2022版高考人教版数学一轮练习：练案【36理】【35文】 数列求和

这是一份2022版高考人教版数学一轮练习：练案【36理】【35文】 数列求和，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
A组基础巩固
一、选择题
1．数列1eq \f(1,2)，3eq \f(1,4)，5eq \f(1,8)，7eq \f(1,16)，…，(2n－1)＋eq \f(1,2n)，…的前n项和Sn的值等于( A )
A．n2＋1－eq \f(1,2n) B．2n2－n＋1－eq \f(1,2n)
C．n2＋1－eq \f(1,2n－1) D．n2－n＋1－eq \f(1,2n)
[解析] 该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋eq \f(1,2n)，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝n2＋1－eq \f(1,2n).
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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前100项和为( D )
A．eq \f(100,101) B．eq \f(99,100)
C．eq \f(101,100) D．eq \f(200,101)
[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＝eq \f(nn＋1,2).
∴eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前100项和为2eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(＋…＋\f(1,100)－\f(1,101)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,101)))＝eq \f(200,101).故选D．
3．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是( D )
A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2
C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2
[解析] 因为Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1①，2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n②，所以①－②得，－Sn＝n－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n＋2－2n＋1，所以Sn＝2n＋1－n－2.
4．(2020·黑龙江哈尔滨三中期末)数列{an}的前n项和为Sn，且an＝(－1)n(2n－1)，则S2 021＝( B )
A．2 021 B．－2 021
C．－4 041 D．4 041
[解析] 本题考查用并项相加求数列的前n项和．由已知an＝(－1)n·(2n－1)，a2 021＝(－1)2 021(2×2 021－1)＝－4 041，且an＋an＋1＝(－1)n(2n－1)＋(－1)n＋1(2n＋1)＝(－1)n＋1(2n＋1－2n＋1)＝2×(－1)n＋1，因而S2 021＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 019＋a2 020)＋a2 021＝2×1 010－4 041＝－2 021.
5．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是( D )
A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2
C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2
[解析] 因为Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①
2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，②
所以①－②得，－Sn＝n－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n＋2－2n＋1，所以Sn＝2n＋1－n－2.
6．(2021·江西宁都中学线上检测)已知f(x)＝eq \f(2,1＋x2)(x∈R)，若等比数列{an}满足a1a2 020＝1，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 020)＝( D )
A．eq \f(2 019,2) B．1 010
C．2 019 D．2 020
[解析] 本题综合考查函数与数列相关性质．∵f(x)＝eq \f(2,1＋x2)(x∈R)，∴f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝eq \f(2,1＋x2)＋eq \f(2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))2)＝eq \f(2,1＋x2)＋eq \f(2x2,1＋x2)＝2.∵等比数列{an}满足a1a2 020＝1，∴a1a2 020＝a2a2 019＝…＝a2 020a1＝1，∴f(a1)＋f(a2 020)＝f(a2)＋f(a2 019)＝…＝f(a2 020)＋f(a1)＝2，∴f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 020)＝2 020.
7．(2021·重庆月考)已知数列{an}满足a1＝－2，eq \f(an,an－1)＝eq \f(2n,n－1)(n≥2，n∈N*)，{an}的前n项和为Sn，则下列不正确的是( C )
A．a2＝－8 B．an＝－2n·n
C．S3＝－30 D．Sn＝(1－n)·2n＋1－2
[解析] 由题意可得，eq \f(a2,a1)＝2×eq \f(2,1)，eq \f(a3,a2)＝2×eq \f(3,2)，eq \f(a4,a3)＝2×eq \f(4,3)，…，eq \f(an,an－1)＝2×eq \f(n,n－1)(n≥2，n∈N*)，以上式子左、右分别相乘得eq \f(an,a1)＝2n－1·n(n≥2，n∈N*)，把a1＝－2代入，得an＝－2n·n(n≥2，n∈N*)，又a1＝－2符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝－2n·n(n∈N*)，a2＝－8，故A，B正确；Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，则2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1]，两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2(n∈N*)，故S3＝－34，故C错误，D正确．
8．(理)数列{an}的前n项和为Sn，若数列{an}的各项按如下规律：eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(2,3)，eq \f(1,4)，eq \f(2,4)，eq \f(3,4)，eq \f(1,5)，eq \f(2,5)，eq \f(3,5)，eq \f(4,5)，…，eq \f(1,n)，eq \f(2,n)，…，eq \f(n－1,n)，以下说法不正确的是( B )
A．a24＝eq \f(3,8)
B．数列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…是等比数列
C．数列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…的前n项和为Tn＝eq \f(n2＋n,4)
D．若存在正整数k，使Sk10，S200，bn＝an，当n>5时，an0，故q＝eq \f(1,3).
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝eq \f(1,3).
所以数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,3n).
(2)由(1)及题意可得bn＝lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－eq \f(nn＋1,2)，
故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)))，
Tn＝eq \f(1,b1)＋eq \f(1,b2)＋…＋eq \f(1,bn)＝－2eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝－eq \f(2n,n＋1).
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))的前n项和Tn＝－eq \f(2n,n＋1).
14．(2021·云南省红河州高三复习统一检测)等差数列{an}的首项a1>0，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和为Sn＝eq \f(n,2n＋1).
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] (1)由eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和为Sn＝eq \f(n,2n＋1)知
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a1a2)＝\f(1,3),\f(1,a1a2)＋\f(1,a2a3)＝\f(2,5)，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1a2＝3,a2a3＝15，))
设等差数列{an}的公差为d，
从而eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1a1＋d＝3,a1＋da1＋2d＝15，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－1,d＝－2))，
又a1>0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1,d＝2))，
故an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝(an＋1)·2an＝2n·22n－1＝n·4n，
则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝1×41＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，
两边同时乘以4得4Tn＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，
两式相减得－3Tn＝41＋42＋43＋44＋…＋4n－n×4n＋1＝eq \f(4×1－4n,1－4)－n×4n＋1，
故Tn＝eq \f(4,9)＋eq \f(3n－1,9)·4n＋1.
B组能力提升
1．(2021·江苏连云港月考)设i是虚数单位，则2i＋3i2＋4i3＋…＋2 020i2 019的值为( B )
A．－1 010－1 010i B．－1 011－1 010i
C．－1 011－1 012i D．1 011－1 010i
[解析] 本题考查等比数列的求和公式，错位相减法以及复数的乘除法运算，设S＝2i＋3i2＋4i3＋…＋2 020i2 019，可得iS＝0＋2i2＋3i3＋4i4＋…＋2 019i2 019＋2 020i2 020，两式相减可得(1－i)S＝2i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2 019－2 020i2 020＝i＋i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2 019－2 020i2 020＝i＋eq \f(i1－i2 019,1－i)－2 020i2 020＝i＋eq \f(i1＋i,1－i)－2 020＝i＋eq \f(i1＋i2,2)－2 020＝－2 021＋i，可得S＝eq \f(－2 021＋i,1－i)＝eq \f(－2 021＋i1＋i,2)＝－1 011－1 010i.
2．(2021·山东济宁期末)若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1，则下列说法正确的是( C )
A．a5＝－32
B．S5＝－63
C．数列{an}是等比数列
D．数列{Sn＋1}是等比数列
[解析] 因为Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1，所以a1＝S1＝2a1＋1，所以a1＝－1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，故C正确；a5＝－1×24＝－16，故A正确；Sn＝2an＋1＝－2n＋1，所以S5＝－25＋1＝－31，故B错误；因为S1＋1＝0，所以数列{Sn＋1}不是等比数列，故D错误．故选C．
3．(2021·益阳、湘潭调研考试)已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2且Sn＋1＝2Sn，设bn＝lg2an，则eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 017b2 018)的值是( B )
A．eq \f(4 035,2 018) B．eq \f(4 033,2 017)
C．eq \f(2 017,2 018) D．eq \f(2 016,2 017)
[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＝lg2an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,n－1，n≥2，))当n≥2时，eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,n－1n)＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，所以eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 017b2 018)＝1＋1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2 016)－eq \f(1,2 017)＝2－eq \f(1,2 017)＝eq \f(4 033,2 017).故选B．
4．若{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，记Sn为{an}的前n项和，则下列说法正确的是( D )
A．若{an}是递增数列，则a1