人教版高中数学高考一轮复习训练--数列求和

这是一份人教版高中数学高考一轮复习训练--数列求和，共7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。

考点规范练28　数列求和
一、基础巩固
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.2 500 B.2 600 C.2 700 D.2 800
2.(多选)已知数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,数列{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,设cn=abn,Tn为数列{cn}的前n项和,则当Tn<2 021时,n的取值可能是(　　)
A.8 B.9 C.10 D.11
3.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.100101 B.99100 C.101100 D.200101
4.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S2 020等于(　　)
A.2 020-1 B.2 020+1
C.2 021-1 D.2 021+1
5.已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则数列{an}的前60项和为(　　)
A.3 690 B.3 660 C.1 845 D.1 830
6.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　　　　　. 
7.已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn+3=3an.设bn=(n+1)log  3an,并记Tn=1b1+1b2+1b3+…+1bn,则an=　　　　　,T1 020=　　　　　. 
8.在数列{an}中,a1=3,数列{an}的前n项和Sn满足Sn+1=an+n2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=(-1)n+2an,求数列{bn}的前n项和Tn.












9.在等差数列{an}中,已知a6=16,a16=36.在①bn=4anan+1,②bn=(-1)n·an,③bn=2an·an这三个条件中任选一个补充在第(2)问中,并对其求解.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若　　　　　,求数列{bn}的前n项和Sn. 














二、综合应用
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,则下列说法正确的有(　　)
A.0 C.S2n 11.今要在一个圆周上标出一些数,第一次先把圆周二等分,在这两个分点处分别标上1,如图①所示;第二次把两段半圆弧分别二等分,在这两个分点处分别标上2,如图②所示;第三次把4段圆弧分别二等分,并在这4个分点处分别标上3,如图③所示.如此继续下去,当第n次标完数以后,这个圆周上所有已标出的数的总和是　　　　　　　　　　　　　　　. 

12.在①b2n=2bn+1,②a2=b1+b2,③b1,b2,b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件,补充在下面的问题中,并求解.
已知数列{an}中,a1=1,an+1=3an.公差不等于0的等差数列{bn}满足　　　　　,求数列bnan的前n项和Sn. 








13.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足an+12=2Sn+n+4,a2-1,a3,a7恰为等比数列{bn}的前3项.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若cn=(-1)nlog2bn-1anan+1,求数列{cn}的前n项和Tn.









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<43.
甲同学记得缺少的条件是首项a1的值,乙同学记得缺少的条件是公比q的值,并且他俩都记得第(1)问的答案是S1,S3,S2成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的,请你通过推理把条件补充完整并解答此题.

考点规范练28　数列求和
1.B　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.AB　由题意,an=1+2(n-1)=2n-1,bn=2n-1,
则cn=abn=2·2n-1-1=2n-1,
则数列{cn}为递增数列,
其前n项和Tn=(21-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)
=(21+22+…+2n)-n=2(1-2n)1-2-n=2n+1-2-n.
当n=9时,Tn=1 013<2 021;
当n=10时,Tn=2 036>2 021.
故n的取值可能是8,9.
3.D　∵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.
∴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.
4.C　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S2 020=a1+a2+a3+…+a2 020=(2−1)+(3−2)+(4−3)+…+(2 021−2 020)=2 021-1.
5.D　∵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.
6.9　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.
7.3n　1 0102 021　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)log  33n=(n+1)log  3(3)2n=2n(n+1)·log  33=2n(n+1),
即1bn=12n(n+1)=121n-1n+1,
可得Tn=121-12+12-13+…+1n−1n+1=121-1n+1,
故T2 020=12×1-12 021=1 0102 021.
8.解 (1)由Sn+1=an+n2,①
得Sn+1+1=an+1+(n+1)2,②
由②-①,得an=2n+1.
且a1=3满足上式,
故数列{an}的通项公式为an=2n+1.
(2)由(1)得bn=(-1)n+22n+1,
则Tn=b1+b2+…+bn=[(-1)+(-1)2+…+(-1)n]+(23+25+…+22n+1)
=(-1)×[1-(-1)n]1-(-1)+23×(1-4n)1-4=(-1)n-12+83×(4n-1).
9.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,则a16=a6+(16-6)d,
即36=16+10d,得d=2.
故an=16+(n-6)×2=2n+4.
(2)选①,
由bn=4anan+1=4(2n+4)[2(n+1)+4]=1(n+2)(n+3)=1n+2−1n+3,
得Sn=13−14+14−15+…+1n+2−1n+3=13−1n+3=n3(n+3).
选②,
由bn=(-1)n·an=(-1)n·(2n+4),得
当n为偶数时,Sn=2×[-3+4-5+6-…+(n+2)]=2×n2×1=n;
当n为奇数时,Sn=2×[-3+4-5+6-…+(n+1)-(n+2)]=2×n-12×1-(n+2)=-n-5,
故Sn=n,n为偶数,-n-5,n为奇数.
选③,
由bn=(2n+4)×22n+4,得Sn=6×26+8×28+10×210+…+(2n+4)×22n+4,①
则4Sn=6×28+8×210+…+(2n+2)×22n+4+(2n+4)×22n+6,②
由①-②,得
-3Sn=6×26+2×28+2×210+…+2×22n+4-(2n+4)×22n+6
=6×26+2×28-22n+4×221-22-(2n+4)×22n+6=53×27-n+53×22n+7,
故Sn=3n+59×22n+7-6409.
10.ABC　∵数列{an}为递增数列,∴a1 ∵an+an+1=2n,∴a1+a2=2,a2+a3=4.
∵a1+a2>2a1,a2+a3>2a2=4-2a1,
∴0 ∵数列{bn}为递增数列,∴b1 ∵bnbn+1=2n,∴b1b2=2,b2b3=4.
∵b2>b1,b3>b2,∴1 ∵an+an+1=2n,
∴S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=2×1+2×3+2×5+…+2×(2n-1)=2n2.
∵bnbn+1=2n,bn-1bn=2n-1,∴bn+1bn-1=2.
∴T2n=b1+b2+…+b2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=b1(1-2n)1-2+b2(1-2n)1-2=(b1+b2)·(2n-1)>2b1b2(2n-1)=22(2n-1).由数学归纳法可证明22(2n-1)>2n2.
∴对于任意的n∈N*,S2n 11.(n-1)×2n+2　由题意可得,第n次标完后,圆周上所有已标出的数的总和为Tn=1+1+2×2+3×22+…+n×2n-1.
设S=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,
则2S=2+2×22+…+(n-1)×2n-1+n×2n,
两式相减可得-S=1+2+22+…+2n-1-n×2n=(1-n)×2n-1,
则S=(n-1)×2n+1,
故Tn=(n-1)×2n+2.
12.解 因为a1=1,an+1=3an,所以数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列,所以an=3n-1.
选①②时,
设等差数列{bn}的公差为d,因为a2=3,
所以b1+b2=3.
因为b2n=2bn+1,所以当n=1时,b2=2b1+1,
解得b1=23,b2=73,所以d=53,
所以bn=5n-33,
所以bnan=5n-33n.
即Sn=b1a1+b2a2+…+bnan=231+732+1233+…+5n-33n,①
则13Sn=232+733+1234+…+5n-83n+5n-33n+1,②
由①-②,得23Sn=23+5×132+133+…+13n−5n-33n+1=23+56−152×3n+1−5n-33n+1=32−10n+92×3n+1,
故Sn=94−10n+94×3n.
选②③时,
设等差数列{bn}的公差为d,
因为a2=3,所以b1+b2=3,即2b1+d=3.
因为b1,b2,b4成等比数列,所以b22=b1b4,
即(b1+d)2=b1(b1+3d),
化简得d2=b1d.因为d≠0,
所以b1=d,从而d=b1=1,所以bn=n,
所以bnan=n3n-1.
即Sn=b1a1+b2a2+…+bnan=130+231+332+…+n3n-1,①
则13Sn=131+232+333+…+n-13n-1+n3n,②
由①-②,得23Sn=1+13+132+133+…+13n-1−n3n=32×1-13n−n3n=32−2n+32×3n,
故Sn=94−2n+34×3n-1.
选①③时,
设等差数列{bn}的公差为d,因为b2n=2bn+1,
所以n=1时,b2=2b1+1,所以d=b1+1.
又b1,b2,b4成等比数列,所以b22=b1b4,
即(b1+d)2=b1(b1+3d),
化简得d2=b1d,因为d≠0,所以b1=d,从而无解,
所以等差数列{bn}不存在,故不合题意.
13.解 (1)因为an+12=2Sn+n+4,
所以an2=2Sn-1+n-1+4(n≥2).
两式相减,得an+12−an2=2an+1,
所以an+12=an2+2an+1=(an+1)2.
因为{an}是各项均为正数的数列,
所以an+1=an+1,即an+1-an=1.
又a32=(a2-1)a7,
所以(a2+1)2=(a2-1)(a2+5),
解得a2=3,a1=2,
所以{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,
所以an=n+1.
由题意知b1=2,b2=4,b3=8,
故bn=2n.
(2)由(1)得cn=(-1)nlog22n-1(n+1)(n+2)=(-1)nn-1(n+1)(n+2),
故Tn=c1+c2+…+cn=[-1+2-3+…+(-1)nn]-12×3+13×4+…+1(n+1)×(n+2).
设Fn=-1+2-3+…+(-1)nn,
则当n为偶数时,Fn=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(n-1)+n]=n2;
当n为奇数时,Fn=Fn-1+(-n)=n-12-n=-(n+1)2.
设Gn=12×3+13×4+…+1(n+1)×(n+2),
则Gn=12−13+13−14+…+1n+1−1n+2=12−1n+2.
所以Tn=n-12+1n+2,n为偶数,-n+22+1n+2,n为奇数.
14.解 由题意可得S1=a1,S2=a1+a2=a1(1+q),S3=a1+a2+a3=a1(1+q+q2).由S1,S3,S2成等差数列,可得S1+S2=2S3,即a1+a1(1+q)=2a1(1+q+q2),由题意知a1≠0,
则1+1+q=2(1+q+q2),解得q=-12或q=0(舍去).
故S1,S3,S2成等差数列,题干需要补充的条件为已知公比q=-12.
(1)因为q=-12,
所以S2=a1-12a1=12a1,S3=12a1+14a1=34a1.
又S1=a1,所以2S3=S1+S2.
故S1,S3,S2成等差数列.
(2)证明:由a1-a3=3,可得a1-14a1=3,解得a1=4,
则an=4×-12n-1,
即bn=n12|an|=n12×4×-12n-1=23n·12n.
则Tn=23×1×12+2×14+3×18+…+n·12n,①
12Tn=23×(1×14+2×18+3×116+…+n·12n+1).②
由①-②,得12Tn=23×(12+14+18+116+…+12n-n·12n+1)=23×12×1-12n1-12-n·12n+1,
化简可得Tn=43×1-n+22n+1,
由1-n+22n+1<1,可得Tn<43.