2023年新教材高考数学一轮复习课时规范练28数列求和含解析新人教B版

这是一份2023年新教材高考数学一轮复习课时规范练28数列求和含解析新人教B版，共11页。

1.(2021广东汕头二中高三模拟)设数列{an}为等比数列,数列{bn}为等差数列,且Sn为数列{bn}的前n项和,若a2=1,a10=16,且a6=b6,则S11=( )

A.20B.30C.44D.88
2.(2021江西南昌高三月考)Sn=12+222+38+…+n2n等于( )
A.2n+1-n-22nB.2n-n2n
C.2n-n+12n+1D.2n+1-n+22n
3.(2021广东肇庆高三月考)在数列{an}中,a1=2,(1-an)·an+1=1,Sn是数列{an}的前n项和,则S2 021=( )
A.4 042B.2 021
C.20232D.20212
4.(2021河北衡水高三期末)在数列{an}中,an+an+1=2n,Sn为其前n项和,若a1=a4,则S101=( )
A.4 882B.5 100
C.5 102D.5 212
5.(2021江苏南京高三月考)已知数列{an}的通项公式为an=n(n+1)!,则其前n项和为( )
A.1-1(n+1)!B.1-1n!
C.2-1n!D.2-1(n+1)!
6.(2021天津和平高三期中)函数y=x2在点(n,n2)(n∈N*)处的切线记为ln,直线ln,ln+1及x轴围成的三角形的面积记为Sn,则1S1+1S2+1S3+…+1Sn= .
7.(2021湖南长郡中学高三模拟)在数列{an}中,a1=1,a2=2,且an+2=2an+1+3an,设bn=an+1+an.
(1)求证:数列{bn}是等比数列,并求数列{bn}的通项公式;
(2)若数列{bn}的前n项和为Sn,数列94bnSnSn+1的前n项和为Tn,求证:Tn<14.
8.(2021广东广州高三模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=3n2-n2,数列{lg3bn}是公差为-1的等差数列,b1=1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=a2n+1+b2n+1,求数列{cn}的前n项和Tn.
综合提升组
9.(2021陕西西安高三期中)已知数列{an}的前n项和为Sn=2-3n,则此数列奇数项的前m项和为( )
A.94-9m4B.54-9m4
C.94-9m-14D.-34-9m-14
10.(2021贵溪实验中学高三月考)对于实数x,[x]表示不超过x的最大整数.已知数列{an}的通项公式为an=1n+1+n,前n项和为Sn,则[S1]+[S2]+…+[S40]=( )
A.105B.120C.125D.130
11.在数列{an}中,a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),若bn=ancs2nπ3,且数列{bn}的前n项和为Sn,则S11=( )
A.64B.80C.-64D.-80
12.在数列{an}中,a1=2,ap+q=apaq(p,q∈N*),记bm为数列{an}中在区间(0,m](m∈N*)内的项的个数,则数列{bm}的前150项和S150= .
13.(2021山东聊城一中高三一模)已知等差数列{an}的首项为2,公差为d,前n项和为Sn,各项均为正数的等比数列{bn}的首项为1,公比为q,且满足前n项和为a3=2b2,S5=b2+b4.
(1)求数列{an},数列{bn}的通项公式;
(2)设cn=(-1)nlg3Sn+lg3bn,求数列{cn}的前26项和.
14.(2021江苏扬州中学高三模拟)在等差数列{an}中,a1+3,a3,a4成等差数列,且a1,a3,a8成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在任意相邻两项ak与ak+1(k=1,2,…)之间插入2k个2,使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn},求数列{bn}的前200项和T200.
创新应用组
15.(2021浙江高三开学考试)在数列{an}中,a1=3,an+1=3an-4n,若bn=4n2+8n+5anan+1,且数列{bn}的前n项和为Sn,则Sn=( )
A.n1+22n+3B.43+2n6n+9
C.n1+16n+9D.n1+26n+9
16.(2021河北沧州高三期中)在数列{an}中,a1=-1,an+1+(-1)n·an=11-2n,记数列{an}的前n项和为Sn.
(1)求S101的值;
(2)求Sn的最大值.
17.(2021天津静海一中高三月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,S2=2a2-2,S3=a4-2,数列{an}满足a2=4b1,nbn+1-(n+1)bn=n2+n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明数列bnn为等差数列;
(3)设数列{cn}的通项公式为cn=-anbn2,n为奇数,anbn4,n为偶数,其前n项和为Tn,求T2n.
课时规范练28 数列求和
1.C 解析:∵数列{an}为等比数列,∴a62=a2a10=16.又a6=a2q4>0,∴b6=a6=4.又数列{bn}为等差数列,∴S11=a1+a112×11=11a6=44.故选C.
2.A 解析:由Sn=12+222+323+…+n2n,可得12Sn=122+223+…+n-12n+n2n+1.两式相减可得,12Sn=12+122+123+…+12n-n2n+1=12[1-(12) n]1-12-n2n+1=2n+1-n-22n+1,所以Sn=2n+1-n-22n,故选A.
3.D 解析:因为a1=2,(1-an)an+1=1,所以由(1-a1)a2=1得a2=-1,进而得a3=12,a4=2=a1,可得an+3=an,所以a1+a2+…+a2021=673(a1+a2+a3)+a1+a2=673×32+1=20212.故选D.
4.C 解析:因为an+an+1=2n,①
所以an+1+an+2=2n+2,②
由②-①得an+2-an=2,所以数列{an}奇数项与偶数项均成公差为2的等差数列.当n为奇数时,
an=a1+n-12×2=n+a1-1;当n为偶数时,
an=a2+n-22×2=n+a2-2=n+(2-a1)-2=n-a1.又因为a1=a4,所以a1=4-a1,得a1=2,
所以an=n+1,n为奇数,n-2,n为偶数,所以S101=(a1+…+a101)+(a2+…+a100)
=512(2+102)+502(0+98)=5102.故选C.
5.A 解析:因为an=n(n+1)!=n+1-1(n+1)!=1n!-1(n+1)!,所以其前n项和为1-12!+12!-13!+…+1n!-1(n+1)!=1-1(n+1)!.故选A.
6.4nn+1 解析:因为y'=2x,所以在点(n,n2)(n∈N*)处的切线的斜率为k=2n,所以切线方程为y-n2=2n(x-n),即ln的方程为y=2nx-n2,令y=0,得x=n2.ln+1:y=2(n+1)x-(n+1)2,令y=0,得x=n+12.由y=2(n+1)x-(n+1)2,y=2nx-n2得x=2n+12,y=n2+n,直线ln,ln+1的交点坐标为2n+12,n2+n,所以直线ln,ln+1及x轴围成的三角形的面积为Sn=12n+12-n2(n2+n)=14n(n+1),所以1Sn=4n(n+1)=41n-1n+1,则1S1+1S2+1S3+…+1Sn=41-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=41-1n+1=4nn+1.
7.证明(1)由题意得an+2+an+1=3an+1+3an,bn≠0,
∴bn+1=3bn,即bn+1bn=3,且b1=a2+a1=2+1=3,
∴数列{bn}是以3为首项,3为公比的等比数列,
∴bn=3n.
(2)由(1)得,Sn=3(1-3n)1-3=3(3n-1)2,
∴94bnSnSn+1=94×3n94(3n-1)(3n+1-1)=3n(3n-1)(3n+1-1)=1213n-1-13n+1-1,
∴Tn=1213-1-132-1+132-1-133-1+…+13n-1-13n+1-1
=1212-13n+1-1=14-12(3n+1-1)<14.
8.解(1)当n=1时,a1=S1=3-12=1,
当n≥2,an=Sn-Sn-1=3n2-n2-3(n-1)2-(n-1)2=3n-2,
所以n=1满足n≥2时的情况,所以an=3n-2(n∈N*).
因为lg3bn=lg3b1+(n-1)×(-1)=1-n,所以bn=31-n.
(2)因为cn=a2n+1+b2n+1=3(2n+1)-2+31-(2n+1)=6n+1+19n,
所以Tn=(7+6n+1)n2+19[1-(19) n]1-19,所以Tn=3n2+4n+181-19n.
9.B 解析:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2-3n)-(2-3n-1)=-2·3n-1.因为当n=1时,a1=-1不满足,所以数列{an}从第2项开始成等比数列.又a3=-18,则数列{an}的奇数项构成的数列的前m项和Tm=-18(1-9m-1)1-9-1=54-9m4.故选B.
10.B 解析:因为an=1n+1+n=n+1-n,所以Sn=2-1+3-2+…+n+1-n=n+1-1.
[S1]=[1+1-1]=0,[S2]=[2+1-1]=0,[S3]=[3+1-1]=1,[S4]=[4+1-1]=1,…,[S7]=[7+1-1]=1,
[S8]=[8+1-1]=2,[S9]=[9+1-1]=2,…,[S14]=[14+1-1]=2,
[S15]=[15+1-1]=3,[S16]=[16+1-1]=3,…,[S23]=[23+1-1]=3,
[S24]=[24+1-1]=4,[S25]=[25+1-1]=4,…,[S34]=[34+1-1]=4,
[S35]=[35+1-1]=5,[S36]=[36+1-1]=5,…,[S40]=[40+1-1]=5.
故[S1]+[S2]+…+[S40]=0×2+1×5+2×7+3×9+4×11+5×6=120.故选B.
11.C 解析:已知nan+1=(n+1)an+n(n+1),则an+1n+1=ann+1,可得数列ann是首项为1,公差为1的等差数列,即有ann=n,即an=n2,则bn=ancs2nπ3=n2cs2nπ3,
则S11=-12(12+22+42+52+72+82+102+112)+(32+62+92)
=-12(12+22-32-32+42+52-62-62+72+82-92-92+102+112)
=-12×(5+23+41+59)=-64.故选C.
12.803 解析:令p=1,q=n,则a1+n=a1an=2an,所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an=2n.当m=1时,b1=0.当2n≤m<2n+1时,bm=n,
所以S150=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b64+b65+…+b127)+(b128+b129+…+b150)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×26+7×(150-127)=803.
13.解(1)由题意得a1+2d=2b1q,5a1+5×42d=b1q+b1q3,即2+2d=2q,10+10d=q+q3,
∴q3-9q=0.∵{bn}是各项均为正数的等比数列,∴q=3,则d=2,
∴an=2+2(n-1)=2n,bn=1·3n-1=3n-1.
(2)由(1)得,Sn=12n(2+2n)=n(n+1),
则cn=(-1)nlg3[n(n+1)]+lg33n-1=(-1)nlg3n+(-1)nlg(n+1)+n-1,
∴数列{cn}的前26项和为T26=(-lg31-lg32+0)+(lg32+lg33+1)+(-lg33-lg34+2)+…+(-lg325-lg326+24)+(lg326+lg327+25)
=-lg31+lg327+26×(0+25)2=3+325=328.
14.解(1)设等差数列{an}的公差为d.
由题意得a1+3+a4=2a3,即2a1+3+3d=2a1+4d,解得d=3.
又a1a8=a32,即a1(a1+7×3)=(a1+2×3)2,解得a1=4,
所以an=3n+1.
(2)在数列{bn}中,ak+1前面(包括ak+1)共有2+22+23+…+2k+(k+1)=2k+1+k-1项.
令2k+1+k-1≤200(k=1,2,…),则k≤6,
所以a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7出现在数列{bn}的前200项中.
当k=6时,2k+1+k-1=133,所以a7前面(包括a7)共有133项,所以a7后面(不包括a7)还有67个2.
所以T200=(4+7+…+22)+2(2+22+23+…+26+67)=91+386=477.
15.D 解析:由an+1=3an-4n,可得an+1-[2(n+1)+1]=3[an-(2n+1)].
∵a1=3,∴a1-(2×1+1)=0,则可得数列{an-(2n+1)}为常数列0,即an-(2n+1)=0,∴an=2n+1,
∴bn=4n2+8n+5(2n+1)(2n+3)=(2n+1)(2n+3)+2(2n+1)(2n+3)=1+2(2n+1)(2n+3)=1+12n+1-12n+3,
∴Sn=n+13-15+15-17+…+12n+1-12n+3=n+13-12n+3=n1+26n+9.故选D.
16.解(1)当n=2k(k∈N*)时,由an+1+(-1)n·an=11-2n可得,a2k+1+a2k=11-4k,①
所以a2+a3=11-4×1,a4+a5=11-4×2,…,a100+a101=11-4×50,
因此S101=a1+11×50-4×(1+50)×502=-4551.
(2)当n=2k-1(k∈N*)时,a2k-a2k-1=13-4k.②
①式减去②式得a2k+1+a2k-1=-2.
又a1=-1,所以a2k-1=-1(k∈N*),a2k=12-4k,
可得a2=8,a4=4,a6=0.当k>3(k∈N*)时,a2k<0,
a2k-1=-1<0,
则当n>6(n∈N*)时,an<0.
又S1=-1,S2=7,S3=6,S4=10,S5=S6=9,
当n>6(n∈N*)时,Sn>Sn+1,
所以当n=4时,Sn取得最大值,且S4=10.
17.(1)解因为等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,S2=2a2-2,S3=a4-2,
所以S3-S2=a4-2a2=a3,整理得a2q2-2a2=a2q.
又a2≠0,所以q2-q-2=0.由于q>0,解得q=2.
由于a1+a2=2a2-2,解得a1=2,
所以an=2n.
(2)证明数列{an}满足a2=4b1,解得b1=1.
由于nbn+1-(n+1)bn=n2+n,所以bn+1n+1-bnn=1,
所以数列bnn是以1为首项,1为公差的等差数列.
(3)解因为数列bnn是以1为首项,1为公差的等差数列,所以bnn=1+(n-1)=n,
所以bn=n2.
因为数列{cn}的通项公式为cn=-anbn2,n为奇数,anbn4,n为偶数,
所以令pn=c2n-1+c2n=-(2n-1)2·22n-12+(2n)2·22n4=(4n-1)·4n-1,
所以T2n=3·40+7·41+11·42+…+(4n-1)·4n-1,①
4T2n=3·41+7·42+11·43+…+(4n-5)·4n-1+(4n-1)·4n.②
①-②得-3T2n=3·40+4·41+…+4·4n-1-(4n-1)·4n,整理得-3T2n=3+4·4n-44-1-(4n-1)·4n,
故T2n=79+12n-79·4n.