2026届高三数学一轮复习课后习题考点规范练28 数列求和（Word版附解析）

这是一份2026届高三数学一轮复习课后习题考点规范练28 数列求和（Word版附解析），共6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。
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 500B.2 600
C.2 700D.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=2 600.
2.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.100101B.99100C.101100D.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.
3.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S1 020等于( )
A.1 020-1B.1 020+1
C.1 021-1D.1 021+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S1 020=a1+a2+a3+…+a1 020=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(1 021-1 020)=1 021-1.
4.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 690B.3 660
C.1 845D.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=1 800.
∴a1+a2+…+a60=30+1 800=1 830.
5.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sin 2a1+sin 2a2+sin 2a3+…+sin 2a8+sin 2a9+9.
由a5=π2,得sin 2a5=0.
∵a1+a9=2a5=π,∴2a1+2a9=4a5=2π,
∴2a1=2π-2a9,
∴sin 2a1=sin2π-2a9=-sin 2a9.
由倒序相加可得12(sin 2a1+sin 2a2+sin 2a3+…+sin 2a8+sin 2a9+sin 2a1+sin 2a2+sin 2a3+…+sin 2a8+sin 2a9)=0,
∴y1+y2+y3+…+y8+y9=9.
6.已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn+3=3an.设bn=(n+1)lg 3an,并记Tn=1b1+1b2+1b3+…+1bn,则an= ,T4 020= .
答案:3n 2 0104 021
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)lg 33n=(n+1)lg 3(3)2n=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T4 020=12×1-14 021=2 0104 021.
7.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)nlg3Sn+lg3bn,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)nlg3[n(n+1)]+lg33n-1=[(-1)nlg3n+(-1)nlg3(n+1)]+n-1.
∴{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.
8.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},③4lg2bn·lg2bn+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③,4lg2bn·lg2bn+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
9.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.111B.910
C.1112D.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.
10.(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,则下列关系正确的有( )
A.0Sn.
综上可知,当n>5时,Tn>Sn.
三、探究创新
14.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