高考数学一轮复习课时质量评价42数列求和含答案

这是一份高考数学一轮复习课时质量评价42数列求和含答案，共7页。试卷主要包含了故选A，故选C等内容，欢迎下载使用。
课时质量评价(四十二)A组　全考点巩固练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－A　解析：该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－．故选A．2．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则其前6项和是(　　)A．16   B．20  C．33   D．120C　解析：由已知得a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33．故选C．3．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为(　　)A．或5   B．或5C．   D．C　解析：设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得＝，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为＝．故选C．4．(2021·重庆一调)已知数列{an}满足an＝，则a1＋＋＋…＋＝(　　)A．   B．C．   D．A　解析：由题知，数列{an}满足an＝，所以数列的通项公式为＝＝－，所以a1＋＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝．故选A．5．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＋2C．2n－n－2   D．2n＋1－n－2D　解析：因为Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①2Sn＝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．故选D．6．(2022·贵阳摸底)定义为n个正数u1，u2，u3，…，un的“快乐数”．若已知正项数列{an}的前n项的“快乐数”为，则数列的前2 019项和为(　　)A．   B．C．   D．B　解析：设数列{an}的前n项和为Sn，则根据题意＝，Sn＝3n2＋n，所以an＝Sn－Sn－1＝6n－2(n≥2)．当n＝1时也适合上式，所以an＝6n－2．所以＝＝＝－，所以的前2 019项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝．故选B．7．等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则a＋a＋…＋a＝________．(4n－1)　解析：当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1．又因为a1＝1适合上式，所以an＝2n－1，所以a＝4n－1，所以数列{a}是以a＝1为首项，以4为公比的等比数列，所以a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．8．已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b1＝1，a2＝b3，a3＝b4－2．(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)若数列{an}中去掉数列{bn}的项后，余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由已知即得所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n，bn＝b1qn－1＝2n－1．(2)由an＝2n，bn＝2n－1可得b1＝1，b2＝2＝a1，b3＝4＝a2，b4＝8＝a4，b5＝16＝a8，b6＝32＝a16，b7＝64＝a32，b8＝128＝a64，b9＝256＝a128，所以c1＋c2＋c3＋…＋c100＝(a1＋a2＋a3＋…＋a107)－(b2＋b3＋b4＋b5＋b6＋b7＋b8)＝－(2＋22＋23＋…＋27)＝－＝11 302．9．已知数列{an}中，a1＝2，n(an＋1－an)＝an＋1．(1)求证：数列是常数列；(2)令bn＝(－1)nan，Sn为数列{bn}的前n项和，求使得Sn≤－99的n的最小值．(1)证明：由n(an＋1－an)＝an＋1得：nan＋1＝(n＋1)·an＋1，即＝＋．所以＝＋－，即有＝，所以数列是常数列．(2)解：由(1)知：＝a1＋1＝3，所以an＝3n－1，所以bn＝(－1)n(3n－1)，即bn＝所以当n为偶数时，Sn＝(－2＋5)＋(－8＋11)＋…＋[－(3n－4)＋(3n－1)]＝，显然Sn≤－99无解；当n为奇数时，Sn＝Sn＋1－an＋1＝－[3(n＋1)－1]＝－，令Sn≤－99，解得n≥66．结合n为奇数得n的最小值为67．所以n的最小值为67．B组　新高考培优练10．(2021·张掖期末测试)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，，，，…，．①第二步：将数列①的各项乘以n，得到一个新数列a1，a2，a3，…，an，则a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝(　　)A．n2   B．(n－1)2C．n(n－1)    D．n(n＋1)C　解析：因为ak＝，所以当k≥2时，ak－1ak＝＝n2．所以a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝n2＝n2＝n(n－1)．故选C．11．若数列{an}是2,2＋22,2＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n，…，则数列{an}的前n项和Sn＝____________．2n＋2－4－2n　解析：an＝2＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2，Sn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－(2＋2＋2＋…＋2)＝－2n＝2n＋2－4－2n．12．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________．1 024　解析：因为＝1＋，所以Tn＝n＋1－，所以T10＋1 013＝11－＋1 013＝1 024－．又m＞T10＋1 013，所以整数m的最小值为1 024．13．数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________．7　解析：因为an＋2＋(－1)nan＝3n－1，所以当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1，所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92．因为数列{an}的前16项和为540，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448．①因为当n为奇数时，an＋2－an＝3n－1，所以a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38，所以(a3＋a7＋a11＋a15)－(a1＋a5＋a9＋a13)＝80．②由①－②得a1＋a5＋a9＋a13＝184．又a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24，a9＝a7＋20＝a1＋44，a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102，所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184，所以a1＝7．14．若数列{an}满足an＋an＋1＝，则S2n＝______．－1　解：因为an＋an＋1＝＝－，所以S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1．15．在等差数列{an}中，已知a6＝12，a18＝36．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若________，求数列{bn}的前n项和Sn．在①bn＝，②bn＝(－1)nan，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．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意，得解得所以an＝2＋(n－1)×2＝2n．(2)选条件①：bn＝＝＝－，所以Sn＝＋＋…＋＝1－＝．选条件②：因为an＝2n，bn＝(－1)nan＝(－1)n·2n，所以Sn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，当n为偶数时，Sn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]＝×2＝n；当n为奇数时，n－1为偶数，Sn＝(n－1)－2n＝－n－1．所以Sn＝选条件③：因为an＝2n，所以bn＝22n·2n＝2n·4n，所以Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n，4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)·4n＋2n·4n＋1，所以－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2·4n－2n·4n＋1＝－2n·4n＋1＝－2n·4n＋1，所以Sn＝(1－4n)＋·4n＋1．16．等差数列{an}的首项a1>0，数列的前n项和为Sn＝．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn．解：(1)由的前n项和为Sn＝知可得设等差数列{an}的公差为d，从而解得或又a1>0，则故an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1．(2)由(1)知bn＝(an＋1)·2an＝2n·22n－1＝n·4n，则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝1×41＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，两边同时乘以4得4Tn＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，两式相减得－3Tn＝41＋42＋43＋44＋…＋4n－n×4n＋1＝－n×4n＋1，故Tn＝＋·4n＋1．