人教A版普通高中数学一轮复习44课时练习含答案

这是一份人教A版普通高中数学一轮复习44课时练习含答案，共8页。试卷主要包含了已知数列{an}等内容，欢迎下载使用。
1．已知数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则1an的前100项和为( )
A．100101B．99100
C．101100D．200101
D 解析：因为an＋1＝a1＋an＋n，a1＝1，
所以an＋1－an＝1＋n.
所以an－an－1＝n(n≥2)．
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝nn+12(n≥2)．
当n＝1时，上式也成立，所以an＝nn+12，
所以1an＝2nn+1＝21n−1n+1．
所以1an的前100项和为21−12+12−13+…+1100−1101＝21−1101＝200101．
2．在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列1an+3an+4的前n项和Sn＝( )
A．n+1n+2B．nn+1
C．nn+2D．2nn+1
B 解析：设等差数列{an}的公差为d，由a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，得a5＝2，d＝1，所以an＝a5＋(n－5)d＝n－3，
则an＋3＝n，an＋4＝n＋1，
所以1an+3an+4＝1nn+1＝1n－1n+1，
所以Sn＝11−12＋12−13＋…＋1n−1n+1＝1－1n+1＝nn+1．
3．(2024·泰安模拟)已知数列{an}满足a1＋12a2＋122a3＋…＋12n−1an＝2n，则a1＋2a2＋22a3＋…＋22 021a2 022＝( )
A．2×(22 022－1)B．23(22 022＋1)
C．23(24 044－1)D．23(24 044＋1)
C 解析：因为a1＋12a2＋122a3＋…＋12n−1an＝2n，
所以当n≥2时，
a1＋12a2＋122a3＋…12n−2an－1＝2(n－1)，
两式相减得12n−1an＝2，所以an＝2n(n≥2)．
又a1＝2也适合该式，故an＝2n.
所以a1＋2a2＋22a3＋…＋22 021a2 022
＝242 022−14−1＝23(24 044－1)．
4．数列{an}满足an＝1+2+3+…+nn，则数列1anan+1的前n项和为( )
A．nn+2B．2nn+2
C．nn+1D．2nn+1
B 解析：由题意得an＝1+2+3+…+nn＝12(n＋1)，故1anan+1＝4n+1n+2＝41n+1−1n+2，
所以数列1anan+1的前n项和为
412−13+13−14+…+1n+1−1n+2
＝412−1n+2＝2nn+2．
5．(多选题)已知数列{an}：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋…＋910，….若bn＝1anan+1，设数列{bn}的前n项和为Sn，则( )
A．an＝n2B．an＝n
C．Sn＝4nn+1D．Sn＝5nn+1
AC 解析：由题意得an＝1n+1＋2n+1＋…＋nn+1＝1+2+3+…+nn+1＝n2，
所以bn＝1n2·n+12
＝4nn+1＝41n−1n+1．
所以数列{bn}的前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝
41−12+12−13+13−14+…+1n−1n+1
＝41−1n+1＝4nn+1．
6．已知数列{an}满足an＋1＝nn+1an，a1＝1，则数列{anan＋1}的前10项和为 ．
1011 解析：因为an＋1＝nn+1an，a1＝1，
所以(n＋1)an＋1＝nan，
所以数列{nan}是每项均为1的常数列，
即nan＝1.
所以an＝1n，anan＋1＝1nn+1＝1n－1n+1，
所以数列{anan＋1}的前10项和为11−12＋12−13＋…＋110−111＝1－111＝1011．
7．已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3·…·an＝2bn(n∈N*)．若数列{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，则数列{bn}的通项公式bn＝ ，数列1bn的前n项和Sn＝ ．
nn+12 2nn+1 解析：因为数列{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，
所以公比q＝3a4a1＝3162＝2，所以an＝2n，
所以a1a2a3·…·an＝21×22×23×…×2n
＝21+2+3+…＋n＝2nn+12．
因为a1a2a3·…·an＝2bn，所以bn＝nn+12，
所以1bn＝2nn+1＝21n−1n+1，
所以数列1bn的前n项和
Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝211−12+12−13+13−14+…+1n−1n+1
＝21−1n+1＝2nn+1．
8．已知递增等比数列{an}的前n项和为Sn，S6S3＝9，bn＝anan−1an+1−1，且b1＝23．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，显然q≠1，由S6S3＝9，得S6S3－1＝S6−S3S3＝8，
即a4+a5+a6a1+a2+a3＝q3＝8，解得q＝2.
又b1＝a1a1−1a2−1
＝a1a1−12a1−1＝23，
整理得4a12－9a1＋2＝0，解得a1＝2或a1＝14．
由bn＝anan−1an+1−1，得an≠1，当a1＝14时，a3＝14×22＝1，不合题意，舍去，
故a1＝2，所以an＝2×2n-1＝2n，所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由(1)可得
bn＝anan−1an+1−1＝2n2n−12n+1−1＝12n−1－12n+1−1，
所以Tn＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n−1－12n+1−1＝1－12n+1−1＝2n+1−22n+1−1．
9．等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝ ．
2nn+1 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
依题意有a1+2d=3，4a1+6d=10，解得a1=1，d=1.
所以Sn＝n＋nn−12＝nn+12，1Sn＝2nn+1＝21n−1n+1，
因此＝21−12+12−13+…+1n−1n+1＝2nn+1．
10．已知数列{an}满足1an＝1an+1－1，且a1＝1，则an＝ ，数列{bn}满足bn＝2nan，则数列{bn}的前n项和Sn＝ ．
1n (n－1)×2n+1＋2 解析：由1an＝1an+1－1，得1an+1－1an＝1，又1a1＝1，
所以1an是公差、首项都为1的等差数列，
则等差数列1an的通项公式为1an＝n，
则an＝1n，bn＝2nan＝n×2n，
所以Sn＝1×2＋2×22＋…＋n×2n，
2Sn＝1×22＋…＋(n－1)×2n＋n×2n+1，
相减得Sn＝－(2＋22＋…＋2n)＋n×2n+1
＝－21−2n1−2＋n×2n+1＝(n－1)×2n+1＋2.
11．已知在数列{an}中，a1＝3，且{an－1}是公比为3的等比数列，则使a1−1a1a2＋a2−1a2a3＋…＋an−1anan+1＝80489的正整数n的值为 ．
4 解析：由题意，知{an－1}是首项为a1－1＝2，公比为3的等比数列，
所以an－1＝2×3n-1，
所以an＝2×3n-1＋1.
所以an−1anan+1＝2×3n−12×3n−1+12×3n+1＝1212×3n−1+1−12×3n+1，
所以a1−1a1a2＋a2−1a2a3＋…＋an−1anan+1＝1213−17+17−119+…+12×3n−1+1−12×3n+1
＝1213−12×3n+1＝16－14×3n+2＝80489，
解得n＝4.
12．等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝2Sn，n为奇数，bn，n为偶数，设数列{cn}的前n项和Tn，求T2n.
解：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，a1＝3，b1＝1，
得q+6+d=10，3+4d−2q=3+2d，解得d=2，q=2.
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n-1.
(2)由a1＝3，an＝2n＋1，得Sn＝n(n＋2)，
则当n为奇数时，cn＝2Sn＝1n－1n+2，
当n为偶数时，由(1)可知cn＝2n-1.
所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
＝1−13+13−15+…+12n−1−12n+1
＋(2＋23＋…＋22n-1)
＝1－12n+1＋21−4n1−4＝2n2n+1＋23(4n－1)．
13．(2024·衡水模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝1，Sn＝12n+tn(t为常数)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝an·14an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)令n＝1，S1＝a1＝12＋t＝1，可得t＝12，
所以Sn＝12n+12n.
当n≥2时，Sn－1＝12n−1+12(n－1)，
可得an＝Sn－Sn－1＝12[n2－(n－1)2]＋12＝n，
所以an＝n(n≥2)．
又因为a1＝1满足上式，
所以an＝n.
(2)因为bn＝an·14an＋1＝n·14n+1，
所以Tn＝1×142＋2×143＋3×144＋…＋n×14n+1，
两边同乘14，得
14Tn＝1×143＋2×144＋3×145＋…＋(n－1)×14n+1＋n×14n+2，
两式相减，得
34Tn＝142＋143＋144＋145＋…＋14n+1－n×14n+2，
即34Tn＝1161−14n1−14－n×14n+2，
所以Tn＝19－19+n12×14n.