2022届高考大一轮复习知识点精练：裂项相消法求数列前n项和

这是一份2022届高考大一轮复习知识点精练：裂项相消法求数列前n项和，共11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。

一、选择题（共20小题；共100分）
1. 数列 an 满足 a1=1，对任意的 n∈N* 都有 an+1=a1+an+n，则 1a1+1a2+⋯+1a2018=
A. 20152016B. 20162017C. 40322017D. 40342017

2. 已知数列 an 的通项公式为 an=1nn+1n∈N*，其前 n 项和 Sn=910，则双曲线 x2n+1−y2n=1 的渐近线方程为
A. y=±223xB. y=±324xC. y=±31010xD. y=±103x

3. 已知数列 an 的通项公式为 an=1n+1+n，它的前 n 项和 Sn=7，则项数 n 等于
A. 7B. 49C. 56D. 63

4. 已知等差数列 an，a1=1，a3=3，则数列 1anan+1 的前 10 项和为
A. 1011B. 911C. 910D. 1110

5. 已知函数 fx=xα 的图象过点 4,2，令 an=1fn+1+fn，n∈N*．记数列 an 的前 n 项和为 Sn，则 S2020=
A. 2019−1B. 2020−1C. 2021−1D. 2021+1

6. 数列 an 的通项公式为 an=1n+n−1，若该数列的前 k 项之和等于 9，则 k=
A. 80B. 81C. 79D. 82

7. 设 x 表示不超过 x 的最大整数，如 −3.14=−4，3.14=3．已知数列 an 满足：a1=1，an+1=an+n+1n∈N*，则 1a1+1a2+1a3+⋯+1a2019 等于
A. 1B. 2C. 3D. 4

8. 已知数列 an 与 bn 前 n 项和分别为 Sn，Tn，且 an>0，2Sn=an2+an，n∈N*，bn=2n+12n+an2n+1+an+1，对任意的 n∈N*，k>Tn 恒成立，则 k 的最小值是
A. 1B. 12C. 13D. 16

9. 在古希腊，毕达哥拉斯学派把 1，3，6，10，15，21，28，36，45，⋯ 这些数叫做三角形数．设第 n 个三角形数为 an，则下面结论错误的是
A. an−an−1=nn>1B. a20=210
C. 1024 是三角形数D. 1a1+1a2+1a3+⋯+1an=2nn+1

10. 设数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 a1=1，an=Snn+2n−1n∈N*，则数列 1Sn+3n 的前 10 项的和是
A. 290B. 920C. 511D. 1011

11. 已知数列 an，bn 都是等差数列，a3=b1=3，a15=b7=15，设 cn=−1n−1bnanan+1，则数列 cn 的前 2020 项和为
A. −20192020B. 20192020C. −20202021D. 20202021

12. 在等差数列 an 中，a3=6，a8=16，Sn 是数列 an 的前 n 项和，若 Tn=1S1+1S2+⋯+1Sn，则与 52T9 最接近的整数是
A. 1B. 2C. 4D. 5

13. 已知在数列 an 中 a1=12，且当 n∈N* 时 nan=n+2an+1，则数列 an 的前 n 项的和 Sn 等于
A. nn+1B. −nn+1C. 1n+1D. n−1n+1

14. 数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于 1640 年提出了以下猜想 Fn=22n+1n=0,1,2,⋯ 是质数．直到 1732 年才被善于计算的大数学家欧拉算出 F5=641×6700417 ，不是质数．现设 an=lg2Fn−1n=1,2,⋯，Sn 表示数列 an 的前 n 项和，则使不等式 2S1S2+22S2S3+⋯+2nSnSn+1<2n2020 成立的最小正整数 n 的值是（提示 210=1024）
A. 11B. 10C. 9D. 8

15. 大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．该数列从第一项起依次是 0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，⋯，记该数列为 an，则 1a3+1a5+1a7+⋯+1a2019=
A. 10091010B. 10092020C. 10101009D. 5051009

16. 已知数列 an 的通项公式为 an=1nn+1，若 an 的前 n 项和为 20192020，则 n 的值为
A. 2018B. 2019C. 2020D. 2021

17. 数列 an 满足 an=1+2+3+⋯+nn，则数列 1anan+1 的前 n 项和为
A. 2nn+1B. nn+1C. 2nn+2D. nn+2

18. 在各项都为正数的等比数列 an 中，若 a1=2，且 a1a5=64，则数列 anan−1an+1−1 的前 n 项和是
A. 1−12n+1−1B. 1−12n+1C. 1−12n+1D. 1−12n−1

19. 定义 nuii=1n 为 n 个正数 u1，u2，u3，⋯，un 的“快乐数”．若已知正项数列 an 的前 n 项的“快乐数”为 13n+1，则数列 36an+2an+1+2 的前 2020 项和为
A. 20182019B. 20192020C. 20202021D. 20191010

20. 数列 an 满足 1an+1an+2=2an+1，a1=1，a8=115，bn=anan+1，数列 bn 的前 n 项和为 Sn，则满足 Sn>1123 的最小的 n 的值为
A. 9B. 10C. 11D. 12

二、填空题（共5小题；共25分）
21. 数列 an 的通项公式 an=1n+n+1，若前 n 项的和为 10，则项数 n 为 ．

22. 定义 np1+p2+⋯+pn 为 n 个正数 p1，p2，⋯，pn 的“均倒数”，若已知各项均为正整数的数列 an 的前 n 项的“均倒数”为 12n+1，又 bn=an+14，则 1b1b2+1b2b3+⋯+1b10b11= ．

23. 数列 an 的前 n 项和为 Sn，a1=2，Sn=1−12nan+1，bn=lg2an，则数列 1bnbn+1 的前 n 项和 Tn= ．

24. 已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，a5=5，S5=15，则数列 1anan+1 的前 100 项和为 ．

25. 在数列 an 中，a1=4，a2=6，且当 n≥2 时，an+1=4an−9，则数列 an 的通项公式为 an= ；若 Tn 为数列 bn 的前 n 项和，bn=9an−3anan+1，则当 λ=5an+1−3⋅78−Tn 为整数时，λn= ．

三、解答题（共6小题；共78分）
26. 已知 an 是各项均为正数的等比数列，6a2 为 a3，a4 的等差中项．
（1）求 an 的公比．
（2）若 a1=1，设 bn=lg3a1+lg3a2+⋯+lg3an，求数列 1bn+1 的前 n 项和．

27. 已知数列 an 是等差数列，bn 是递增的等比数列，且 a1=1，b1=2，b2=2a2，b3=3a3−1．
（1）求数列 an 和 bn 的通项公式；
（2）若 cn=2anbn−1bn+1−1，求数列 cn 的前 n 项和 Sn．

28. 在各项均为正数的等比数列 an 中，a1=8，且 2a1，a3，3a2 成等差数列．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）已知数列 bn 满足 bn=1nlg2an，求 bn 的前 n 项和 Sn．

29. 在各项均为正数的等比数列 an 中，a1=8，且 2a1，a3，3a2 成等差数列．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）已知数列 bn 满足 bn=1nlg2an，求 bn 的前 n 项和 Sn．

30. 已知等比数列 an 的公比 q>1，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5 的等差中项．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）求数列 an+1an+1an+1+1 的前 n 项和 Tn．

31. 已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，a3=3a1−2，且 S5−S3=4a2．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）求数列 1Sn 的前 n 项和 Tn．
答案
第一部分
1. C【解析】因为 a1=1，
所以由 an+1=a1+an+n，得 an+1−an=n+1，
则 a2−a1=2，a3−a2=3，⋯，an−an−1=nn≥2．
累加得：an=a1+2+3+⋯+n=1+2+⋯+n=nn+12n≥2．
当 n=1，a1=1 符合上式，
所以 an=nn+12．
则 1an=2nn+1=21n−1n+1．
所以
1a1+1a2+⋯+1a2016=21−12+12−13+13−14+⋯+12016−12017=2×1−12017=40322017.
2. C【解析】an=1nn+1=1n−1n+1，得 Sn=1−1n+1=910，n=9，双曲线方程为 x210−y29=1．
3. D
4. A
5. C
【解析】由 f4=2，可得 4α=2，解得 α=12，
则 fx=x．
所以 an=1fn+1+fn=1n+1+n=n+1−n，
所以
S2020=a1+a2+a3+⋯+a2020=2−1+3−2+4−3+⋯+2021−2020=2021−1.
6. B【解析】an=1n+n−1=n−n−1，
故 Sn=n，令 Sk=k=9，解得 k=81，
故选：B．
7. A
8. C【解析】因为 an>0，2Sn=an2+an，n∈N*，
所以当 n=1 时，2a1=2S1=a12+a1，解得 a1=1；
当 n≥2 时，2Sn−1=an−12+an−1．
所以 2an=2Sn−2Sn−1=an2+an−an−12+an−1．
于是 an2−an−12−an+an−1=0．
由 an+an−1≠0，可得 an−an−1=1，
所以 an 是首项为 1，公差为 1 的等差数列，即 an=n．
所以
bn=2n+12n+an2n+1+an+1=2n+12n+n2n+1+n+1=12n+n−12n+1+n+1.
所以
Tn=b1+b2+⋯+bn=121+1−122+2+122+2−123+3+⋯+12n+n−12n+1+n+1=13−12n+1+n+1<13.
因为对任意的 n∈N*，k>Tn=13−12n+1+n+1 恒成立，
所以 k≥13，即 k 的最小值是 13．
9. C【解析】因为 a2−a1=2，a3−a2=3，a4−a3=4，⋯，由此可归纳得 an−an−1=nn>1，故A正确；
将前面的所有项累加可得 an=n−1n+22+a1=nn+12，
所以 a20=210，故B正确；
令 nn+12=1024，
此方程没有正整数解，故C错误；
1a1+1a2+⋯+1an=21−12+12−13+⋯+1n−1n+1=21−1n+1=2nn+1,
故D正确．
10. C
11. D
12. B
13. A
14. C
15. B
【解析】奇数项分别为 0，4，12，24，40，⋯，即 12−12，32−12，52−12，72−12，92−12，⋯，
所以 an=n2−12（n 为正奇数），
所以 1an=2n2−1=1n−1−1n+1（n 为大于 1 的奇数），
所以 1a3+1a5+1a7+⋯+1a2019=12−14+14−16+⋯+12018−12020=12−12020=10092020．
16. B【解析】an=1nn+1=1n−1n+1，
所以
Sn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1=20192020,
所以 n=2019．
17. C【解析】an=1+2+3+⋯+nn=nn+12n=n+12，
1anan+1=4n+1n+2，
所以数列 1anan+1 的前 n 项和为
S=412×3+13×4+14×5+⋯+1n+1n+2
⇒S=412−13+13−14+14−15+⋯+1n+1−1n+2
=412−1n+2
=2nn+2.
18. A【解析】在各项都为正数的公比设为 q 的等比数列 an 中，
若 a1=2，且 a1a5=64，则 4q4=64，解得 q=2，则 an=2n，
可得数列 anan−1an+1−1，即为 2n2n−12n+1−1，
可得 2n2n−12n+1−1=12n−1−12n+1−1，
数列 anan−1an+1−1 的前 n 项的和是 12−1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1=1−12n+1−1．
19. C【解析】设 Sn 为数列 an 的前 n 项和，
由“快乐数”定义可知，nSn=13n+1，即 Sn=3n2+n，
当 n=1 时，a1=S1=4，
当 n≥2 且 n∈N* 时，an=Sn−Sn−1=6n−2，
经验证可知 a1=4 满足 an=6n−2，
所以 an=6n−2n∈N*，
所以 36an+2an+1+2=366n⋅6n+6=1nn+1=1n−1n+1，
所以数列 36an+2an+1+2 的前 2020 项和为 1−12+12−13+⋯+12020−12021=20202021．
20. D
第二部分
21. 120
22. 1011
【解析】设 an 的前 n 项和为 Sn．由已知得 na1+a2+⋯+an=12n+1，
所以 a1+a2+⋯+an=n2n+1=Sn，
当 n=1 时，a1=3，
当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=4n−1，经验证知当 n=1 时该式也成立，所以 bn=an+14=n，
所以 1bn⋅bn+1=1n−1n+1，
所以 1b1b2+1b2b3+⋯+1b10b11=1−12+12−13+13−14+⋯+110−111=1011．
23. nn+1
【解析】因为 Sn=1−12nan+1，
所以当 n≥2 时，Sn−1=1−12n−1an，
两式作差，得 an=1−12nan+1−1−12n−1ann≥2，
化简得 an+1=2ann≥2，
当 n=1 时，S1=a1=12×a2=2，
所以 a2=4，
所以 a2=2a1，满足 an+1=2an，
所以数列 an 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，
所以 an=2n，bn=lg2an=lg22n=n，
所以 1bnbn+1=1nn+1=1n−1n+1，
所以
Tn=1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1.
24. 100101
【解析】设等差数列的公差为 d，
由题意可得，a1+4d=5,5a1+10d=15,
解方程可得，d=1，a1=1，
由等差数列的通项公式可得：
an=a1+n−1d=1+n−1×1=n.
∴1anan+1=1nn+1=1n−1n+1,
S100=1−12+12−13+⋯+1100−1101=1−1101=100101.
25. 4,n=13×4n−2+3,n≥2，24
【解析】当 n≥2 时，由 an+1=4an−9，
得 an+1−3=4an−3，
故数列 an−3 从第二项起是首项为 3，公比为 4 的等比数列，
则 an=3×4n−2+3（n≥2），
易知 a1 不符合该式，
则 an=4,n=13×4n−2+3,n≥2．
当 n=1 时，T1=b1=38，
λ=5a2−3⋅78−T1=152∉Z，不符合题意．
当 n≥2 时，
bn=3×4n−24n−2+14n−1+1=14n−2+1−14n−1+1,
此时
Tn=b1+b2+⋯+bn=38+142−2+1−142−1+1+⋯+14n−2+1−14n−1+1=78−14n−1+1,
则 λ=5×3×4n−1×14n−1+1=15−154n−1+1．
由 λ 是整数，得 4n−1+1 是 15 的因数，
所以当且仅当 n=2 时，154n−1+1 是整数，
得 λ=12，故 λn=24．
第三部分
26. （1） 2⋅6a2=a3+a4，
所以 12a2=a2q+a2q2，
又因为 a2≠0，
所以 12=q+q2，
所以 q+4q−3=0，
又因为 an>0，
所以 q>0，
所以 q=3．
（2） bn=lg3a1⋅a2⋯an，
因为 a1=1，q=3，
所以 an=3n−1，
所以 a1⋅a2⋯an=30⋅31⋯3n−1=3nn+12，
所以 bn=n−1n2，
所以 bn+1=nn+12，
所以 1bn+1=2nn+1=21n−1n+1，
所以
Sn=21−12+12−13+⋯+1n−1n+1=21−1n+1=2nn+1.
27. （1） 设数列 an 是公差为 d 的等差数列，bn 是公比为 qq≠1 的等比数列，
由 a1=1，b1=2，b2=2a2，b3=3a3−1，可得 2q=21+d，2q2=31+2d−1，
解得 d=0，q=1（舍）或 d=1，q=2，
则 an=1+n−1=n，bn=2⋅2n−1=2n．
（2） cn=2anbn−1bn+1−1=2n2n−12n+1−1=12n−1−12n+1−1，
则
Sn=1−122−1+122−1−123−1+123−1−124−1+⋯+12n−1−12n+1−1=1−12n+1−1.
28. （1） 设等比数列 an 的公比为 q，q>0，
因为 2a1，a3，3a2 成等差数列，
所以 2a3=2a1+3a2，即 2a1q2=2a1+3a1q，
所以 2q2−3q−2=0，
解得 q=2 或 q=−12（舍），
所以 an=8⋅2n−1=2n+2，n∈N*．
（2） 由（1）可得，
bn=1nlg22n+2=1nn+2=121n−1n+2,
Sn=b1+b2+b3+⋯+bn=121−13+12−14+13−15+⋯+1n−1n+2=121+12−1n+1−1n+2=34−2n+32n+1n+2,n∈N*.
29. （1） 因为 2a1，a3，3a2 成等差数列，
所以 2a3=2a1+3a2，即 2a1q2=2a1=3a1q，
所以 2q2−3q−2=0，
解得 q=2 或 q=−12（舍），
所以 an=8⋅2n−1=2n+2，n∈N*．
（2） 由（1）可得，
bn=1nlg22n+2=1nn+2=121n−1n+2,
所以
Sn=b1+b2+b3+⋯+bn=121−13+12−14+13−15+⋯+1n−1n+2=121+12−1n+1−1n+2=34−2n+32n+1n+2,n∈N*.
30. （1） 由 a4+2 是 a3，a5 的等差中项，
得 a3+a5=2a4+4，
所以 a3+a4+a5=3a4+4=28，解得 a4=8．
所以 a3+a5=20，即 a4q+a4q=20，
即 8q+1q=20，解得 q=2 或 q=12，
因为 q>1，所以 q=2．
所以 an=2n−1．
（2） 记 bn=an+1an+1an+1+1=2n2n−1+12n+1，
则 bn=2⋅2n−12n−1+12n+1=212n−1+1−12n+1，
所以Tn=2120+1−121+1+121+1−122+1+122+1−123+1+⋯+12n−1+1−12n+1=212−12n+1=2n−12n+1.
31. （1） 设等差数列 an 的公差为 d，由 a3=3a1−2 得 a1=d+1, ⋯⋯①
由 S5−S3=4a2 得 a4+a5=4a2，
所以 2a1=3d, ⋯⋯②
由①②得：a1=3，d=2，
所以数列 an 的通项公式为 an=2n+1．
（2） Sn=na1+an2=n3+2n+12=n2+2n，
所以 1Sn=1n2+2n=121n−1n+2，
故
Tn=121−13+12−14+13−15+⋯+1n−1n+2=121+12−1n+1−1n+2=34−2n+32n+1n+2,
所以 Tn=34−2n+32n+1n+2．