2022高考数学一轮复习课时规范练31数列求和（含解析）

课时规范练31　数列求和

基础巩固组

1.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-

2.(2020山东滨州模拟)若数列{an}的通项公式为an=2n+2n-1,则该数列的前10项和为(　　)

A.2 146 B.1 122

C.2 148 D.1 124

3.已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于(　　)

A.0 B.100 C.-100 D.10 200

4.(2020德州调研)已知Tn为数列的前n项和,若m>T10+1 013恒成立,则整数m的最小值为(　　)

A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 023

5.设等差数列{an}满足a2=5,a6+a8=30,则数列的前n项的和等于　　　　　. 

6.已知在等比数列{an}中,a1=2,且a1,a2,a3-2成等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若数列{bn}满足:bn=+2log2an-1,求数列{bn}的前n项和Sn.

7.(2020河北保定二模,文17)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足2Sn+an-n=0(n∈N*).

(1)求证:数列为等比数列;

(2)求数列{an-n}的前n项和Tn.

综合提升组

8.已知数列{an}满足a1=1,且对于任意的n∈N*都有an+1=an+a1+n,则+…+等于(　　)

A. B. C. D.

9.(2020江苏,11)设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列.已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n-1(n∈N*),则d+q的值是　　　　. 

10.(2020全国1,文16)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=　　　　　. 

11.(2020河北衡水中学三模,理17)已知数列{an}满足a1=4,且当n≥2时,(n-1)an=n(an-1+2n-2).

(1)求证:数列是等差数列;

(2)记bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.

12.(2020山东烟台一模,18)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.

(1)求数列{bn}的通项公式;

(2)令cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.

创新应用组

13.(2020江西九江一模,理12)在平面直角坐标系xOy中,已知An,Bn是圆x2+y2=n2上两个动点,且满足=-(n∈N*),设An,Bn到直线x+y+n(n+1)=0的距离之和的最大值为an,若数列的前n项和Sn<m恒成立,则实数m的取值范围是(　　)

A.,+∞ B.,+∞

C.,+∞ D.,+∞

14.(2020新高考全国1,18)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.

(1)求{an}的通项公式;

(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.

参考答案

课时规范练31　数列求和

1.A　该数列的通项公式为an=(2n-1)+,则Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]++…+=n2+1-.

2.A　因为an=2n+2n-1,所以前n项和Sn==2n+1+n2-2,所以前10项和S10=211+102-2=2146.

3.B　由题意,得a1+a2+a3+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)=-50×101+50×103=100.故选B.

4.C　∵=1+n,∴Tn=n+1-,∴T10+1013=11-+1013=1024-.又m>T10+1013恒成立,∴整数m的最小值为1024.

5.　设等差数列{an}的公差为d,由等差数列的性质可得a6+a8=30=2a7,a7=15,a7-a2=5d,

即15=5+5d,d=2,an=a2+(n-2)d=2n+1,,∴前n项和为1-+…+=.

6.解(1)设等比数列{an}的公比为q,

∵a1,a2,a3-2成等差数列,

∴2a2=a1+(a3-2)=2+(a3-2)=a3,∴q==2,

∴an=a1qn-1=2n(n∈N*).

(2)由(1)及bn=+2log2an-1,可知bn=n+2log22n-1=n+2n-1,

∴Sn=++3++…++(2n-1)=+…++[1+3+5+…+(2n-1)]==n2-+1(n∈N*).

7.(1)证明当n=1时,2S1+a1-1=0,解得a1=.因为2Sn+an-n=0(n∈N*), ①

当n≥2时,2Sn-1+an-1-(n-1)=0, ②

①-②,得3an=an-1+1,即an=an-1+,当n≥2时,,

又a1-=-,所以是以-为首项,以为公比的等比数列.

(2)解由(1)可得an=-,所以an-n=--n+,

所以数列{an-n}的前n项和

Tn=-,化简得Tn=-1-.

8.D　由题意可得an+1-an=n+1,

则a1=1,a2-a1=2,a3-a2=3,…,an-an-1=n,以上各式相加可得an=,则=2,

+…+=2×+…+=.

9.4　由等差数列的前n项和公式和等比数列的前n项和公式得

Sn=na1+d+n2+n+qn+.对照已知条件Sn=n2-n+2n-1,得

d=2,q=2,所以d+q=4.

10.7　当n为偶数时,有an+2+an=3n-1,

则(a2+a4)+(a6+a8)+(a10+a12)+(a14+a16)=5+17+29+41=92,

因为前16项和为540,所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=448.

当n为奇数时,有an+2-an=3n-1,由累加法得an+2-a1=3(1+3+5+…+n)-n2+n+,所以an+2=n2+n++a1,

所以a1+×12+1++a1+×32+3++a1+×52+5++a1+×72+7++a1+×92+9++a1+×112+11++a1+×132+13++a1=448,解得a1=7.

11.(1)证明当n≥2时,(n-1)an=n(an-1+2n-2),

将上式两边都除以n(n-1),得,即=2,

所以数列是以4为首项,2为公差的等差数列.

(2)解由(1)得=4+2(n-1)=2n+2,即an=2n·(n+1),

所以bn=.

所以Sn=1-++…+=1-=.

12.解(1)由题意,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5,

当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5.

设数列{bn}的公差为d,

由解得所以bn=3n+1.

(2)由(1)得cn==3(n+1)·2n+1,所以

Tn=3×[2×22+3×23+4×24+…+(n+1)×2n+1],2Tn=3×[2×23+3×24+4×25+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得

-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×4+-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2.所以Tn=3n·2n+2.

13.B　由=-,得n·ncos∠AnOBn=-,所以cos∠AnOBn=-,所以∠AnOBn=120°.设线段AnBn的中点为Cn,则|OCn|=,所以Cn在圆x2+y2=上,An,Bn到直线x+y+n(n+1)=0的距离之和等于点Cn到该直线的距离的两倍.点Cn到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和,而圆x2+y2=的圆心(0,0)到直线x+y+n(n+1)=0的距离为d=,

所以an=2=n2+2n,所以.

则Sn=+…+1-+++…+=1+<,

所以m≥.故选B.

14.解(1)设{an}的公比为q.

由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.

解得q=(舍去),q=2.

因为a1q2=8,所以a1=2.

所以{an}的通项公式为an=2n.

(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.

所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.