高考数学考前冲刺专题《数列求和》夯基练习（2份，教师版+答案版）

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高考数学考前冲刺专题《数列求和》夯基练习一 、选择题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.3×22 020－22.已知数列{an}的通项公式是an=2n－3n，则其前20项和为(　　)A.380－　 B.400－   C.420－   D.440－3.已知数列{an}满足：an＋1=an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1=1，a2=2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 028=(　　)A.3         B.2        C.1         D.04.已知数列{an}的前n项和是Sn，且4Sn=(an＋1)2，则下列说法正确的是(　　)A.数列{an}为等差数列B.数列{an}为等差或等比数列C.数列{an}为等比数列D.数列{an}既不是等差数列也不是等比数列5.已知an=(n∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn，则使Sn＞0的n的最小值为(　　)A.99　       B.100　　       C.101           D.1026.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.727.已知等差数列{an}满足a3=7，a5＋a7=26，bn=(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，则S100的值为(　　)A.           B.　        C.           D.8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2=2an＋1－an，a5=4－a3，则S7=(　　)A.7           B.12　　     C.14           D.219.在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1=2，且a1a5=64，则数列{}的前n项和是(　 　)A.1－          B.1－     C.1－          D.1－10.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.－1511.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.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=＋＋…＋(n∈N*)，则T2 018=(　　)A.         B.      C.         D.二 、填空题13.已知数列{an}的前n项和Sn=n2＋n＋1，则数列{}的前n项和Tn=________.14.已知公比不为1的等比数列{an}的前5项积为243，且2a3为3a2和a4的等差中项.若数列{bn}满足bn=log3an＋2(n∈N*)，则数列{an＋bn}的前n项和Sn=________.15.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S1，S3，S4成等差数列，则数列{an}的公比为________.16.设f(x)=，若S=f＋f＋…＋f，则S=      .三 、解答题17.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，an＋1=3Sn＋1，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记Tn为数列{n＋an}的前n项和，求Tn.18.设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，Sn=n2＋n(a1－1)(n∈N*)，且a1，a3－1，a5＋7成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn.19.已知数列{an}为单调递增数列，Sn为其前n项和，2Sn=a＋n.(1)求{an}的通项公式；(2)若bn=，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：Tn＜.20.已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn为数列{}前n项的和，若λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值.21.已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a10=15，且a3，a4，a7成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn=，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：－≤Tn＜－1(n∈N*).
0.参考答案1.答案为：B；解析：依题意得an·an＋1=2n，an＋1·an＋2=2n＋1，于是有=2，即=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)=＋=3×21 010－3，故选B.2.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)－3=2×－3×=420－.3.答案为：A；解析：∵an＋1=an－an－1，a1=1，a2=2，∴a3=1，a4=－1，a5=－2，a6=－1，a7=1，a8=2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2 028=336×0＋a2 027＋a2 028=a1＋a2=3.故选A.4.答案为：B解析：∵4Sn=(an＋1)2，∴4Sn＋1=(an＋1＋1)2，∴4Sn＋1－4Sn=4an＋1=(an＋1＋1)2－(an＋1)2，化简得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)=0，∴an＋1=an＋2，或an＋1＋an=0，∵4a1=(a1＋1)2，∴a1=1.故选B.5.答案为：C解析：由通项公式得a1＋a100=a2＋a99=a3＋a98=…=a50＋a51=0，a101=＞0.故选C.6.答案为：B解析：由题意得an=120－4(n－1)=124－4n，Sn=120n＋×(－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.7.答案为：C解析：在等差数列{an}中，a5＋a7=2a6=26⇒a6=13.又数列{an}的公差d===2，所以an=a3＋(n－3)·d=7＋(n－3)×2=2n＋1，那么bn===，故Sn=b1＋b2＋…＋bn=⇒S100==.8.答案为：C解析：由an＋2=2an＋1－an知数列{an}为等差数列，由a5=4－a3得a5＋a3=4=a1＋a7，所以S7==14.9.答案为：A.解析：∵数列{an}为等比数列，an>0，a1=2，a1a5=64，∴公比q=2，∴an=2n，==－.设数列{}的前n项和为Tn，则Tn=1－＋－＋－＋…＋－=1－，故选A.10.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=18.11.答案为：C；解析：依题意有=，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==n.因为==－，所以＋＋…＋=1－=.12.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==，所以==2，Tn=＋＋…＋=21－＋－＋…＋－=2=，故T2 018==，故选C.13.答案为：－.解析：∵数列{an}的前n项和Sn=n2＋n＋1，∴Sn－1=n2－n＋1(n≥2)，两式作差得到an=2n(n≥2).故an=∴==－(n≥2)，∴Tn=＋－＋－＋…＋－=－.14.答案为：＋.解析：由前5项积为243得a3=3.设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，由2a3为3a2和a4的等差中项，得3×＋3q=4×3，由公比不为1，解得q=3，所以an=3n－2，故bn=log3an＋2=n，所以an＋bn=3n－2＋n，数列{an＋bn}的前n项和Sn=3－1＋30＋31＋32＋…＋3n－2＋1＋2＋3＋…＋n=＋=＋.15.答案为：解析：设{an}的公比为q，由题意易知q＞0且q≠1.因为S1，S3，S4成等差数列，所以2S3=S1＋S4，即=a1＋，解得q=.16.答案为：1008；解析：∵f(x)=，∴f(1－x)==，∴f(x)＋f(1－x)=＋=1.S=f＋f＋…＋f，①S=f＋f＋…＋f，②①＋②，得2S=＋＋…＋=2 016，∴S==1 008.17.解：(1)由an＋1=3Sn＋1，得当n≥2时，an=3Sn－1＋1，两式相减，得an＋1=4an(n≥2).又a1=1，a2=4，=4，所以数列{an}是首项为1，公比为4的等比数列，所以数列{an}的通项公式是an=4n－1(n∈N*).(2)Tn=(1＋a1)＋(2＋a2)＋(3＋a3)＋…＋(n＋an)=(1＋2＋…＋n)＋(1＋4＋42＋…＋4n－1)=＋=＋.18.解：(1)∵Sn=n2＋n(a1－1)，又Sn=na1＋d=n2＋n，∴d=2.又a1，a3－1，a5＋7成等比数列.∴a1(a5＋7)=(a3－1)2，即a1(a1＋15)=(a1＋3)2，解得a1=1，∴an=1＋2(n－1)=2n－1.(2)由(1)可得bn===，故Tn=b1＋b2＋…＋bn－1＋bn==.19.解：(1)当n=1时，2S1=2a1=a＋1，所以(a1－1)2=0，即a1=1，又{an}为单调递增数列，所以an≥1.由2Sn=a＋n得2Sn＋1=a＋n＋1，所以2Sn＋1－2Sn=a－a＋1，则2an＋1=a－a＋1，所以a=(an＋1－1)2.所以an=an＋1－1，即an＋1－an=1，所以{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an=n.(2)证明：bn===－，所以Tn=＋＋…＋=－＜.20.解：(1)设公差为d，由已知得解得d=1或d=0(舍去)，所以a1=2，所以an=n＋1.(2)因为=－，所以Tn=＋＋…＋－=－=，又λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，所以λ≤=2(n+)＋8，而2(n+)＋8≥16，当且仅当n=2时等号成立.所以λ≤16，即λ的最大值为16.21.解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，由已知得即解得∴an=2n－5(n∈N*).(2)证明：∵bn==，n∈N*.∴Tn=＋＋＋…＋，①Tn=＋＋＋…＋＋，②①－②得Tn=＋2－=－＋，∴Tn=－1－(n∈N*)，∵＞0(n∈N*)，∴Tn＜－1.Tn＋1－Tn=－=，∴Tn＜Tn＋1(n≥2).又T1=－1－=－，T2=－1－=－.∵T1＞T2，∴T2最小，即Tn≥T2=－.综上所述，－≤Tn＜－1(n∈N*).