=5或an=2n-1
3.当a2>a1时，若数列{an}的前n项和为Sn，设bn=n(n+1)Sn，求数列{bn}的前n项和Tn.
A. nn+1B. n-1n+1C. 1D. n+12n+1
4.（5分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5+a7=26，S20=530，则数列{1anan+1}的前10项和为( )
A. -950B. -1156C. -1162D. -528
5.（5分）数列an=1n(n+1)，其前n项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n+1)x+y+n=0在y轴上的截距为( )
A. -10B. -9C. 10D. 9
6.（5分）若数列{14n2-1}的前n项和为Tn，则满足Tn>100209的最小正整数n是( )
A. 10B. 11C. 12D. 9
7.（5分）我们把Fn=22n+1(n=0,1,2…)叫“费马数”(费马是十七世纪法国数学家).设an=lg2(Fn-1)，n=1，2，…，Sn表示数列{an}的前n项之和，则使不等式2S1S2+22S2S3+…+2nSnSn+1<2n2400成立的最小正整数n的值是( )
A. 10B. 9C. 8D. 11
8.（5分）已知数列{an}的通项公式为an=(-1)n-1.2n+1n2+n(n∈N*)，则数列{an}的前2020项和为( )
A. 20222021B. 20212020
C. 20202021D. 20192020
9.（5分）已知数列{an}满足：an=1n(n+2)，则{an}的前10项和S10为( )
A. 1112B. 1124C. 175132D. 175264
10.（5分）已知数列{an}的通项公式是an=2n-315n，则其前20项和为( )
A. 380-351-1519
B. 400-251-1520
C. 420-341-1520
D. 440-451-1520
11.（5分）若数列{an}的通项为an=2n(n+2)，则其前n项和Sn为( )
A. 1-1n+2B. 32-1n-1n+1
C. 32-1n-1n+2D. 32-1n+1-1n+2
12.（5分）已知数列{an}的前n项和为Sn，直线y=x-22与圆x2+y2=2an+2交于An，Bn(n∈N*)两点，且S n=14|AnBn|2.若a1+2a2+3a3+…+nan<λan2+2对任意n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围是( )
A. (0,+∞)B. (12,+∞)
C. [0,+∞)D. [12,+∞)
13.（5分）设直线nx+(n+1)y=2(n∈N*)与两坐标轴围成的三角形面积为Sn，则S1+S2+…+S2019+S2020的值为( )
A. 20172018B. 20182019
C. 20192020D. 20202021
14.（5分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且an=1n(n+1)，则S9等于( )
A. 17B. 27C. 910D. 421
二 、填空题（本大题共5小题，共25分）
15.（5分）已知数列的通项an=-5n+2，则其前n项和Sn= ______ ．
16.（5分）若数列{an}满足a1=a2=1，a3=2，则数列{an⋅an+1}是等比数列，则数列{an}的前19项和的值为______．
17.（5分）已知数列{an}满足a1=2，且an+1-an=2n(n∈N*)，则数列{an.lg2an}的前n项和为________.
18.（5分）数列{an}的通项公式an=1n+n+1，则该数列的前_________项之和等于9.
19.（5分）已知数列{an}：12，13+23，14+24+34，…，110+210+310+…+910，…，则{an}的通项公式为an= (1) ；数列{1anan+1}的前n项和Sn= (2) .
三 、解答题（本大题共5小题，共60分）
20.（12分）已知数列{an}满足：an>0，a1=1，an=an+1(2an+1)(n∈N*).
(1)求证：{1an}为等差数列，并求出an；
(2)设bn=1an+1(n2+n)2(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，若不等式Sn⩾9991000成立，求正整数n的最小值．
21.（12分）已知数列{an}的前n项和Sn，对一切正整数n，点(n,Sn)都在函数f(x)=2x+2-4的图象上．
(I)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设bn=an⋅lg2an，求数列{bn}的前n项和Tn．
22.（12分）已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前三项．
(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；
(2)记数列{anbn}的前n项和为Kn，求Kn.
23.（12分）已知数列{an}满足a1=2，an+1=an2(an>0)，记bn=lg2an，在{bn}中每相邻两项之间都插入3个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的正项等比数列{cn}，若数列{bn}中的第n项是数列{cn}中的第dn项.
(1)求数列{bn}及{dn}的通项公式.
(2)求数列{dnbn}的前n项和Sn.
24.（12分）已知数列{an}满足：a1=1，an+1=2an+n-1．
(1)设bn=an+n，证明：数列{bn}是等比数列；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，求Sn．
答案和解析
1.【答案】D;
【解析】
该题考查等差数列的通项公式的运用，考查数列的并项求和，属于基础题．
运用等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，再由等差数列的通项公式，结合并项求和，计算可得所求和．

解：设等差数列{an}的公差设为d，
由a4=9，a7=15，可得a1+3d=9，a1+6d=15，
解得a1=3，d=2，
则an=3+2(n-1)=2n+1，
所以数列{(-1)nan}的前20项和为
-3+5-7+9-11+13+…-39+41
=(-3+5)+(-7+9)+(-11+13)+…+(-39+41)
=2×10=20．
故选D．
2.【答案】D;A;
【解析】
(1)由已知可得a22=a1.a5，然后利用等差数列的通项代入可求d与a1的关系，再由a3=a1+2d=5，可求a1，d，进而可求通项
(2)由(1)及a2>a1时，可求an=2n-1，Sn=n2，则bn=n(n+1)n2=1(n+1)n=1n-1n+1，利用裂项可求数列的和
此题主要考查； 等差数列的通项公式及等比数列的性质的应用，裂项求和的应用，属于等差数列与等比数列的综合应用
3.【答案】D;
【解析】
此题主要考查了等差数列的通项公式，前n项和公式，裂项相消法求和，属于中档题.
先用等差数列通项公式与求和公式求出首项和公差，再利用裂项相消法求出答案.

解：等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5+a7=26，S20=530，
a1+4d+a1+6d=26，S20=20a1+20×192d=530，解得d=3，a1=-2，
则an=3n-5，1anan+1即为13n-53n-2=1313n-5-13n-2，
数列{1anan+1}的前10项和为
131-2-1+1-14+14-17+…+125-128=13-12-128=-528.
故选D.
4.【答案】B;
【解析】解：因为数列{an}的通项公式为an=1n(n+1)且其前n项和为：
11×2+12×3+…+1n(n+1)
=1-1n+1=nn+1=910，
∴n=9，
∴直线方程为10x+y+9=0．
令x=0，得y=-9，
∴在y轴上的截距为-9．
故选B
由题意因为数列an=1n(n+1)，其前n项之和为910，有数列通项的特点利用裂项相消得方法得到n的方程解出n的值是直线(n+1)x+y+n=0的方程具体化，再利用直线在y轴上的截距求出所求．
该题考查了裂项相消求数列的前n项和，及直线y轴截距，此外还考查了学生利用方程的思想解问题．
5.【答案】C;
【解析】解：由于14n2-1=1(2n+1)(2n-1)=12(12n-1-12n+1)，
所以Tn=12(1-13+13-15+…+12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1，
由于满足Tn>100209，
所以n2n+1>100209，整理得209n-100(2n+1)209(2n+1)>0，
当9n-100>0，即n>1009，
即n的最小整数为12时，满足Tn>100209．
故选：C．
直接利用数列的通项公式进一步利用裂项相消法在数列求和中的应用求出结果．
该题考查的知识要点：数列的通项公式的应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
6.【答案】A;
【解析】解：Fn=22n+1(n=0,1,2…)，
由于an=lg2(Fn-1)=lg2(22n+1-1)=2n，
故Sn=2(1-2n)1-2=2(2n-1)，
则2nSnSn+1=2n4(2n-1)(2n+1-1)=14(12n-1-12n+1-1)，
则不等式2S1S2+22S2S3+…+2nSnSn+1<2n2400
即为14(1-122-1+122-1-123-1+…+12n-1-12n+1-1)<2n2400，
即有14(1-12n+1-1)<2n2400，
即为600(1-12n+1-1)<2n，
由29=512，210=1024，211=2048，可得当不等式成立时n的最小值为10．
故选：A．
首先利用已知条件求出数列的通项公式，再由等比数列的求和公式，可得2nSnSn+1=2n4(2n-1)(2n+1-1)=14(12n-1-12n+1-1)，进一步利用裂项相消法求出数列的和，进而确定结果．
该题考查数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于中档题．
7.【答案】C;
【解析】
此题主要考查数列的求和，属于基础题.
解答本题的关键是知道an=(-1)n-1⋅2n+1n2+n=(-1)n-1⋅(1n+1n+1)，然后再求数列{an}的前2020项和.

解：∵an=(-1)n-1⋅2n+1n2+n=(-1)n-1⋅(1n+1n+1)，
∴当n为偶数时，
a1+a2+…+an
=(1+12)-(12+13)+(13+14)-(14+15)+…+[-(1n+1n+1)]
=1-1n+1=nn+1，
∴数列{an}的前2020项和为20202021，
故选C.
8.【答案】D;
【解析】解：数列{an}满足：an=1n(n+2)，
可得an=12(1n-1n+2)，
S10=12(1-13+12-14+…+19-111+110-112)
=12(1+12-111-112)=175264．
故选：D．
由题意可得an=12(1n-1n+2)，由裂项相消求和可得所求和．
该题考查数列的裂项相消求和，考查化简运算能力，属于基础题．
9.【答案】C;
【解析】

此题主要考查了数列求和，属于中档题.
直接利用分组转化求和法，结合等差数列与等比数列的前n项和公式求和即可.
解：令数列{an}的前n项和为Sn，则
S20=a1+a2+…+a20
=2(1+2+…+20)-3×15+152+…+1520
=2×20×(20+1)2-3×15(1-1520)1-15=420-34(1-1520).
故选C.
10.【答案】D;
【解析】
此题主要考查了裂项求和，由an=1n-1n+2可以得出答案.

解：因为an=2n(n+2)=1n-1n+2，
则Sn=1-13+12-14+13-15+…
+1n-1-1n+1+1n-1n+2
=1+12-1n+1-1n+2=32-1n+1-1n+2.
故选D.
11.【答案】B;
【解析】解：圆心O(0,0)到直线y=x-22，即x-y-22=0的距离d=|-22|2=2，
由d2+(12|AnBn|)2=r2，且S n=14|AnBn|2，
得22+Sn=2an+2，∴4+Sn=2(Sn-Sn-1)+2，
即Sn+2=2(Sn-1+2)且n⩾2；
∴{Sn+2}是以a1+2为首项，2为公比的等比数列．
由22+Sn=2an+2，取n=1，解得a1=2，
∴Sn+2=(a1+2)⋅2n-1，则Sn=2n+1-2；
∴an=Sn-Sn-1=2n+1-2-2n+2=2n(n⩾2)．
a1=2适合上式，
∴an=2n．
令Tn=a1+2a2+3a3+…+nan=1⋅2+2⋅22+3⋅23+…+(n-1)⋅2n-1+n⋅2n，
∴2Tn=1.22+2.23+…+(n-1).2n+n.2n+1，
两式作差可得：-Tn=2+22+23+…+2n-n.2n+1=2(1-2n)1-2-n.2n+1=(1-n)⋅2n+1-2，
∴Tn=(n-1).2n+1+2，
由a1+2a2+3a3+…+nan<λan2+2对任意n∈N*恒成立，
可得(n-1)⋅2n+1+2<λ⋅22n+2对任意n∈N*恒成立，
即λ>2n-22n对任意n∈N*恒成立，
当n=1时，2n-22n=0；
由2(n+1)-22n+1-2n-22n=4-2n2n+1，知，n=2时，4-2n2n+1=0，
∴当n=2、3时，2n-22n最大为12．
∴λ>12．
∴λ的取值范围为：(12,+∞)．
故选：B．
由已知得到关于数列{an}的递推式，进一步得到{Sn+2}是以a1+2为首项，2为公比的等比数列．求出数列{an}的前n项和为Sn，进一步求得数列{an}的通项，然后利用错位相减法求得a1+2a2+3a3+…+nan，代入a1+2a2+3a3+…+nan<λan2+2，分离参数λ，求出2n-22n得最大值得答案．
此题主要考查函数恒成立问题，考查数学转化思想方法，训练了利用错位相减法求数列的前n项和，考查直线与圆的位置关系，是中档题．
12.【答案】D;
【解析】解直线nx+(n+1)y=2(n∈N*)与两坐标轴围成的三角形面积为Sn，则
当y=0时，解得x=2n．
当x=0时，解得y=2n+1，
所以Sn=12×2n×2n+1=1n(n+1)=1n-1n+1，
则：S1+S2+…+S2019+S2020=1-12+12-13+…+12020-12021=1-12021=20202021．
故选：D．
首先利用直线的方程的应用求出三角和形的面积，进一步利用裂项相消法的应用求出结果．
该题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，直线的方程的应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
13.【答案】C;
【解析】解：∵an=1n(n+1)=1n-1n+1，
则S9=(1-12)+(12-13)+…+(19-110)=1-110=910．
故选：C．
an=1n(n+1)=1n-1n+1，再利用“裂项求和”即可得出．
该题考查了“裂项求和”方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】-5n2-n2;
【解析】解：∵数列的通项an=-5n+2，
∴数列是以a1=-3为首项，d=-5公差的等差数列，
∴其前n项和Sn=n(a1+an)2=-5n2-n2．
故答案为：sn=-5n2-n2
已知数列的通项公式是一次函数形式，则该数列为等差数列，求出首项，再求前n项和．
该题考查了等差数列的通项及求和公式，值得一提的是求和公式的选择可减少计算量．
15.【答案】1534;
【解析】
该题考查等比数列的定义及求和公式的简单应用，属于中档题．
由已知可得anan+1an-1an=q化简可得an+1an-1=q，然后结合a1=a2=1，a3=2，可求q，结合等比数列的求和公式即可求解．

解：数列{an⋅an+1}是等比数列，
∴anan+1an-1an=q即an+1an-1=q，
∵a1=a2=1，a3=2，
∴q=a3a1=2，
则数列{an}的奇数项和偶数项分别成公比为2的等比数列，
且奇数项分别为1，2，4，8…偶数项分别为1，2，4，8…
前19项和的(1+2+4++…+28)+(1+2+4+…+29)=1-291-2+1-2101-2=29+210-2=1534
故答案为：1534

16.【答案】n-12n+1+2;
【解析】
此题主要考查了“累加法”求数列的通项公式、等比数列的前n项和公式，以及错位相减法求数列的和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
由a1=2，an+1-an=2n(n∈N*)，利用累加法能求出数列{an}的通项公式；由bn=n⋅an=n⋅2n，利用错位相减法能求出数列{bn}的前n项和Sn.

解：∵数列{ an}满足a1=2，an+1-an=2n(n∈N*)，
∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=2+2+22+…+2n-1=1+2n-12-1=2n.
令bn=an⋅lg2an=n.2n，
∴Sn=1×2+2×22+3×23+…+n-1×2n-1+n×2n，(1)2Sn=1×22+2×23+…+n-2×2n-1+n-1×2n+n×2n+1，(2)
(1)-(2)得-Sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1
=2n+1-22-1-n×2n+1
=2n+1-2-n×2n+1
=1-n2n+1-2.
所以Sn=n-12n+1+2.
故答案为n-12n+1+2.
17.【答案】99;
【解析】
此题主要考查数列的求和，考查运算求解能力，是基础题.
根据题意利用裂项相消法即可求得结果.
解：由题意知，an=1n+n+1=n+1-n，
Sn=2-1+3-2+⋯+n+1-n，
=n+1-1=9，
解得n=99.
故答案为99.
18.【答案】n2;4nn+1;
【解析】
此题主要考查等差数列的求和公式，考查裂项相消求和，
依题意，根据等差数列的求和公式得an=nn+12n+1=n2，从而得bn=4nn+1=41n-1n+1，根据裂项相消求和计算即可.

解：由已知条件，可得数列{an}的通项公式为an=1+2+3+…+nn+1=n2.
∴bn=1anan+1=4n(n+1)=41n-1n+1.
Sn=41-12+12-13+…+1n-1n+1=41-1n+1=4nn+1.
故答案为n2；4nn+1.
19.【答案】解：（1）证明：1an+1=2an+1an=1an+2，故1an+1-1an=2，
故{1an}为等差数列，首项1a1=1，公差为2，
故1an=1+(n-1)×2=2n-1，
故an=12n-1；
（2）bn=1an+1n2.(n+1)2=2n+1n2.(n+1)2=1n2-1(n+1)2，
故Sn=(11-122)+(122-132)+…+(1n2-1(n+1)2)=1-1(n+1)2，
令1-1(n+1)2≥9991000，
即1(n+1)2≤11000，即（n+1）2≥1000，
当n=30时，312=961＜1000；
当n=31时，322=1024＞1000，
故n≥31，因此不等式Sn≥9991000成立的正整数n的最小值为31．;
【解析】
(1)运用等差数列的定义，只需证明1an+1-1an为常数，再由等差数列的通项公式，可得所求；
(2)求得bn=1an+1n2.(n+1)2=2n+1n2.(n+1)2=1n2-1(n+1)2，再由数列的裂项相消求和，可得所求和Sn，解不等式可得所求最小值．
该题考查等差数列的定义和通项公式，数列的裂项相消求和，以及不等式的解法，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题．
20.【答案】解：（I）由题意，Sn=2n+2-4，n≥2时，
an=Sn-Sn-1=2n+2-2n+1=2n+1
当n=1时，a1=S1=23-4=4，也适合上式
∴数列{an}的通项公式为an=2n+1，n∈N*；
（II）∵bn=anlg2an=（n+1）•2n+1，
∴Tn=2•22+3•23+4•24+…+n•2n+（n+1）•2n+1①
2Tn=2•23+3•24+4•25+…+n•2n+1+（n+1）•2n+2②
②-①得，Tn=-23-23-24-25-…-2n+1+（n+1）•2n+2
=-23-23(1-2n-1)1-2+(n+1).2n+2
=-23-23（2n-1-1）+（n+1）•2n+2=（n+1）•2n+2-23•2n-1
=（n+1）•2n+2-1n+2=n•2n+2．;
【解析】
(I)要求数列的通项公式，当n大于等于2时可根据数列的前n项的和减去数列的前n-1项的和求出，然后把n=1代入验证；
(II)要求数列{bn}的前n项和Tn.可先求出该数列的通项公式，列举出数列的各项，然后利用错位相减法得到数列的前n项的和即可．
该题考查了利用做差法求数列通项公式，利用错位相减法求数列的前n项的和，以及利用等比数列的前n项和的公式，学生做题时应注意利用做差法时讨论n的取值．
21.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
∵等差数列{an}的前四项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前三项，
∴4a1+6d=14(a1+2d)2=a1(a1+6d)，
解得d=1或d=0(舍去)，a1=2，
∴an=n+1，Sn=n(n+3)2，
∵a1=2，d=1，
∴a3=4，
∴数列{bn}的首项为b1=2，公比q=2，
∴bn=2n，Tn=2n+1-2；
(2)∵Kn=2×21+3×22+4×23+...
+(n+1)×2n，①
∴2Kn=2×22+3×23+4×24+...
+(n+1)×2n+1 ，②
①-②可得-Kn=2×21+22+23+...+2n-(n+1)2n+1，
∴Kn=n×2n+1.;
【解析】此题主要考查数列的通项与求和，考查错位相减法的应用，考查学生分析解决问题的能力，确定数列的通项是关键，属中档题.
(1)根据等差数列{an}的前四项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前三项，建立方程组，求出首项与公差，即可求出数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；
(2)利用错位相减法求数列{anbn}的前n项和Kn.
22.【答案】解：(1)因为an>0，an+1=an2(an>0)，
所以lg2an+1=2lg2an，因为a1=2，所以lg2a1=1，
所以{lg2an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以lg2an=1×2n-1=2n-1.
所以bn=2n-1.
由题意知c1=b1=1，c5=b2=2.
所以c5=c1·q4，即q4=2 ，又cn>0，则q=42.
所以cn=(42)n-1
又bn=cdn，则2n-1=(42)dn-1，则dn=4n-3.
(2)dnbn=4n-32n-1=(4n-3)×12n-1
Sn=1×120+5×121+9×122+⋯+(4n-3)×12n-1 ， ①
12Sn= 1×121+5×122+⋯+(4n-7)×12n-1+(4n-3)×12n， ②
①-②得12Sn=1+4×(121+122+⋯12n-1)-(4n-3)×12n，
=1+4×12[1-(12)n-1]1-12-(4n-3)×12n
=5-4n+52n.

所以Sn=10-4n+52n-1.;
【解析】
此题主要考查由递推公式求通项公式、错位相减相消法求和，属于综合题.
(1)利用递推公式an+1=an2(an>0)求出{bn}的通项公式，进一步利用数列{bn}中的第n项是数列{cn}中的第dn项，求出{dn}的通项公式.
(2)利用错位相减相消法求数列{dnbn}的前n项和Sn.
23.【答案】解：(1)数列{an}满足：a1=1，an+1=2an+n-1．
由bn=an+n，那么bn+1=an+1+n+1，
∴bn+1bn=an+1+n+1an+n=2an+n-1+n+1an+n=2；
即公比q=2，b1=a1+1=2，
∴数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列；
(2)由(1)可得bn=2n，
∴an+n=2n
那么数列{an}的通项公式为：an=2n-n
数列{an}的前n项和为Sn=2-1+22-2+23-3+……+2n-n
=(21+22+……2n)-(1+2+3+……+n)=2n+1-2-n22-n2．;
【解析】
(1)由bn=an+n，那么bn+1=an+1+n+1，利用定义证明即可；
(2)根据(1)求解数列{an}的通项，即可求解Sn．
这道题主要考查数列通项公式和前n项和的求解，利用分组求和法是解决本题的关键．