高考数学一轮复习考点规范练28数列求和含解析人教版

这是一份高考数学一轮复习考点规范练28数列求和含解析人教版，共11页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。

考点规范练28　数列求和
一、基础巩固
1.在数列{an}中,如果a1=1,a2=2,an+2-an=1+(-1)n,那么S100的值为(　　)
A.2 500 B.2 600 C.2 700 D.2 800
答案:B
解析:当n为奇数时,an+2-an=0,所以an=1;
当n为偶数时,an+2-an=2,所以an=n,
故an=1,n为奇数,n,n为偶数,
于是S100=50+(2+100)×502=2600.
2.(多选)已知数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,设cn=abn,Tn为数列{cn}的前n项和,则当Tn<2 021时,n的取值可能是(　　)
A.8 B.9 C.10 D.11
答案:AB
解析:由题意,an=1+2(n-1)=2n-1,bn=2n-1,
则cn=abn=2·2n-1-1=2n-1,
则数列{cn}为递增数列,其前n项和Tn=(21-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)
=(21+22+…+2n)-n=2(1-2n)1-2-n=2n+1-2-n.
当n=9时,Tn=1013<2021;
当n=10时,Tn=2036>2021.
故n的取值可能是8,9.
3.已知数列{an}满足a1=1,且对任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n,则数列1an的前100项和为(　　)
A.100101 B.99100 C.101100 D.200101
答案:D
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=n(n+1)2(n≥2),又a1=1,满足此式,
∴1an=2n(n+1)=21n-1n+1.
∴数列1an的前100项和为2×(1-12+12-13+…+1100-1101)=2×1-1101=200101.
4.已知函数f(x)=xa的图象过点(4,2),令an=1f(n+1)+f(n),n∈N*.设数列{an}的前n项和为Sn,则S2 020等于(　　)
A.2020-1 B.2020+1
C.2021-1 D.2021+1
答案:C
解析:由f(4)=2,可得4a=2,解得a=12,则f(x)=x12.
即an=1f(n+1)+f(n)=1n+1+n=n+1-n,
则S2020=a1+a2+a3+…+a2020=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(2021-2020)=2021-1.
5.已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则数列{an}的前60项和为(　　)
A.3 690 B.3 660
C.1 845 D.1 830
答案:D
解析:∵an+1+(-1)nan=2n-1,
∴当n=2k(k∈N*)时,a2k+1+a2k=4k-1;①
当n=2k-1(k∈N*)时,a2k-a2k-1=4k-3;②
当n=2k+1(k∈N*)时,a2k+2-a2k+1=4k+1.③
由①-②得a2k+1+a2k-1=2,
∴(a1+a3)+(a5+a7)+…+(a57+a59)=2×15=30.
由①+③得a2k+a2k+2=8k,
∴(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a58+a60)=15×8+15×142×16=1800.
∴a1+a2+…+a60=30+1800=1830.
6.已知等差数列{an}中,a5=π2.若函数f(x)=sin 2x+1,设yn=f(an),则数列{yn}的前9项和为　　　　　. 
答案:9
解析:由题意,得yn=sin(2an)+1,
故数列{yn}的前9项和为sin2a1+sin2a2+sin2a3+…+sin2a8+sin2a9+9.
由a5=π2,得sin2a5=0.
∵a1+a9=2a5=π,
∴2a1+2a9=4a5=2π,
∴2a1=2π-2a9,
∴sin2a1=sin2π-2a9=-sin2a9.
由倒序相加可得12(sin2a1+sin2a2+sin2a3+…+sin2a8+sin2a9+sin2a1+sin2a2+sin2a3+…+sin2a8+sin2a9)=0,
∴y1+y2+y3+…+y8+y9=9.
7.已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn+3=3an.设bn=(n+1)log  3an,并记Tn=1b1+1b2+1b3+…+1bn,则an=　　　　　,T2 020=　　　　　. 
答案:3n　10102021
解析:当n=1时,可得2S1+3=2a1+3=3a1,
解得a1=3;
当n≥2时,2Sn-1+3=3an-1,
则2Sn+3-(2Sn-1+3)=3an-3an-1,即2an=3an-3an-1,
即an=3an-1,则数列{an}是首项为3,公比为3的等比数列,
故数列{an}的通项公式为an=3n.
则bn=(n+1)log 33n=(n+1)log 3(3)2n=2n(n+1)·log 33=2n(n+1),
即1bn=12n(n+1)=121n-1n+1,
可得Tn=12[1-12+12-13+…+(1n-1n+1)]=121-1n+1,
故T2020=12×1-12021=10102021.
8.(2021江苏无锡第一次质检)已知等差数列{an}的首项为2,前n项和为Sn,数列{bn}是首项为1,各项均为正数的等比数列,且满足a3=2b2,S5=b2+b4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=(-1)nlog3Sn+log3bn,求数列{cn}的前26项和.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
则a1+2d=2b1q,5a1+5×42d=b1q+b1q3,即2+2d=2q,10+10d=q+q3,
∴q3-9q=0,∵等比数列{bn}的各项均为正数,
∴q=3,从而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)nlog3[n(n+1)]+log33n-1=[(-1)nlog3n+(-1)nlog3(n+1)]+n-1.
∴{cn}的前26项和为T26=(-log31-log32+0)+(log32+log33+1)+(-log33-log34+2)+…+(-log325-log326+24)+(log326+log327+25)=-log31+log327+26×(0+25)2=3+325=328.
9.(2021河北秦皇岛高三质检)已知数列{an}满足2an+1=an+1,a1=54,bn=an-1.
(1)求证:数列{bn}是等比数列;
(2)求数列　　　　　的前n项和Tn. 
从条件①n+1bn,②{n+bn},③4log2bn·log2bn+1中任选一个,补充到上面的问题中,并给出解答.
解:(1)因为2an+1=an+1,所以2an+1-2=an-1.
由bn=an-1,得2bn+1=bn.
又因为b1=a1-1=14,所以数列{bn}是以14为首项,12为公比的等比数列,即bn=12n+1.
(2)若选①,n+1bn=(n+1)·2n+1.
则Tn=2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1,
2Tn=2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2,
两式作差,得Tn=2Tn-Tn=-2×22-23-24-…-2n+1+(n+1)×2n+2=(n+1)×2n+2-23(1-2n-1)1-2-2×22=(n+1)×2n+2+8-2n+2-8=n·2n+2,
故Tn=n·2n+2.
若选②,n+bn=n+12n+1,则Tn=1+14+2+18+3+116+…+n+12n+1
=(1+2+3+…+n)+14+18+116+…+12n+1=12n(n+1)+141-12n1-12=n22+n2+12-12n+1,
故Tn=n22+n2+12-12n+1.
若选③,4log2bn·log2bn+1=41n+1-1n+2,
则Tn=4[(12-13)+(13-14)+…+(1n-1n+1)+(1n+1-1n+2)]=412-1n+2=2nn+2,
故Tn=2nn+2.
二、综合应用
10.(2021河北衡水中学调研)定义np1+p2+…+pn为n个正数p1,p2,…,pn的“均倒数”.若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为12n+1,又bn=an+14,则1b1b2+1b2b3+…+1b10b11等于(　　)
A.111 B.910 C.1112 D.1011
答案:D
解析:设数列{an}的前n项和为Sn.
∵na1+a2+…+an=12n+1,
∴a1+a2+…+an=n(2n+1)=Sn,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n-1,验证知当n=1时该式也成立,
∴an=4n-1,∴bn=an+14=n,
∴1bn·bn+1=1n-1n+1.
∴1b1b2+1b2b3+…+1b10b11=1-12+12-13+…+110-111=1-111=1011.
11.(多选)已知数列{an},{bn}均为递增数列,数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,且满足an+an+1=2n,bnbn+1=2n,则下列说法正确的有(　　)
A.0 C.S2n 答案:ABC
解析:∵数列{an}为递增数列,∴a1 ∵an+an+1=2n,∴a1+a2=2,a2+a3=4.
∵a1+a2>2a1,a2+a3>2a2=4-2a1,
∴0 ∵数列{bn}为递增数列,∴b1 ∵bnbn+1=2n,∴b1b2=2,b2b3=4.
∵b2>b1,b3>b2,∴1 ∵an+an+1=2n,∴S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=2×1+2×3+2×5+…+2×(2n-1)=2n2.
∵bnbn+1=2n,∴当n≥2时,bn-1bn=2n-1,
∴bn+1bn-1=2(n≥2).
∴T2n=b1+b2+…+b2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=b1(1-2n)1-2+b2(1-2n)1-2=(b1+b2)·(2n-1)>2b1b2(2n-1)=22(2n-1).由数学归纳法可证明22(2n-1)>2n2.
∴对于任意的n∈N*,S2n 12.今要在一个圆周上标出一些数,第一次先把圆周二等分,在这两个分点处分别标上1,如图①所示;第二次把两段半圆弧分别二等分,在这两个分点处分别标上2,如图②所示;第三次把4段圆弧分别二等分,并在这4个分点处分别标上3,如图③所示.如此继续下去,当第n次标完数以后,这个圆周上所有已标出的数的总和是　　　　　　　　. 

答案:(n-1)×2n+2
解析:由题意可得,第n次标完后,圆周上所有已标出的数的总和为Tn=1+1+2×2+3×22+…+n×2n-1.
设S=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,
则2S=2+2×22+…+(n-1)×2n-1+n×2n,两式相减可得-S=1+2+22+…+2n-1-n×2n=(1-n)×2n-1,
则S=(n-1)×2n+1,
故Tn=(n-1)×2n+2.
13.在①b2n=2bn+1,②a2=b1+b2,③b1,b2,b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件,补充在下面的问题中,并求解.
已知数列{an}中,a1=1,an+1=3an.公差不等于0的等差数列{bn}满足　　　　　,求数列bnan的前n项和Sn. 
解:因为a1=1,an+1=3an,所以数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列,所以an=3n-1.
选①②时,
设等差数列{bn}的公差为d,因为a2=3,
所以b1+b2=3.
因为b2n=2bn+1,
所以当n=1时,b2=2b1+1,
解得b1=23,b2=73,所以d=53,
所以bn=5n-33,
所以bnan=5n-33n.
即Sn=b1a1+b2a2+…+bnan=231+732+1233+…+5n-33n,①
则13Sn=232+733+1234+…+5n-83n+5n-33n+1,②
由①-②,得23Sn=23+5×132+133+…+13n-5n-33n+1=23+56-152×3n+1-5n-33n+1=32-10n+92×3n+1,
故Sn=94-10n+94×3n.
选②③时,
设等差数列{bn}的公差为d,
因为a2=3,所以b1+b2=3,即2b1+d=3.
因为b1,b2,b4成等比数列,所以b22=b1b4,
即(b1+d)2=b1(b1+3d),
化简得d2=b1d.因为d≠0,
所以b1=d,从而d=b1=1,所以bn=n,
所以bnan=n3n-1.
即Sn=b1a1+b2a2+…+bnan=130+231+332+…+n3n-1,①
则13Sn=131+232+333+…+n-13n-1+n3n,②
由①-②,得23Sn=1+13+132+133+…+13n-1-n3n=32×1-13n-n3n=32-2n+32×3n,
故Sn=94-2n+34×3n-1.
选①③时,
设等差数列{bn}的公差为d,因为b2n=2bn+1,
所以n=1时,b2=2b1+1,所以d=b1+1.
又b1,b2,b4成等比数列,所以b22=b1b4,
即(b1+d)2=b1(b1+3d),
化简得d2=b1d,因为d≠0,所以b1=d,从而无解,
所以等差数列{bn}不存在,故不符合题意.
14.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足an+12=2Sn+n+4,a2-1,a3,a7恰为等比数列{bn}的前3项.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若cn=(-1)nlog2bn-1anan+1,求数列{cn}的前n项和Tn.
解:(1)因为an+12=2Sn+n+4,
所以an2=2Sn-1+n-1+4(n≥2).
两式相减,得an+12-an2=2an+1,
所以an+12=an2+2an+1=(an+1)2.
因为{an}是各项均为正数的数列,
所以an+1=an+1,即an+1-an=1.
又a32=(a2-1)a7,
所以(a2+1)2=(a2-1)(a2+5),
解得a2=3,a1=2,
所以{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,
所以an=n+1.
由题意知b1=2,b2=4,b3=8,
故bn=2n.
(2)由(1)得cn=(-1)nlog22n-1(n+1)(n+2)=(-1)nn-1(n+1)(n+2),
故Tn=c1+c2+…+cn=[-1+2-3+…+(-1)nn]-12×3+13×4+…+1(n+1)×(n+2).
设Fn=-1+2-3+…+(-1)nn,
则当n为偶数时,Fn=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(n-1)+n]=n2;
当n为奇数时,Fn=Fn-1+(-n)=n-12-n=-(n+1)2.
设Gn=12×3+13×4+…+1(n+1)×(n+2),
则Gn=12-13+13-14+…+1n+1-1n+2=12-1n+2.
所以Tn=n-12+1n+2,n为偶数,-n+22+1n+2,n为奇数.
三、探究创新
15.甲、乙两同学在复习数列时发现原来曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏,导致一个条件看不清,具体如下:等比数列{an}的前n项和为Sn,已知　　　　　. 
(1)判断S1,S2,S3的关系;
(2)若a1-a3=3,设bn=n12|an|,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:Tn<43.
甲同学记得缺少的条件是首项a1的值,乙同学记得缺少的条件是公比q的值,并且他俩都记得第(1)问的答案是S1,S3,S2成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的,请你通过推理把条件补充完整并解答此题.
解:由题意可得S1=a1,S2=a1+a2=a1(1+q),S3=a1+a2+a3=a1(1+q+q2).由S1,S3,S2成等差数列,可得S1+S2=2S3,即a1+a1(1+q)=2a1(1+q+q2),由题意知a1≠0,
则1+1+q=2(1+q+q2),解得q=-12或q=0(舍去).
故S1,S3,S2成等差数列,题干需要补充的条件为已知公比q=-12.
(1)因为q=-12,
所以S2=a1-12a1=12a1,S3=12a1+14a1=34a1.
又S1=a1,所以2S3=S1+S2.
故S1,S3,S2成等差数列.
(2)证明:由a1-a3=3,可得a1-14a1=3,解得a1=4,
则an=4×-12n-1,
即bn=n12|an|=n12×4×-12n-1=23n·12n.
则Tn=23×(1×12+2×14+3×18+…+n·12n),①
12Tn=23×(1×14+2×18+3×116+…+n·12n+1).②
由①-②,得12Tn=23×(12+14+18+116+…+12n-n·12n+1)=23×12×1-12n1-12-n·12n+1,
化简可得Tn=43×1-n+22n+1,
由1-n+22n+1<1,可得Tn<43.