2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习28《数列求和及综合应用》(含详解)

这是一份2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习28《数列求和及综合应用》(含详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
化简Sn=n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是( )
A.2n＋1＋n－2 B.2n＋1－n＋2 C.2n－n－2 D.2n＋1－n－2
已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，则S2 018等于( )
A.22 018－1 B.3×21 009－3 C.3×21 009－1 D.3×21 008－2
已知函数f(n)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2，n为奇数，,－n2，n为偶数，))且an=f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100
等于( )
A.0 B.100 C.－100 D.10 200
已知数列{an}：eq \f(1,2)，eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)，eq \f(1,4)＋eq \f(2,4)＋eq \f(3,4)，…，eq \f(1,10)＋eq \f(2,10)＋eq \f(3,10)＋…＋eq \f(9,10)，…，若bn=eq \f(1,anan＋1)，那么数列{bn}的前n项和Sn为( )
A.eq \f(n,n＋1) B.eq \f(4n,n＋1) C.eq \f(3n,n＋1) D.eq \f(5n,n＋1)
已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，Sn是数列{an}的前n项和，则S2 020=( )
A.22 020－1 B.3×21 010－3 C.3×21 010－1 D.3×22 020－2
已知数列{an}的通项公式是an=2n－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))n，则其前20项和为( )
A.380－eq \f(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,519))) B.400－eq \f(2,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520))) C.420－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520))) D.440－eq \f(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520)))
已知在等差数列{an}中，a1=120，公差d=－4.若Sn≤an(n≥2)，其中Sn为该数列的前n项和，则n的最小值为( )
A.60 B.62 C.70 D.72
若数列{an}的通项公式是an=(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a12=( )
A.18 B.15 C.－18 D.－15
已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an＞0,6Sn=aeq \\al(2,n)＋3an，n∈N*，
bn=eq \f(2an,2an－12an＋1－1)，若∀n∈N*，k＞Tn恒成立，则k的最小值是( )
A.eq \f(1,7) B.eq \f(1,49) C.49 D.eq \f(8,441)
定义eq \f(n,p1＋p2＋…＋pn)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eq \f(1,2n＋1)，又bn=eq \f(an＋1,4)，则eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b10b11)=( )
A.eq \f(1,11) B.eq \f(1,12) C.eq \f(10,11) D.eq \f(11,12)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，a2=2，且an＋2－2an＋1＋an=0(n∈N*)，
记Tn=eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)(n∈N*)，则T2 018=( )
A.eq \f(4 034,2 018) B.eq \f(2 017,2 018) C.eq \f(4 036,2 019) D.eq \f(2 018,2 019)
已知数列{an}满足a1=1，a2=1，an＋1=|an－an－1|(n≥2)，则该数列前2 026项的和S2 017=( )
A.1 351 B.675 C.1 348 D.1 347
二、填空题
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|= .
记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an＋1，则S6= .
在数列{an}中，a1=－2，a2=3，a3=4，an＋3＋(－1)nan＋1=2(n∈N*).记Sn是数列{an}的前n项和，则S20的值为________.
已知数列{an}的通项公式为an=(－1)n＋1(3n－2)，则前100项和S100等于 .
数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn=anan＋1an＋2(n∈N*)，设Sn为{bn}的前n项和.
若a12=eq \f(3,8)a5＞0，则当Sn取得最大值时n的值为________.
设数列（an}的前n项和为Sn，且a1=1，an+an+1=（n=1，2，3，…），则S2n+3= ．
\s 0 答案解析
答案为：D.
解析：因为Sn=n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①
2Sn=n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，②
所以①－②得，－Sn=n－(2＋22＋23＋…＋2n)=n＋2－2n＋1，所以Sn=2n＋1－n－2.
答案为：B；
解析：∵a1=1，a2=eq \f(2,a1)=2，又eq \f(an＋2·an＋1,an＋1·an)=eq \f(2n＋1,2n)=2，∴eq \f(an＋2,an)=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)
=eq \f(1－21 009,1－2)＋eq \f(21－21 009,1－2)=3×21 009－3.故选B.
答案为：B；
解析：由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100
=12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012
=(12－22)＋(32－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)＋(1012－1002)
=－(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.
答案为：B；
解析：∵an=eq \f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)=eq \f(n,2)，∴bn=eq \f(1,anan＋1)=eq \f(4,nn＋1)=4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Sn=4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))=4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))=eq \f(4n,n＋1).
答案为：B；
解析：依题意得an·an＋1=2n，an＋1·an＋2=2n＋1，于是有eq \f(an＋1·an＋2,an·an＋1)=2，即eq \f(an＋2,an)=2，
数列a1，a3，a5，…，a2n－1，…是以a1=1为首项、2为公比的等比数列；
数列a2，a4，a6，…，a2n，…是以a2=2为首项、2为公比的等比数列，
于是有S2 020=(a1＋a3＋a5＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 020)
=eq \f(1－21 010,1－2)＋eq \f(21－21 010,1－2)=3×21 010－3，故选B.
答案为：C；
解析：令数列{an}的前n项和为Sn，
则S20=a1＋a2＋…＋a20=2(1＋2＋…＋20)－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,52)＋…＋\f(1,520)))
=2×eq \f(20×20＋1,2)－3×eq \f(\f(1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520))),1－\f(1,5))=420－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520))).
答案为：B
解析：由题意得an=120－4(n－1)=124－4n，Sn=120n＋eq \f(nn－1,2)×(－4)=122n－2n2.
由Sn≤an，得122n－2n2≤124－4n，即n2－63n＋62≥0，解得n≥62或n≤1(舍去).故选B.
答案为：A；
解析：记bn=3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，
所以a1＋a2＋…＋a11＋a12=(－b1)＋b2＋…＋(－b11)＋b12
=(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b12－b11)=6×3=18.
答案为：B；
解析：当n=1时，6a1=aeq \\al(2,1)＋3a1，解得a1=3或a1=0.
由an＞0，得a1=3.由6Sn=aeq \\al(2,n)＋3an，得6Sn＋1=aeq \\al(2,n＋1)＋3an＋1.
两式相减得6an＋1=aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋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=eq \f(2an,2an－12an＋1－1)=eq \f(8n,8n－18n＋1－1)=eq \f(1,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8n－1)－\f(1,8n＋1－1))).
所以Tn=eq \f(1,7)eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,8－1)－\f(1,82－1)＋\f(1,82－1)－\f(1,83－1)＋…))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(＋\f(1,8n－1)－\f(1,8n＋1－1)))
=eq \f(1,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)－\f(1,8n＋1－1)))＜eq \f(1,49).
要使∀n∈N*，k＞Tn恒成立，只需k≥eq \f(1,49).故选B.
答案为：C；
解析：依题意有eq \f(n,a1＋a2＋…＋an)=eq \f(1,2n＋1)，即数列{an}的前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=eq \f(an＋1,4)=n.因为eq \f(1,bnbn＋1)=eq \f(1,nn＋1)=eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b10b11)=1－eq \f(1,11)=eq \f(10,11).
答案为：C；
解析：由an＋2－2an＋1＋an=0(n∈N*)，可得an＋2＋an=2an＋1，所以数列{an}为等差数列，
公差d=a2－a1=2－1=1，通项公式an=a1＋(n－1)×d=1＋n－1=n，
则其前n项和Sn=eq \f(na1＋an,2)=eq \f(nn＋1,2)，所以eq \f(1,Sn)=eq \f(2,nn＋1)=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
Tn=eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)=2eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,,,))1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(,,,,))=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))=eq \f(2n,n＋1)，
故T2 018=eq \f(2×2 018,2 018＋1)=eq \f(4 036,2 019)，故选C.
答案为：A
解析：由a1=1，a2=1，an＋1=|an－an－1|(n≥2)，得a3=0，a4=1，a5=1，a6=0，
则数列{an}是以3为周期的周期数列，且a1＋a2＋a3=2.又2 026=675×3＋1，
所以S2 017=675×2＋1=1 351.
二、填空题
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|=eq \f(31－4n,1－4)=4n－1.
答案为：-63.
解析：因为Sn=2an＋1，所以当n=1时，a1=2a1＋1，解得a1=－1，
当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2an＋1－(2an－1＋1)，所以an=2an－1，
所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an=－2n－1，
所以S6=eq \f(－1×1－26,1－2)=－63.
答案为：130.
解析：由题意知，当n为奇数时，an＋3－an＋1=2，
又a2=3，所以数列{an}中的偶数项是以3为首项，2为公差的等差数列，
所以a2＋a4＋a6＋…＋a20=10×3＋eq \f(10×9,2)×2=120.
当n为偶数时，an＋3＋an＋1=2，又a3＋a1=2，
所以数列{an}中的相邻的两个奇数项之和均等于2，
所以a1＋a3＋a5＋…＋a17＋a19=(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋…＋(a17＋a19)=2×5=10，
所以S20=120＋10=130.
答案为：-150.
解析：∵a1＋a2=a3＋a4=a5＋a6=…=a99＋a100=－3，∴S100=－3×50=－150.
答案为：16
解析：设{an}的公差为d，由a12=eq \f(3,8)a5＞0，得a1=－eq \f(76,5)d，d＜0，所以an=(n- SKIPIF 1 < 0 )d，
从而可知当1≤n≤16时，an＞0；当n≥17时，an＜0.
从而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，
b15=a15a16a17＜0，b16=a16a17a18＞0，故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16，S16＞S17＞S18＞….
因为a15=－eq \f(6,5)d＞0，a18=eq \f(9,5)d＜0，所以a15＋a18=－eq \f(6,5)d＋eq \f(9,5)d=eq \f(3,5)d＜0，
所以b15＋b16=a16a17(a15＋a18)＞0，所以S16＞S14，故当Sn取得最大值时n=16.
答案为：．
解析：依题意，S2n+3=a1+（a2+a3）+（a4+a5）+…+（a2n+2+a2n+3）
=1+++…+=1+++…+==．