2022版新教材高考数学一轮复习31数列求和训练含解析新人教B版

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三十一　数列求和
(建议用时：45分钟)
A组　全考点巩固练
1．(2020·韶关二模)已知数列{an}是各项不相等的等差数列．若a1＝4，且a2，a4，a8成等比数列，则数列{an}的前8项和S8＝(　　)
A．112 B．144
C．288 D．110
B　解析：数列{an}是各项不相等的等差数列，设公差为d，d≠0，
若a1＝4，且a2，a4，a8成等比数列，
可得a2a8＝a，
即(4＋d)(4＋7d)＝(4＋3d)2，
解得d＝4(0舍去)，
则数列{an}的前8项和S8＝8×4＋×4＝144.
2．在数列{an}中，a1＝5，(an＋1－2)(an－2)＝3(n∈N*)，则该数列的前2 020项的和是(　　)
A．2 020 B．2 022
C．8 080 D．16 160
C　解析：由(an＋1－2)(an－2)＝3，得(an＋2－2)·(an＋1－2)＝3，因此an＋2－2＝an－2，即an＋2＝an，所以数列{an}是以2为周期的数列．又a1＝5，因此(a2－2)(a1－2)＝3(a2－2)＝3，故a2＝3，a1＋a2＝8.又2 020＝2×1 010，因此该数列的前2 020项的和等于1 010(a1＋a2)＝8 080.
3．(2020·宁德二模)已知数列{an}满足an＋1＝an，a1＝1，则数列{anan＋1}的前10项和为(　　)
A. B.
C. D.
A　解析：因为an＋1＝an，a1＝1，所以(n＋1)·an＋1＝nan，所以数列{nan}是每项均为1的常数列，所以nan＝1.所以an＝，anan＋1＝＝－，
所以数列{anan＋1}的前10项和为＋＋…＋＝1－＝.
4．(2020·包头二模)已知函数y＝f(x)满足f(x)＋f(1－x)＝1.若数列{an}满足an＝f(0)＋f ＋f ＋…＋f ＋f(1)，则数列{an}的前20项和为(　　)
A．100 B．105
C．110 D．115
D　解析：因为函数y＝f(x)满足f(x)＋f(1－x)＝1，an＝f(0)＋f ＋f ＋…＋f ＋f(1)①，
所以an＝f(1)＋f ＋f ＋…＋f ＋f(0)②.
由①＋②可得2an＝n＋1，
所以an＝，所以数列{an}是首项为1，公差为的等差数列，其前20项和为＝115.
5．(2020·南昌三模)将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20,2×10,4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的．我们称4×5为20的最佳分解．当p×q(p≤q且p，q∈N*)是正整数n的最佳分解时，定义函数f(n)＝q－p，则数列{f(3n)}(n∈N*)的前100项和S100为(　　)
A．350＋1 B．350－1
C． D．
B　解析：根据题意，知f(3)＝3－1＝2，f(32)＝3－3＝0，f(33)＝32－3＝6，f(34)＝32－32＝0，…，f(32k－1)＝3k－3k－1＝2×3k－1，f(32k)＝3k－3k＝0.
所以数列{f(3n)}(n∈N*)的前100项和S100为2×30＋0＋2×31＋0＋…＋2×349＋0＝2(30＋31＋32＋…＋349)＝2×＝350－1.
6．数列1,2,4，…，2n＋1的前n项和Sn＝________，各项和为________．
2n－1　2n＋2－1　解析：数列的通项公式为an＝2n－1，数列共有n＋2项，所以前n项的和为Sn＝2n－1，各项的和为前n＋2项的和，即Sn＋2＝2n＋2－1.
7．在等比数列{an}中，a1＋a2＋…＋a6＝10，＋＋…＋＝5，则a1·a2·…·a6＝________.
8　解析：由等比数列的前n项和公式，a1＋a2＋…＋a6＝＝10，＋＋…＋＝＝＝5，把a1－a6q＝10(1－q)代入，得a1a6＝2.
又a1·a2·…·a6＝(a1·a6)3＝23＝8.
8．设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝2Sn－Sn＋1＋3，记bn＝log2a2n－1＋log2a2n，则数列{(－1)n·b}的前10项和为________．
200　解析：因为a1＝1，a2＝2，且an＋2＝2Sn－Sn＋1＋3，
所以a3＝2－3＋3＝2.
因为an＋2＝2Sn－Sn＋1＋3，
所以n≥2时，an＋1＝2Sn－1－Sn＋3，
两式相减可得
an＋2－an＋1＝2(Sn－Sn－1)－(Sn＋1－Sn)(n≥2)，
即n≥2时，an＋2－an＋1＝2an－an＋1即an＋2＝2an.
因为a3＝2a1，
所以数列{an}的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2，
所以a2n＝2×2n－1＝2n，a2n－1＝1×2n－1＝2n－1，
所以bn＝log2a2n－1＋log2a2n＝n－1＋n＝2n－1，
则(－1)n·b＝(－1)n(2n－1)2，则数列{(－1)nb}的前10项和为
Tn＝(32－12)＋(72－52)＋…＋(192－172)
＝2×(4＋12＋20＋28＋36)
＝200.
9．已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．
解：(1)设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝＝3，
所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27，
所以bn＝3n－1.
设等差数列{an}的公差为d.
因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
所以1＋13d＝27，即d＝2.
所以an＝2n－1.
(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1，
因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.
从而数列{cn}的前n项和
Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1
＝＋＝n2＋.
10．某企业进行技术改造，有两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？
(取1.0510≈1.629,1.310≈13.786,1.510≈57.665)
解：甲方案是等比数列，乙方案是等差数列．
①甲方案获利：1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝≈42.62(万元)，
银行贷款本息：10(1＋5%)10≈16.29(万元)，
故甲方案纯利：42.62－16.29＝26.33(万元)．
②乙方案获利：1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋×0.5＝32.50(万元)；
银行本息和：1.05×[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)9]＝1.05×≈13.21(万元)．
故乙方案纯利：32.50－13.21＝19.29(万元)．
综上可知，甲方案更好．
B组　新高考培优练
11．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：“今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里．良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？”(　　)
A．8日 B．9日
C．12日 D．16日
B　解析：设经过n日相逢，则依题意得103n＋×13＋97n＋×＝1 125×2，整理得n2＋31n－360＝0，解得n＝9(负值舍去)．故选B.
12．(多选题)已知数列{an}是首项为1的等差数列，数列{bn}是公比为的等比数列，已知数列{an·bn}的前n项和Sn＝3－，则(　　)
A．数列{an}的公差为
B．b1＝2
C．＝(2n－1)2n
D．数列的前n项和为(2n－3)2n＋1＋6
CD　解析：因为数列{an·bn}的前n项和Sn＝3－，则a1b1＝S1＝3－＝，a2b2＝S2－S1＝3－－＝.
设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.
依题意，得b1＝，＝⇒d＝2，所以an＝1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝
b1qn－1＝，
所以＝(2n－1)2n.
所以数列的前n项和为Tn＝＋＋…＋＝1·21＋3·22＋5·23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n.①
两边同乘2，得2Tn＝1·22＋3·23＋5·24＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1.②
①－②，得－Tn＝2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1＝2＋2·－(2n－1)2n＋1＝－(2n－3)·2n＋1－6.
所以Tn＝(2n－3)2n＋1＋6.
13．(2021·郴州质检)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＝________，数列的前n项和Sn＝________.
　　解析：因为数列{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，
所以公比q＝＝＝2，
所以an＝2n，
所以a1a2a3·…·an＝21×22×23×…×2n
＝21＋2＋3＋…＋n＝2.
因为a1a2a3·…·an＝2bn，
所以bn＝，
所以＝＝2，
所以数列的前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝2
＝2
＝.
14．(2020·泰安一模)在①A5＝B3，②－＝，③B5＝35这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
已知等差数列{an}的公差为d(d>0)，等差数列{bn}的公差为2d.设An，Bn分别是数列{an}，{bn}的前n项和，且b1＝3，A2＝3，________.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝2an＋，求数列{cn}的前n项和Sn.
解：方案一：选条件①.
(1)因为数列{an}，{bn}都是等差数列，且A2＝3，A5＝B3，
所以解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝n，
bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1.
综上an＝n，bn＝2n＋1.
(2)由(1)得：
cn＝2n＋＝2n＋，
所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋

＝＋
＝2n＋1－.
方案二：选条件②.
(1)因为数列{an}，{bn}都是等差数列，且
A2＝3，－＝，
所以
解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝n，
bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1，
综上，an＝n，bn＝2n＋1.
(2)同方案一．
方案三：选条件③.
(1)因为数列{an}，{bn}都是等差数列，且A2＝3，B5＝35.
所以
解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝n，
bn＝b1＋(n－1)2d＝2n＋1.
综上，an＝n，bn＝2n＋1.
(2)同方案一．
15．(2020·山东高考名校联考信息优化卷)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，a3＝，a1－a2＝，数列{bn}满足b1＝－3，且1＋bn＋1与1－bn的等差中项是an.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若cn＝(－1)nbn，求数列{cn}的前2n项和S2n.
解：(1)设数列{an}的公比为q，由已知得
解得或
由于数列{an}的各项均为正数，所以q＞0，故所以an＝·n－1＝n＋1.
因为1＋bn＋1与1－bn的等差中项是an，所以1＋bn＋1＋1－bn＝2an＝2·n＋1，即bn＋1－bn＝n－2.
于是bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝－3＋＋＋…＋＝－3＋1＋2＋…＋n－1－2(n－1)＝－n－1－2n.
故数列{bn}的通项公式为bn＝－n－1－2n.
(2)由(1)知cn＝(－1)nbn＝n－1＋(－1)n＋1·2n，
所以S2n＝(1＋2)＋＋＋…＋
＝
＋[2－4＋6＋8＋…＋2(2n－1)－2·2n]
＝＋(－2)×
＝－2n.