2022年高考数学一轮复习考点练习27《数列求和及综合应用》(含答案详解)

这是一份2022年高考数学一轮复习考点练习27《数列求和及综合应用》(含答案详解)，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一轮复习考点练习27《数列求和及综合应用》 一、选择题1.在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan=2n－1，则数列{an}的前12项和等于(　　)A.76         B.78       C.80         D.822.已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，则S2 018等于(　　)A.22 018－1       B.3×21 009－3     C.3×21 009－1     D.3×21 008－23.已知数列{an}的通项公式是an=2n－3n，则其前20项和为(　　)A.380－　 B.400－   C.420－   D.440－4.1＋(1＋)＋1＋＋＋…＋(1＋＋＋…+)的值为(　　)A.18＋　     B.20＋        C.22＋         D.18＋5.设y=f(x)是一次函数，若f(0)=1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于(　　)A.n(2n＋3)     B.n(n＋4)    C.2n(2n＋3)     D.2n(n＋4)6.已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn=，那么数列{bn}的前n项和Sn为(　　)A.         B.      C.         D.7.若数列{an}的通项公式是an=(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a12=(　　)A.18         B.15       C.－18         D.－158.已知函数f(n)=且an=f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　)A.0         B.100       C.－100         D.10 2009.已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，Sn是数列{an}的前n项和，则S2 020=(　　)A.22 020－1         B.3×21 010－3     C.3×21 010－1       D.3×22 020－210.数列{an}满足a1=1，nan＋1=(n＋1)an＋n(n＋1)，且bn=ancos，记Sn为数列{bn}的前n项和，则S24=(　 　)A.294        B.174          C.470         D.30411.设数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＋an=2n＋1，且Sn=1 350.若a2<2，则n最大值为(　　)A.51          B.52         C.53          D.5412.定义为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”.若已知正项数列{an}的前n项的“均倒数”为，又bn=，则＋＋…＋=(　　)A.         B.        C.         D.二、填空题13.在数列{an}中，a1=－2，a2=3，a3=4，an＋3＋(－1)nan＋1=2(n∈N*).记Sn是数列{an}的前n项和，则S20的值为________.14.已知数列{an}的通项公式为an=(－1)n＋1(3n－2)，则前100项和S100等于     .15.已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1=2且Sn＋1=2Sn，设bn=log2an，则＋＋…＋的值是________.16.数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn=anan＋1an＋2(n∈N*)，设Sn为{bn}的前n项和.若a12=a5＞0，则当Sn取得最大值时n的值为________.
0.答案解析1.答案为：B；解析：由已知an＋1＋(－1)nan=2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1an＋1=2n＋1，得an＋2＋an=(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n=1,5,9及n=2,6,10，结果相加可得S12=a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12=78.故选B.2.答案为：B；解析：∵a1=1，a2==2，又==2，∴=2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2 018=a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018=(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)=＋=3×21 009－3.故选B.3.答案为：C；解析：令数列{an}的前n项和为Sn，则S20=a1＋a2＋…＋a20=2(1＋2＋…＋20)－3=2×－3×=420－.4.答案为：B；解析：设an=1＋＋＋…＋==2.则原式=a1＋a2＋…＋a11=2＋2＋…＋2=2=2=20＋.5.答案为：A；解析：由题意可设f(x)=kx＋1(k≠0)，则(4k＋1)2=(k＋1)×(13k＋1)，解得k=2，f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)=(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n＋1)=2(2＋4＋…＋2n)＋n=n(2n＋3).6.答案为：B；解析：∵an==，∴bn===4，∴Sn=4=4=.7.答案为：A；解析：记bn=3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a11＋a12=(－b1)＋b2＋…＋(－b11)＋b12=(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b12－b11)=6×3=18.8.答案为：B；解析：由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100=12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012=(12－22)＋(32－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)＋(1012－1002)=－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)=－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)=－50×101＋50×103=100.故选B.9.答案为：B；解析：依题意得an·an＋1=2n，an＋1·an＋2=2n＋1，于是有=2，即=2，数列a1，a3，a5，…，a2n－1，…是以a1=1为首项、2为公比的等比数列；数列a2，a4，a6，…，a2n，…是以a2=2为首项、2为公比的等比数列，于是有S2 020=(a1＋a3＋a5＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 020)=＋=3×21 010－3，故选B.10.答案为：D；解析：∵nan＋1=(n＋1)an＋n(n＋1)，∴－=1，∴数列是公差与首项都为1的等差数列.∴=1＋(n－1)×1，可得an=n2.∵bn=ancos，∴bn=n2cos，令n=3k－2，k∈N*，则b3k－2=(3k－2)2cos=－(3k－2)2，k∈N*，同理可得b3k－1=－(3k－1)2，k∈N*，b3k=(3k)2，k∈N*.∴b3k－2＋b3k－1＋b3k=－(3k－2)2－(3k－1)2＋(3k)2=9k－，k∈N*，则S24=9×(1＋2＋…＋8)－×8=304.11.答案为：A.解析：因为an＋1＋an=2n＋1　①，所以an＋2＋an＋1=2(n＋1)＋1=2n＋3　②，②－①得an＋2－an=2，且a2n－1＋a2n=2(2n－1)＋1=4n－1，所以数列{an}的奇数项构成以a1为首项，2为公差的等差数列，数列{an}的偶数项构成以a2为首项，2为公差的等差数列，数列{a2n－1＋a2n}是以4为公差的等差数列，所以Sn=当n为偶数时，=1 350，无解(因为50×51=2 550,52×53=2 756，所以接下来不会有相邻两数之积为2 700).当n为奇数时，＋(a1－1)=1 350，a1=1 351－，因为a2<2，所以3－a1<2，所以a1>1，所以1 351－>1，所以n(n＋1)<2 700，又n∈N*，所以n≤51，故选A.12.答案为：C；解析：依题意有=，即数列{an}的前n项和Sn=n(2n＋1)=2n2＋n，当n=1时，a1=S1=3；当n≥2时，an=Sn－Sn－1=4n－1，a1=3满足该式.则an=4n－1，bn==n.因为==－，所以＋＋…＋=1－=.13.答案为：130.解析：由题意知，当n为奇数时，an＋3－an＋1=2，又a2=3，所以数列{an}中的偶数项是以3为首项，2为公差的等差数列，所以a2＋a4＋a6＋…＋a20=10×3＋×2=120.当n为偶数时，an＋3＋an＋1=2，又a3＋a1=2，所以数列{an}中的相邻的两个奇数项之和均等于2，所以a1＋a3＋a5＋…＋a17＋a19=(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋…＋(a17＋a19)=2×5=10，所以S20=120＋10=130.14.答案为：-150.解析：∵a1＋a2=a3＋a4=a5＋a6=…=a99＋a100=－3，∴S100=－3×50=－150.15.答案为：.解析：由Sn＋1=2Sn可知，数列{Sn}是首项为S1=a1=2，公比为2的等比数列，所以Sn=2n.当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2n－2n－1=2n－1，bn=log2an=当n≥2时，==－，所以＋＋…＋=1＋1－＋－＋…＋－=2－=.16.答案为：16解析：设{an}的公差为d，由a12=a5＞0，得a1=－d，d＜0，所以an=(n-)d，从而可知当1≤n≤16时，an＞0；当n≥17时，an＜0.从而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，b15=a15a16a17＜0，b16=a16a17a18＞0，故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16，S16＞S17＞S18＞….因为a15=－d＞0，a18=d＜0，所以a15＋a18=－d＋d=d＜0，所以b15＋b16=a16a17(a15＋a18)＞0，所以S16＞S14，故当Sn取得最大值时n=16.