2023版考前三个月冲刺专题练　第16练　数列求和及其综合应用

这是一份2023版考前三个月冲刺专题练　第16练　数列求和及其综合应用，共18页。

第16练　数列求和及其综合应用


1．(2017·全国Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}的前6项和为(　　)
A．－24 B．－3
C．3 D．8
答案　A
解析　由已知条件可得a1＝1，d≠0，
由a＝a2a6，可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，
解得d＝－2.
所以S6＝6×1＋＝－24.
2．(2020·全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则等于(　　)
A．2n－1 B．2－21－n
C．2－2n－1 D．21－n－1
答案　B
解析　设等比数列{an}的公比为q，
则q＝＝＝2.
由a5－a3＝a1q4－a1q2＝12a1＝12，
解得a1＝1.
所以an＝a1qn－1＝2n－1，
Sn＝＝2n－1，
所以＝＝2－21－n.
3．(2012·新课标全国卷)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{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，
∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，
a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，
a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，
a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，
a60＝119－a1，
∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)
＝10＋26＋42＋…＋234
＝＝1 830.
4．(2012·大纲全国卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
∵a5＝5，S5＝15，
∴∴
∴an＝a1＋(n－1)d＝n.
∴＝＝－，
∴数列的前100项和S100＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
5．(多选)(2022·北京改编)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1,2，…)．给出下列四个选项，其中正确的是(　　)
A．{an}的第2项小于3
B．{an}为等比数列
C．{an}为递减数列
D．{an}中存在小于的项
答案　ACD
解析　由题意可知，∀n∈N*，an>0，
当n＝1时，a＝9，可得a1＝3；
当n≥2时，由Sn＝，
可得Sn－1＝，
两式作差可得an＝－，
所以＝－an，
则－a2＝3，
整理可得a＋3a2－9＝0.
因为a2>0，
所以解得a2＝<3，A对；
假设数列{an}为等比数列，设其公比为q，
则a＝a1a3，
即2＝，
所以S＝S1S3，
可得a(1＋q)2＝a(1＋q＋q2)，
解得q＝0，不合题意，
故数列{an}不是等比数列，B错；
当n≥2时，an＝－＝>0，
可得an 所以数列{an}为递减数列，C对；
假设对任意的n∈N*，an≥，
则S100 000≥100 000×＝1 000，
所以a100 000＝≤<，与假设矛盾，假设不成立，D对．
6．(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么k＝________ dm2.
答案　5　240
解析　依题意得，S1＝120×2＝240；
S2＝60×3＝180；
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm,20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30,10×3＝30,20×＝30，所以S3＝30×4＝120；
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm,10 dm× dm,20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15,10×＝15,20×＝15，所以S4＝15×5＝75；
……
所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝.
所以k＝240，①
所以×k
＝240，②
由①－②得，
×k＝240
＝240
＝240，
所以k＝240dm2.
7．(2021·新高考全国Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
解　(1)因为bn＝a2n，且a1＝1，
an＋1＝
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1.
(2)因为an＋1＝
所以当k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，
即a2k＝a2k－1＋1，
a2k＋1＝a2k＋2＝a2k－1＋1＋2＝a2k－1＋3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
由(1)可得数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300.
8．(2022·新高考全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<2.
(1)解　方法一　因为a1＝1，所以＝1，
又是公差为的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×＝.
因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，
所以＝(n≥2)，
所以＝(n≥2)，
整理得＝(n≥2)，
所以··…··＝××…··＝(n≥2)，
所以Sn＝(n≥2)，
又S1＝1也满足上式，
所以Sn＝(n∈N*)，
则Sn－1＝(n≥2)，
所以an＝－
＝(n≥2)，
又a1＝1也满足上式，
所以an＝(n∈N*)．
方法二　因为a1＝1，所以＝1，
又是公差为的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×＝，
所以Sn＝an.
因为当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
所以an－1＝an(n≥2)，
所以＝(n≥2)，
所以··…··＝×××…··＝(n≥2)，
所以an＝(n≥2)，
又a1＝1也满足上式，
所以an＝(n∈N*)．
(2)证明　因为an＝，
所以＝＝2，
所以＋＋…＋＝2
＝2<2.

9．(2022·沈阳模拟)在数列{an}中，a1＝2，a2＝2且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，S100等于(　　)
A．0 B．1 300 C．2 600 D．2 650
答案　D
解析　当n为奇数时，an＋2－an＝0，
所以数列{an}的奇数项是以0为公差的等差数列，
当n为偶数时，an＋2－an＝2，
所以数列{an}的偶数项是以2为公差的等差数列，
所以an＝
所以S100＝2×50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝100＋＝2 650.
10．在数列{an}中，a1＝1，an－an－1－n＝0(n≥2)，Sn＝＋＋…＋.当Sn＝时，则n等于(　　)
A．2 021 B．2 022
C．2 023 D．2 024
答案　B
解析　因为a1＝1，an－an－1－n＝0(n≥2)，
则an－an－1＝n(n≥2)，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1，
即an＝n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1＝，
则＝＝－，
故Sn＝＋＋…＋
＝1－，
又Sn＝，
即1－＝，
解得n＝2 022.
11．(2022·茂名质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足3Sn＝4an－1(n∈N*)．记bm为数列{an}在区间(0，m](m∈N*)内的项的个数，则数列{bm}的前100项的和为(　　)
A．315 B．319 C．314 D．316
答案　B
解析　由题意知3Sn＝4an－1(n∈N*)，
则当n≥2时，3Sn－1＝4an－1－1，
于是得3an＝4an－4an－1，
即an＝4an－1，
由3a1＝3S1＝4a1－1解得a1＝1，
因此数列{an}是首项为1，公比为4的等比数列，且an＝4n－1，
因为bm为数列{an}在区间(0，m](m∈N*)内的项的个数，
则有b1＝b2＝b3＝1，b4＝b5＝…＝b15＝2，
b16＝b17＝…＝b63＝3，b64＝b65＝…＝b100＝4，
所以数列{bm}的前100项的和为1×3＋2×12＋3×48＋4×37＝319.
12．(多选)(2022·六安模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝4a1，a2是a1＋1与a3的等差中项，数列{bn}满足bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则下列命题正确的是(　　)
A．数列{an}的通项公式为an＝3n－1
B．Sn＝3n－1
C．Tn＝－
D．Tn的取值范围是
答案　BCD
解析　由题知S2＝a1＋a2＝4a1，
所以a2＝3a1，q＝＝3，
又由题意可得2a2＝a3＋(a1＋1)，
则6a1＝a1＋(a1＋1)，
解得a1＝2，
所以an＝2×3n－1，故A错误；
Sn＝＝3n－1，故B正确；
bn＝＝－，
Tn＝＋＋…＋
＝－，故C正确；
易知Tn＝－是关于n的单调递增函数，
所以Tn≥T1＝，
又Tn<，
所以Tn∈，故D正确．
13．(多选)(2022·浙江山水联盟联考)数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，a1＝1，则下列结论正确的是(　　)
A.＝＋ B．是等比数列
C．(2n－1)an＝1 D．3a5a17＝a49
答案　ABC
解析　由an＋1＝，且a1＝1，
则a2＝>0，a3＝>0，…，
依此类推可知，对任意的n∈N*，an>0，
所以＝＝＋2，
所以－＝2，且＝1，
所以数列是等差数列，且该数列的首项为1，公差为2，
所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，
则(2n－1)an＝1，其中n∈N*，故C对；

所以数列是等比数列，故B对；
由等差中项的性质可得＝＋，故A对；
由上可知an＝，
则3a5a17＝3××＝，
a49＝＝，
所以3a5a17≠a49，故D错．
14．(2022·贵州模拟)设正项数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝(an＋1)2，记[x]表示不超过x的最大整数，bn＝＋1.若数列{bn}的前n项和为Tn，则使得Tn≥2 022成立的n的最小值为(　　)
A．1 180 B．1 179 C．2 020 D．2 021
答案　A
解析　Sn＝(an＋1)2，①
令n＝1，得4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1.
Sn－1＝(an－1＋1)2，n≥2，②
由①－②可得an＝Sn－Sn－1
＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，
整理得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0，
根据an>0可知an－an－1＝2(n≥2)，
则数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
∴bn＝＋1＝＋1，
当n∈[1,505]时，4n－2<2 022，bn＝1；
当n∈[506,1 011]时，2 022≤4n－2<4 044，bn＝2；
当n∈[1 012,1 516]时，4 044<4n－2<6 066，bn＝3.
∵T1 011＝505＋506×2＝1 517，(2 022－1 517)÷3≈168.3，
∴使Tn≥2 022成立的n的最小值为1 011＋169＝1 180.
15．(2022·韶关模拟)在①an＋1＝an＋2n，a1＝2；②Sn＝2an－2；③Sn＝2n＋1－2这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并做出解答．设数列{an}的前n项和为Sn，________，数列{bn}是等差数列，b1＝1，b2＋b4＋b6＝21.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解　(1)若选①：由an＋1＝an＋2n得an＋1－an＝2n，
则an－an－1＝2n－1，an－1－an－2＝2n－2，…，a3－a2＝22，a2－a1＝21，
将上述n－1个式子相加，整理得an－a1＝2＋22＋…＋2n－2＋2n－1＝＝2n－2，
又a1＝2，所以an＝2n.
若选②：Sn＝2an－2，当n＝1时，a1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－2)－(2an－1－2)，
所以＝2，所以an＝2n.
若选③：Sn＝2n＋1－2，当n＝1时，a1＝2，
当n≥2时，由Sn＝2n＋1－2可得Sn－1＝2n－2，
所以an＝Sn－Sn－1＝2n，
所以an＝2n.
经检验，当n＝1时，an＝2n也成立，
所以an＝2n，
设等差数列{bn}的公差为d，
由题意知b1＝1，b2＋b4＋b6＝21，
即b1＋d＋b1＋3d＋b1＋5d＝21，解得d＝2，
从而bn＝2n－1.
(2)由(1)可得cn＝(2n－1)2n，
则Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，
2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－1)×2n＋1，
两式相减得－Tn＝1×21＋(2×22＋2×23＋…＋2×2n)－(2n－1)×2n＋1，
－Tn＝1×21＋－(2n－1)2n＋1
＝(3－2n)2n＋1－6，
整理得Tn＝(2n－3)2n＋1＋6.
16．(2022·杭师大附中模拟)数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}满足bn＝nan(n∈N*)，且数列{bn}的前n项和为(n－1)Sn＋2n.
(1)求a1，a2，并求数列{an}的通项公式；
(2)抽去数列{an}中的第1项，第4项，第7项，…，第3n－2项，余下的项顺序不变，组成一个新数列{cn}，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：<≤.
(1)解　由题意得a1＋2a2＋3a3＋…＋nan
＝(n－1)Sn＋2n，①
当n＝1时，a1＝2；当n＝2时，a1＋2a2＝S2＋4＝a1＋a2＋4⇒a2＝4；
当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1
＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)，②
①－②得，nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝Sn＋(n－2)an＋2⇒Sn＝2an－2(n≥2)，
当n＝1时，a1＝2，也适合上式，
所以Sn＝2an－2(n∈N*)，
所以Sn－1＝2an－1－2，
两式相减得an＝2an－1(n≥2)，
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2n.
(2)证明　数列{cn}为22，23，25，26，28，29，…，
所以奇数项是以4为首项，8为公比的等比数列，偶数项是以8为首项，8为公比的等比数列．
所以当n＝2k－1(k∈N*)时，
Tn＝c1＋c2＋…＋c2k－1
＝(c1＋c3＋…＋c2k－1)＋(c2＋c4＋…＋c2k－2)
＝(22＋25＋…＋23k－1)＋(23＋26＋…＋23k－3)
＝＋
＝－，
所以Tn＋1＝Tn＋cn＋1＝－＋23k＝－，
所以＝＝＝＋，
显然是关于k的减函数，
因为5·8k－12≥28，
所以<≤3；
当n＝2k(k∈N*)时，
Tn＝c1＋c2＋…＋c2k
＝(c1＋c3＋…＋c2k－1)＋(c2＋c4＋…＋c2k)
＝(22＋25＋…＋23k－1)＋(23＋26＋…＋23k)
＝＋
＝－，
所以Tn＋1＝Tn＋cn＋1＝－＋23k＋2＝－，
所以＝＝
＝＋，
显然是关于k的减函数，
因为3·8k－3≥21，
所以<≤.
综上所述，<≤.

[考情分析]　高考常考内容，主要考查等差、等比数列与常见数列求和的综合应用，主要以解答题的形式出现，属于中档题．
一、an与Sn的关系
核心提炼
1．数列{an}中，an与Sn的关系
an＝
2．求数列通项公式的常用方法：
(1)公式法：利用等差(比)数列的公式求通项公式．
(2)在已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项公式an.
(3)在已知数列{an}中，满足＝f(n)，且f(1)·f(2)·…·f(n)可求，则可用累乘法求数列的通项公式an.
(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．
练后反馈
题目
5
14







正误









错题整理：

二、数列求和
核心提炼
数列求和常见方法：
(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．
(2)错位相减法：主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}一个是等差数列，一个是等比数列．
(3)裂项相消法：将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如的数列．
练后反馈
题目
1
2
3
4
7
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9
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11
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15
正误











错题整理：

三、数列的综合应用
核心提炼
数列与函数、不等式的交汇：
数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成立问题．
练后反馈
题目
6
13
16






正误









错题整理：


1．[T7补偿](2022·沈阳模拟)已知数列{an}满足an＝则数列{an}的前10项和为(　　)
A.＋ln 6 B.＋ln 6
C.－ln 2 D.－ln 2
答案　B
解析　由题意知，＝－，
ln＝ln(n＋2)－ln n，
则a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a9＋a10＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋a10)
＝1－＋－＋…＋－＋ln 4－ln 2＋ln 6－ln 4＋…＋ln 12－ln 10
＝1－＋ln 12－ln 2＝＋ln 6.
2．[T13补偿](2022·南宁三校联考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则a10等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　因为an＋1＝(n∈N*)，
所以两边取倒数得＝＝＋1，
则＋1＝2，
所以数列为等比数列，
则＋1＝·2n－1＝2n，
所以an＝，
故a10＝＝.
3．[T12补偿](多选)(2022·青岛模拟)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a1＝1，＝，记bn＝(－1)na，cn＝[lg an]，其中[x]是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如[lg 0.9]＝0，[lg 99]＝1，则下列说法正确的是(　　)
A．an＝n
B.＋＋…＋＝
C．b1＋b2＋…＋b100＝5 050
D．c1＋c2＋c3＋…＋c1 000＝1 893
答案　ACD
解析　由Sn为等差数列{an}的前n项和，
可得＝＝＝，
即＝.
又a1＝1，设等差数列{an}的公差为d，
所以＝＝，
解得d＝1，
所以an＝n，故A正确；
由选项A可知Sn＝，
所以＝＝2，
所以＋＋…＋＝2
＝2＝，故B错误；
由选项A可知bn＝(－1)nn2，
所以b2n＝4n2，b2n－1＝－(2n－1)2，
所以b2n＋b2n－1＝4n2－(2n－1)2＝4n－1，
即数列{b2n＋b2n－1}是首项为3，公差为4的等差数列，
所以b1＋b2＋…＋b100＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b99＋b100) ＝×50＝5 050，故C正确；
由选项A可知cn＝[lg an]＝[lg n]，
当n∈[1,9]且n∈N*时，cn＝0；
当n∈[10,99]且n∈N*时，cn＝1；
当n∈[100,999]且n∈N*时，cn＝2；
当n＝1 000时，cn＝3，
所以c1＋c2＋c3＋…＋c1 000＝9×0＋90×1＋900×2＋3＝1 893，故D正确．
4．[T6补偿](2022·重庆质检)龙曲线是由一条单位线段开始，按下面的规则画成的图形：将前一代的每一条折线段都作为这一代的等腰直角三角形的斜边，依次画出所有直角三角形的两段，使得所画的相邻两线段永远垂直(即所画的直角三角形在前一代曲线的左右两边交替出现)．例如第一代龙曲线(图1)是以A1A2为斜边画出等腰直角三角形的直角边A1A3，A3A2所得的折线图，图2、图3依次为第二代、第三代龙曲线(虚线即为前一代龙曲线)．A1，A2，A3为第一代龙曲线的顶点，设第n代龙曲线的顶点数为an，由图可知a1＝3，a2＝5，a3＝9，则a4＝ ________；数列的前n项和Sn＝________.

答案　17　－
解析　由题意可知，第n＋1代龙曲线是在将2个第n代龙曲线的首尾顶点相接，
则an＋1＝2an－1，
所以an＋1－1＝2(an－1)，
所以数列{an－1}是等比数列，且首项为a1－1＝2，公比为2，
则an－1＝2×2n－1＝2n，
所以an＝2n＋1，则a4＝24＋1＝17，
＝＝－，
因此Sn＝＋＋…＋＝－.
5．[T15补偿](2021·武汉模拟)在①Sn＝；②an＋1＝2an－an－1，S7＝4a7＝28；③＝，S3＝6这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．
问题：设数列{an}的前n项和为Sn，________，若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解　若选①：Sn＝，
当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n，
又当n＝1时满足an＝n，
所以an＝n，所以bn＝，
则Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n·n，
Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)·n＋n·n＋1，
两式相减得Tn＝1＋2＋3＋…＋n－n·n＋1＝－n·n＋1＝1－
(n＋2)·n＋1，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝2－(n＋2)·n.
若选②：an＋1＝2an－an－1，S7＝4a7＝28，
由an＋1＝2an－an－1，即an＝，
可得数列{an}是等差数列，
设数列{an}的公差为d，
由解得a1＝1，d＝1，
所以an＝n，
所以bn＝＝＝n·n，
以下过程与①相同．
若选③：＝，S3＝6，
由＝，
可得＝，
所以＝，
即an＝na1，
又由S3＝a1＋a2＋a3＝6a1＝6，a1＝1，
所以an＝n，
所以bn＝，
以下过程与①相同．