2021年高考数学一轮精选练习：33《数列求和》(含解析)

2021年高考数学一轮精选练习：

33《数列求和》

一         、选择题

1.已知等比数列{an}中，a2·a8=4a5，等差数列{bn}中，b4＋b6=a5，则数列{bn}的前9项和S9等于(　 　)

A.9         B.18            C.36         D.72

2.数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于(　 　)

A.n2＋1－          B.2n2－n＋1－

C.n2＋1－         D.n2－n＋1－

3.已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，则S2 018=(　 　)

A.22 018－1             B.3×21 009－3

C.3×21 009－1          D.3×21 008－2

4.定义为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”.若已知正项数列{an}的前n项的“均倒数”为，又bn=，则＋＋…＋=(　 　)

A.        B.           C.        D.

5.在数列{an}中，已知a1=3，且数列{an＋(－1)n}是公比为2的等比数列，对于任意的n∈N*，不等式a1＋a2＋…＋an≥λan＋1恒成立，则实数λ的取值范围是(　 　)

A.        B.      C.        D.(－∞，1]

6.数列{an}满足a1=1，nan＋1=(n＋1)an＋n(n＋1)，且bn=ancos，记Sn为数列{bn}的前n项和，则S24=(　 　)

A.294        B.174          C.470         D.304

7.已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an＞0,6Sn=a＋3an，n∈N*，

bn=，若∀n∈N*，k＞Tn恒成立，则k的最小值是(　 　)

A.          B.           C.49         D.

二         、填空题

8.已知数列{an}中，an=－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q=an－an－1(n≥2)且b1=a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|=          .

9.设数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，an＋an＋1=(n=1,2,3，…)，则S2n＋3=        .

10.已知Sn为数列{an}的前n项和，an=2·3n－1(n∈N*)，若bn=，则b1＋b2＋…＋bn=      .

11.设f(x)=，若S=f＋f＋…＋f，则S=      .

三         、解答题

12.若数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an－λ(λ＞0，n∈N*).

(1)证明数列{an}为等比数列，并求an；

(2)若λ=4，bn=(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n.

13.已知数列{an}的前n项和为Sn，数列是公差为1的等差数列，且a2=3，a3=5.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn=an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn.

14.已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋an=1(n∈N*).

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn=log(1－Sn＋1)(n∈N*)，令Tn=＋＋…＋，求Tn.

15.已知数列{an}的首项a1=3，前n项和为Sn，an＋1=2Sn＋3，n∈N*.

(1)求数列{an}的通项公式.

(2)设bn=log3an，求数列的前n项和Tn，并证明：≤Tn＜.

答案解析

1.答案为：B；

解析：∵a2·a8=4a5，即a=4a5，∴a5=4，

∴a5=b4＋b6=2b5=4，∴b5=2.∴S9=9b5=18，故选B.

2.答案为：A；

解析：该数列的通项公式为an=(2n－1)＋，

则Sn=[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋=n2＋1－.

3.答案为：B；

解析：a1=1，a2==2，又==2，∴=2.

∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，

∴S2 018=a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018

=(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)

=＋=3×21 009－3.

4.答案为：C；

解析：依题意有=，即前n项和Sn=n(2n＋1)=2n2＋n，

当n=1时，a1=S1=3；当n≥2时，an=Sn－Sn－1=4n－1，a1=3满足该式.

则an=4n－1，bn==n.因为==－，

所以＋＋…＋=1－＋－＋…＋－=.

5.答案为：C；

解析：由已知，an＋(－1)n=[3＋(－1)1]·2n－1=2n，

∴an=2n－(－1)n.

当n为偶数时，a1＋a2＋…＋an=(2＋22＋…＋2n)－(－1＋1－…＋1)

=2n＋1－2，an＋1=2n＋1－(－1)n＋1=2n＋1＋1，

由a1＋a2＋…＋an≥λan＋1，得λ≤=1－对n∈N*恒成立，

∴λ≤；

当n为奇数时，a1＋a2＋…＋an=(2＋22＋…＋2n)－(－1＋1－…＋1－1)=2n＋1－1，

an＋1=2n＋1－(－1)n＋1=2n＋1－1，由a1＋a2＋…＋an≥λan＋1得，

λ≤=1对n∈N*恒成立，综上可知λ≤.

6.答案为：D；

解析：∵nan＋1=(n＋1)an＋n(n＋1)，

∴－=1，∴数列是公差与首项都为1的等差数列.

∴=1＋(n－1)×1，可得an=n2.

∵bn=ancos，∴bn=n2cos，令n=3k－2，k∈N*，

则b3k－2=(3k－2)2cos=－(3k－2)2，k∈N*，

同理可得b3k－1=－(3k－1)2，k∈N*，b3k=(3k)2，k∈N*.

∴b3k－2＋b3k－1＋b3k=－(3k－2)2－(3k－1)2＋(3k)2=9k－，k∈N*，

则S24=9×(1＋2＋…＋8)－×8=304.

7.答案为：B；

解析：当n=1时，6a1=a＋3a1，解得a1=3或a1=0.

由an＞0，得a1=3.由6Sn=a＋3an，得6Sn＋1=a＋3an＋1.

两式相减得6an＋1=a－a＋3an＋1－3an.所以(an＋1＋an)(an＋1－an－3)=0.

因为an＞0，所以an＋1＋an＞0，an＋1－an=3.

即数列{an}是以3为首项，3为公差的等差数列，所以an=3＋3(n－1)=3n.

所以bn===.

所以Tn=

=＜.

要使∀n∈N*，k＞Tn恒成立，只需k≥.故选B.

一         、填空题

8.答案为：4n－1.

解析：由已知得b1=a2=－3，q=－4，∴bn=(－3)×(－4)n－1，∴|bn|=3×4n－1，

即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列，

∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|==4n－1.

9.答案为：.

解析：依题意得S2n＋3=a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2n＋2＋a2n＋3)

=1＋＋＋…＋==.

10.答案为：－；

解析：因为==3，且a1=2，所以数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，

所以Sn==3n－1，又bn===－，

所以b1＋b2＋…＋bn=＋＋…＋=－=－.

11.答案为：1008；

解析：∵f(x)=，∴f(1－x)==，

∴f(x)＋f(1－x)=＋=1.S=f＋f＋…＋f，①

S=f＋f＋…＋f，②

①＋②，得2S=＋

＋…＋=2 016，∴S==1 008.

二         、解答题

12.解：(1)证明：∵Sn=2an－λ，当n=1时，得a1=λ，

当n≥2时，Sn－1=2an－1－λ，

∴Sn－Sn－1=2an－2an－1，

即an=2an－2an－1，∴an=2an－1，

∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，

∴an=λ2n－1.

(2)∵λ=4，∴an=4·2n－1=2n＋1，

∴bn=

∴T2n=22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1

=(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)

=＋=＋n(n＋2)，

∴T2n=＋n2＋2n－.

13.解：(1)由题意，得=a1＋n－1，

即Sn=n(a1＋n－1)，

所以a1＋a2=2(a1＋1)，a1＋a2＋a3=3(a1＋2)，且a2=3，a3=5.

解得a1=1，所以Sn=n2，

所以当n≥2时，an=Sn－Sn－1=n2－(n－1)2=2n－1，

又n=1时也满足，故an=2n－1.

(2)由(1)得bn=(2n－1)·3n，

所以Tn=1×3＋3×32＋…＋(2n－1)·3n，

则3Tn=1×32＋3×33＋…＋(2n－1)·3n＋1.

∴Tn－3Tn=3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)·3n＋1，

则－2Tn=3＋2×－(2n－1)·3n＋1=3n＋1－6＋(1－2n)·3n＋1=(2－2n)·3n＋1－6，

故Tn=(n－1)·3n＋1＋3.

14.解：(1)当n=1时，a1=S1，

由S1＋a1=1，得a1=，

当n≥2时，Sn=1－an，Sn－1=1－an－1，则Sn－Sn－1=(an－1－an)，

即an=(an－1－an)，所以an=an－1(n≥2).

故数列{an}是以为首项，为公比的等比数列.

故an=·n－1=2·n(n∈N*).

(2)因为1－Sn=an=n.所以bn=log(1－Sn＋1)=logn＋1=n＋1，

因为==－，

所以Tn=＋＋…＋=＋＋…＋

=－=.

15.解：(1)由an＋1=2Sn＋3，

得an=2Sn－1＋3(n≥2)，

两式相减得an＋1－an=2(Sn－Sn－1)=2an，

故an＋1=3an(n≥2)，

所以当n≥2时，{an}是以3为公比的等比数列.

因为a2=2S1＋3=2a1＋3=9，=3，

所以{an}是首项为3，公比为3的等比数列，an=3n.

(2)an=3n，故bn=log3an=log33n=n，==n·n，

Tn=1×＋2×2＋3×3＋…＋n×n，①

Tn=1×2＋2×3＋3×4＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1.②

①－②，得

Tn=＋2＋3＋…＋n－n×n＋1=－n×n＋1=－n＋1，

所以Tn=－n.

因为n＞0，所以Tn＜.又因为Tn＋1－Tn=＞0，

所以数列{Tn}单调递增，所以(Tn)min=T1=，

所以≤Tn＜.