2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价35数列求和含解析新人教A版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价35数列求和含解析新人教A版，共8页。

A组 全考点巩固练
1．(2020·韶关二模)已知数列{an}是各项不相等的等差数列．若a1＝4，且a2，a4，a8成等比数列，则数列{an}的前8项和S8＝( )
A．112 B．144 C．288 D．110
B 解析：数列{an}是各项不相等的等差数列，设公差为d，d≠0，
若a1＝4，且a2，a4，a8成等比数列，
可得a2a8＝aeq \\al(2,4)，
即(4＋d)(4＋7d)＝(4＋3d)2，
解得d＝4(0舍去)，
则数列{an}的前8项和S8＝8×4＋eq \f(8×7,2)×4＝144.
2．在数列{an}中，a1＝5，(an＋1－2)(an－2)＝3(n∈N*)，则该数列的前2 020项的和是( )
A．2 020B．2 022
C．8 080D．16 160
C 解析：由(an＋1－2)(an－2)＝3，得(an＋2－2)·(an＋1－2)＝3，因此an＋2－2＝an－2，即an＋2＝an，所以数列{an}是以2为周期的数列．又a1＝5，因此(a2－2)(a1－2)＝3(a2－2)＝3，故a2＝3，a1＋a2＝8.又2 020＝2×1 010，因此该数列的前2 020项的和等于1 010(a1＋a2)＝8 080.
3．(2020·宁德二模)已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(n,n＋1)an，a1＝1，则数列{anan＋1}的前10项和为( )
A．eq \f(10,11) B．eq \f(11,10) C．eq \f(9,10) D．eq \f(10,9)
A 解析：因为an＋1＝eq \f(n,n＋1)an，a1＝1，所以(n＋1)·an＋1＝nan，所以数列{nan}是每项均为1的常数列，所以nan＝1.所以an＝eq \f(1,n)，anan＋1＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以数列{anan＋1}的前10项和为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)－\f(1,11)))＝1－eq \f(1,11)＝eq \f(10,11).
4．(2020·包头二模)已知函数y＝f (x)满足f (x)＋f (1－x)＝1.若数列{an}满足an＝f (0)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)))＋…＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))＋f (1)，则数列{an}的前20项和为( )
A．100 B．105 C．110 D．115
D 解析：因为函数y＝f (x)满足f (x)＋f (1－x)＝1，an＝f (0)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)))＋…＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))＋f (1)①，
所以an＝f (1)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－2,n)))＋…＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋f (0)②.
由①＋②可得2an＝n＋1，
所以an＝eq \f(n＋1,2)，所以数列{an}是首项为1，公差为eq \f(1,2)的等差数列，其前20项和为eq \f(20\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(20＋1,2))),2)＝115.
5．(2020·南昌三模)将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20,2×10,4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的．我们称4×5为20的最佳分解．当p×q(p≤q且p，q∈N*)是正整数n的最佳分解时，定义函数f (n)＝q－p，则数列{f (3n)}(n∈N*)的前100项和S100为( )
A．350＋1B．350－1
C．eq \f(350－1,2)D．eq \f(350＋1,2)
B 解析：根据题意，知f (3)＝3－1＝2，f (32)＝3－3＝0，f (33)＝32－3＝6，f (34)＝32－32＝0，…，f (32k－1)＝3k－3k－1＝2×3k－1，f (32k)＝3k－3k＝0.
所以数列{f (3n)}(n∈N*)的前100项和S100＝2×30＋0＋2×31＋0＋…＋2×349＋0＝2(30＋31＋32＋…＋349)＝2×eq \f(1－350,1－3)＝350－1.
6．数列1,2,4，…，2n＋1的前n项和Sn＝________，各项和为________．
2n－1 2n＋2－1 解析：数列的通项公式为an＝2n－1，数列共有n＋2项，所以前n项的和为Sn＝2n－1，各项的和为前n＋2项的和，即Sn＋2＝2n＋2－1.
7．在等比数列{an}中，a1＋a2＋…＋a6＝10，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a6)＝5，则a1·a2·…·a6＝________.
8 解析：由等比数列的前n项和公式，a1＋a2＋…＋a6＝eq \f(a1－a6q,1－q)＝10，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a6)＝eq \f(\f(1,a1)－\f(1,a6)·\f(1,q),1－\f(1,q))＝eq \f(\f(a6q－a1,a1a6),q－1)＝5.把a1－a6q＝10(1－q)代入，得a1a6＝2.
所以a1·a2·…·a6＝(a1·a6)3＝23＝8.
8．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝2Sn－Sn＋1＋3.记bn＝lg2a2n－1＋lg2a2n，则数列{(－1)n·beq \\al(2,n)}的前10项和为________．
200 解析：因为a1＝1，a2＝2，且an＋2＝2Sn－Sn＋1＋3，所以a3＝2－3＋3＝2.
因为an＋2＝2Sn－Sn＋1＋3，
所以n≥2时，an＋1＝2Sn－1－Sn＋3，
两式相减可得
an＋2－an＋1＝2(Sn－Sn－1)－(Sn＋1－Sn)(n≥2)，
即n≥2时，an＋2－an＋1＝2an－an＋1即an＋2＝2an.
因为a3＝2a1，
所以数列{an}的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2，
所以a2n＝2×2n－1＝2n，a2n－1＝1×2n－1＝2n－1，
所以bn＝lg2a2n－1＋lg2a2n＝n－1＋n＝2n－1，
则(－1)n·beq \\al(2,n)＝(－1)n(2n－1)2，则数列{(－1)nbeq \\al(2,n)}的前10项和为
Tn＝(32－12)＋(72－52)＋…＋(192－172)
＝2×(4＋12＋20＋28＋36)＝200.
9．已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．
解：(1)设等比数列{bn}的公比为q，则q＝eq \f(b3,b2)＝eq \f(9,3)＝3，
所以b1＝eq \f(b2,q)＝1，b4＝b3q＝27，
所以bn＝3n－1.
设等差数列{an}的公差为d.
因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
所以1＋13d＝27，即d＝2.
所以an＝2n－1.
(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1，
因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.
从而数列{cn}的前n项和
Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1
＝eq \f(n1＋2n－1,2)＋eq \f(1－3n,1－3)＝n2＋eq \f(3n－1,2).
10．某企业进行技术改造，有两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？
(取1.0510≈1.629,1.310≈13.786,1.510≈57.665)
解：甲方案是等比数列，乙方案是等差数列．
①甲方案获利：1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝eq \f(1.310－1,0.3)≈42.62(万元)，
银行贷款本息：10(1＋5%)10≈16.29(万元)，
故甲方案纯利：42.62－16.29＝26.33(万元)．
②乙方案获利：1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋eq \f(10×9,2)×0.5＝32.50(万元)；
银行本息和：1.05×[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)9]＝1.05×eq \f(1.0510－1,0.05)≈13.21(万元)．
故乙方案纯利：32.50－13.21＝19.29(万元)．
综上可知，甲方案更好．
B组 新高考培优练
11．(多选题)已知等比数列{an}公比为q，前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，则( )
A．{an}为单调递增数列B．eq \f(S6,S3)＝9
C．S3，S6，S9成等比数列D．Sn＝2an－a1
BD 解析：由a6＝8a3，可得q3a3＝8a3.所以q＝2.当a1＜0时，可得{an}为单调递减数列， A错误．由eq \f(S6,S3)＝eq \f(1－26,1－23)＝9，知B正确．假设S3，S6，S9成等比数列，可得Seq \\al(2,6)＝S9×S3，即(1－26)2＝(1－23)(1－29)，此式不成立，C错误．由{an}的公比为q，得Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝eq \f(2an－a1,2－1)＝2an－a1.所以Sn＝2an－a1，D正确．故选BD．
12．(多选题)已知数列{an}是首项为1的等差数列，数列{bn}是公比为eq \f(1,2)的等比数列．若数列{an·bn}的前n项和Sn＝3－eq \f(2n＋3,2n)，则(CD)
A．数列{an}的公差为eq \f(1,2)
B．b1＝2
C．eq \f(an,bn)＝(2n－1)2n
D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))的前n项和为(2n－3)2n＋1＋6
13．(2020·郴州质检)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3·…·an＝2eq \s\up6(bn) (n∈N*)．若数列{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，则数列{bn}的通项公式bn＝________，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))的前n项和Sn＝________.
eq \f(nn＋1,2) eq \f(2n,n＋1) 解析：因为数列{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，
所以公比q＝eq \r(3,\f(a4,a1))＝eq \r(3,\f(16,2))＝2，
所以an＝2n，
所以a1a2a3·…·an＝21×22×23×…×2n
＝21＋2＋3＋…＋n＝2eq \s\up12(eq \f(nn＋1,2)).
因为a1a2a3…an＝2eq \s\up6(bn)，
所以bn＝eq \f(nn＋1,2)，
所以eq \f(1,bn)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))的前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))
＝eq \f(2n,n＋1).
14．(2020·泰安一模)在①A5＝B3，②eq \f(1,a1)－eq \f(1,a2)＝eq \f(4,B2)，③B5＝35这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
已知等差数列{an}的公差为d(d>0)，等差数列{bn}的公差为2d.设An，Bn分别是数列{an}，{bn}的前n项和，且b1＝3，A2＝3，________，
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝2an＋eq \f(3,bnbn＋1)，求数列{cn}的前n项和Sn.
解：方案一：选条件①.
(1)因为数列{an}，{bn}都是等差数列，且A2＝3，A5＝B3，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝3，,5a1＋10d＝9＋6d，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1.))
所以an＝a1＋(n－1)d＝n，
bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1.
综上，an＝n，bn＝2n＋1.
(2)由(1)得
cn＝2n＋eq \f(3,2n＋12n＋3)＝2n＋eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))
所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋eq \f(3,2)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))))
＝eq \f(21－2n,1－2)＋eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3)))
＝2n＋1－eq \f(3n＋2,2n＋3).
方案二：选条件②.
(1)因为数列{an}，{bn}都是等差数列，且A2＝3，eq \f(1,a1)－eq \f(1,a2)＝eq \f(4,B2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝3，,4a1a1＋d＝d6＋2d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1，))
所以an＝a1＋(n－1)d＝n，
bn＝b1＋2(n－1)d＝2n＋1.
综上，an＝n，bn＝2n＋1.
(2)同方案一．
方案三：选条件③.
(1)因为数列{an}，{bn}都是等差数列，且A2＝3，B5＝35.
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋d＝3，,3×5＋\f(5×4,2)×2d＝35，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1.))
所以an＝a1＋(n－1)d＝n，
bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1.
综上，an＝n，bn＝2n＋1.
(2)同方案一．
15．(2020·山东高考名校联考信息优化卷)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，a3＝eq \f(1,16)，a1－a2＝eq \f(1,8)，数列{bn}满足b1＝－3，且1＋bn＋1与1－bn的等差中项是an.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若cn＝(－1)nbn，求数列{cn}的前2n项和S2n.
解：(1)设数列{an}的公比为q，由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝\f(1,16)，,a1－a1q＝\f(1,8)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4)，,q＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,16)，,q＝－1.))
由于数列{an}的各项均为正数，所以q＞0，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4)，,q＝\f(1,2)，))所以an＝eq \f(1,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1).
因为1＋bn＋1与1－bn的等差中项是an，所以1＋bn＋1＋1－bn＝2an＝2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)，即bn＋1－bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)－2.
于是bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝－3＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1)－2))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)－2))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)－2))＝－3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)－2(n－1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)－2n.
故数列{bn}的通项公式为bn＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)－2n.
(2)由(1)知cn＝(－1)nbn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＋(－1)n＋1·2n，
所以S2n＝(1＋2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－4))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋6))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2n－1)＋－12n＋1·2·2n))
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋\f(1,4)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2n－1)))＋[2－4＋6＋8＋…＋2(2n－1)－2·2n]
＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2n),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＋(－2)×eq \f(2n,2)
＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(n)))－2n.