2022年新高考一轮复习考点精选练习25《数列求和》（含详解）

这是一份2022年新高考一轮复习考点精选练习25《数列求和》（含详解），共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2=2an＋1－an，a5=4－a3，则S7=( )
A.7 B.12 C.14 D.21
1＋(1＋eq \f(1,2))＋1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋…＋(1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋…+eq \f(1,210))的值为( )
A.18＋eq \f(1,29) B.20＋eq \f(1,210) C.22＋eq \f(1,211) D.18＋eq \f(1,210)
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.82
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.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)
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.3×21 008－2
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.－15
已知数列{an}满足：an＋1=an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1=1，a2=2，Sn为数列{an}的前n项和，
则S2 028=( )
A.3 B.2 C.1 D.0
在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1=2，且a1a5=64，则数列{ SKIPIF 1 < 0 }的
前n项和是( )
A.1－eq \f(1,2n＋1－1) B.1－eq \f(1,2n＋1) C.1－eq \f(1,2n＋1) D.1－eq \f(1,2n－1)
已知等差数列{an}满足a3=7，a5＋a7=26，bn=eq \f(1,a\\al(2,n)－1)(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，
则S100的值为( )
A.eq \f(101,25) B.eq \f(35,36) C.eq \f(25,101) D.eq \f(3,10)
已知数列{an}的前n项和是Sn，且4Sn=(an＋1)2，则下列说法正确的是( )
A.数列{an}为等差数列
B.数列{an}为等差或等比数列
C.数列{an}为等比数列
D.数列{an}既不是等差数列也不是等比数列
在数列{an}中，已知a1=3，且数列{an＋(－1)n}是公比为2的等比数列，对于任意的n∈N*，不等式a1＋a2＋…＋an≥λan＋1恒成立，则实数λ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,5))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,3))) D.(－∞，1]
定义eq \f(n,p1＋p2＋…＋pn)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eq \f(1,2n＋1)，又bn=eq \f(an＋1,4)，则eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b10b11)=( )
A.eq \f(1,11) B.eq \f(1,12) C.eq \f(10,11) D.eq \f(11,12)
二、填空题
已知公比不为1的等比数列{an}的前5项积为243，且2a3为3a2和a4的等差中项.若数列{bn}满足bn=lg3an＋2(n∈N*)，则数列{an＋bn}的前n项和Sn=________.
记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an＋1，则S6= .
已知数列{an}中，a1=1，an＋1=(－1)n·(an＋1)，记Sn为{an}的前n项和，则S2 025=_____.
已知数列{an}的前n项和Sn=n2＋n＋1，则数列{eq \f(4,anan＋1)}的前n项和Tn=________.
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 018b2 019)的值是________.
已知Sn为数列{an}的前n项和，an=2·3n－1(n∈N*)，若bn=eq \f(an＋1,SnSn＋1)，则b1＋b2＋…＋bn= .
\s 0 答案解析
答案为：C
解析：由an＋2=2an＋1－an知数列{an}为等差数列，由a5=4－a3得a5＋a3=4=a1＋a7，
所以S7=eq \f(7a1＋a7,2)=14.
答案为：B；
解析：设an=1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n－1)=eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))=2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)).
则原式=a1＋a2＋…＋a11=2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1))＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2))＋…＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))11))
=2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(11－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,211)))))=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(11－1＋\f(1,211)))=20＋eq \f(1,210).
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.
答案为：A；
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).
答案为：B；
解析：∵a1=1，a2=eq \f(2,a1)=2，又eq \f(an＋2·an＋1,an＋1·an)=eq \f(2n＋1,2n)=2，∴eq \f(an＋2,an)=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)
=eq \f(1－21 009,1－2)＋eq \f(21－21 009,1－2)=3×21 009－3.故选B.
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.
答案为：A；
解析：∵an＋1=an－an－1，a1=1，a2=2，∴a3=1，a4=－1，a5=－2，a6=－1，a7=1，a8=2，…，
故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，
故S2 028=336×0＋a2 027＋a2 028=a1＋a2=3.故选A.
答案为：A.
解析：∵数列{an}为等比数列，an>0，a1=2，a1a5=64，∴公比q=2，∴an=2n， SKIPIF 1 < 0 =eq \f(2n,2n－12n＋1－1)=eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1).
设数列{ SKIPIF 1 < 0 }的前n项和为Tn，
则Tn=1－eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,22－1)－eq \f(1,23－1)＋eq \f(1,23－1)－eq \f(1,24－1)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)=1－eq \f(1,2n＋1－1)，故选A.
答案为：C
解析：在等差数列{an}中，a5＋a7=2a6=26⇒a6=13.又数列{an}的公差d=eq \f(a6－a3,6－3)=eq \f(13－7,3)=2，
所以an=a3＋(n－3)·d=7＋(n－3)×2=2n＋1，那么bn=eq \f(1,a\\al(2,n)－1)=eq \f(1,4nn＋1)=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
故Sn=b1＋b2＋…＋bn=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,n＋1)))⇒S100=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(100,101)))=eq \f(25,101).
答案为：B
解析：∵4Sn=(an＋1)2，∴4Sn＋1=(an＋1＋1)2，∴4Sn＋1－4Sn=4an＋1=(an＋1＋1)2－(an＋1)2，
化简得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)=0，
∴an＋1=an＋2，或an＋1＋an=0，∵4a1=(a1＋1)2，∴a1=1.故选B.
答案为：C；
解析：由已知，an＋(－1)n=[3＋(－1)1]·2n－1=2n，
∴an=2n－(－1)n.
当n为偶数时，a1＋a2＋…＋an=(2＋22＋…＋2n)－(－1＋1－…＋1)
=2n＋1－2，an＋1=2n＋1－(－1)n＋1=2n＋1＋1，
由a1＋a2＋…＋an≥λan＋1，得λ≤eq \f(2n＋1－2,2n＋1＋1)=1－eq \f(3,2n＋1＋1)对n∈N*恒成立，
∴λ≤eq \f(2,3)；
当n为奇数时，a1＋a2＋…＋an=(2＋22＋…＋2n)－(－1＋1－…＋1－1)=2n＋1－1，
an＋1=2n＋1－(－1)n＋1=2n＋1－1，由a1＋a2＋…＋an≥λan＋1得，
λ≤eq \f(2n＋1－1,2n＋1－1)=1对n∈N*恒成立，综上可知λ≤eq \f(2,3).
答案为：C；
解析：依题意有eq \f(n,a1＋a2＋…＋an)=eq \f(1,2n＋1)，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=eq \f(an＋1,4)=n.因为eq \f(1,bnbn＋1)=eq \f(1,nn＋1)=eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b10b11)=1－eq \f(1,11)=eq \f(10,11).
答案为：eq \f(3n－1,6)＋ SKIPIF 1 < 0 .
解析：由前5项积为243得a3=3.设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，
由2a3为3a2和a4的等差中项，得3×eq \f(3,q)＋3q=4×3，由公比不为1，解得q=3，
所以an=3n－2，故bn=lg3an＋2=n，所以an＋bn=3n－2＋n，
数列{an＋bn}的前n项和Sn=3－1＋30＋31＋32＋…＋3n－2＋1＋2＋3＋…＋n
=eq \f(3－11－3n,1－3)＋eq \f(nn＋1,2)=eq \f(3n－1,6)＋ SKIPIF 1 < 0 .
答案为：-63.
解析：因为Sn=2an＋1，所以当n=1时，a1=2a1＋1，解得a1=－1，
当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2an＋1－(2an－1＋1)，所以an=2an－1，
所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an=－2n－1，
所以S6=eq \f(－1×1－26,1－2)=－63.
答案为：－1 011.
解析：由a1=1，an＋1=(－1)n(an＋1)可得，该数列是周期为4的数列，
且a1=1，a2=－2，a3=－1，a4=0，
所以S2 025=506 (a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 017=506×(－2)＋1=－1 011.
答案为：eq \f(5,6)－eq \f(1,n＋1).
解析：∵数列{an}的前n项和Sn=n2＋n＋1，∴Sn－1=n2－n＋1(n≥2)，
两式作差得到an=2n(n≥2).故an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2.))∴eq \f(4,anan＋1)=eq \f(1,nn＋1)=eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)(n≥2)，
∴Tn=eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)=eq \f(5,6)－eq \f(1,n＋1).
答案为：eq \f(4 035,2 018).
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 018b2 019)=1＋1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2 017)－eq \f(1,2 018)=2－eq \f(1,2 018)=eq \f(4 035,2 018).
答案为：eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋1－1)；
解析：因为eq \f(an＋1,an)=eq \f(2·3n,2·3n－1)=3，且a1=2，所以数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，
所以Sn=eq \f(21－3n,1－3)=3n－1，又bn=eq \f(an＋1,SnSn＋1)=eq \f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)=eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)，
所以b1＋b2＋…＋bn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S1)－\f(1,S2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S2)－\f(1,S3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)－\f(1,Sn＋1)))=eq \f(1,S1)－eq \f(1,Sn＋1)=eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋1－1).