2022年新教材高考数学一轮复习 考点规范练28 数列求和（含解析）新人教版.docx

1、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 500B.2 600C.2 700D.2 800答案:B解析: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=2600.2.(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Tn2 021时,n的取值可能是()A.8B.9C.10D.11答案:AB

2、解析:由题意,an=1+2(n-1)=2n-1,bn=2n-1,则cn=abn=22n-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=10132021.故n的取值可能是8,9.3.已知数列an满足a1=1,且对任意的nN*都有an+1=a1+an+n,则数列1an的前100项和为()A.100101B.99100C.101100D.200101答案:D解析:an+1=a1+an+n,a1=1,an+1-an=1+n.an-an-1=n(n2)

3、.an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+2+1=n(n+1)2(n2),又a1=1,满足此式,1an=2n(n+1)=21n-1n+1.数列1an的前100项和为2(1-12+12-13+1100-1101)=21-1101=200101.4.已知函数f(x)=xa的图象过点(4,2),令an=1f(n+1)+f(n),nN*.设数列an的前n项和为Sn,则S2 020等于()A.2020-1B.2020+1C.2021-1D.2021+1答案:C解析:由f(4)=2,可得4a=2,解得a=12,则f(x)=x12.即an=1f(n+1)+f(

4、n)=1n+1+n=n+1-n,则S2020=a1+a2+a3+a2020=(2-1)+(3-2)+(4-3)+(2021-2020)=2021-1.5.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 690B.3 660C.1 845D.1 830答案:D解析:an+1+(-1)nan=2n-1,当n=2k(kN*)时,a2k+1+a2k=4k-1;当n=2k-1(kN*)时,a2k-a2k-1=4k-3;当n=2k+1(kN*)时,a2k+2-a2k+1=4k+1.由-得a2k+1+a2k-1=2,(a1+a3)+(a5+a7)+(a57+a59)=

5、215=30.由+得a2k+a2k+2=8k,(a2+a4)+(a6+a8)+(a58+a60)=158+1514216=1800.a1+a2+a60=30+1800=1830.6.已知等差数列an中,a5=2.若函数f(x)=sin 2x+1,设yn=f(an),则数列yn的前9项和为.答案:9解析:由题意,得yn=sin(2an)+1,故数列yn的前9项和为sin2a1+sin2a2+sin2a3+sin2a8+sin2a9+9.由a5=2,得sin2a5=0.a1+a9=2a5=,2a1+2a9=4a5=2,2a1=2-2a9,sin2a1=sin2-2a9=-sin2a9.由倒序相加可

6、得12(sin2a1+sin2a2+sin2a3+sin2a8+sin2a9+sin2a1+sin2a2+sin2a3+sin2a8+sin2a9)=0,y1+y2+y3+y8+y9=9.7.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=,T2 020=.答案:3n10102021解析:当n=1时,可得2S1+3=2a1+3=3a1,解得a1=3;当n2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

7、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)log33n=(n+1)log3(3)2n=2n(n+1)log33=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T2020=121-12021=10102021.8.(2021江苏无锡第一次质检)已知等差数列an的首项为2,前n项和为Sn,数列bn是首项为1,各项均为正数的等比数列,且满足a3=2b2,S5=b2+b4.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)设cn=(-1)nlog3Sn+log3bn,求数列cn的前26

8、项和.解:(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q,则a1+2d=2b1q,5a1+542d=b1q+b1q3,即2+2d=2q,10+10d=q+q3,q3-9q=0,等比数列bn的各项均为正数,q=3,从而d=2.an=2+2(n-1)=2n,bn=13n-1=3n-1.(2)由(1)得Sn=12n(2+2n)=n(n+1),则cn=(-1)nlog3n(n+1)+log33n-1=(-1)nlog3n+(-1)nlog3(n+1)+n-的前26项和为T26=(-log31-log32+0)+(log32+log33+1)+(-log33-log34+2)+(-log325-

9、log326+24)+(log326+log327+25)=-log31+log327+26(0+25)2=3+325=328.9.(2021河北秦皇岛高三质检)已知数列an满足2an+1=an+1,a1=54,bn=an-1.(1)求证:数列bn是等比数列;(2)求数列的前n项和Tn.从条件n+1bn,n+bn,4log2bnlog2bn+1中任选一个,补充到上面的问题中,并给出解答.解:(1)因为2an+1=an+1,所以2an+1-2=an-1.由bn=an-1,得2bn+1=bn.又因为b1=a1-1=14,所以数列bn是以14为首项,12为公比的等比数列,即bn=12n+1.(2)若

10、选,n+1bn=(n+1)2n+1.则Tn=222+323+(n+1)2n+1,2Tn=223+324+(n+1)2n+2,两式作差,得Tn=2Tn-Tn=-222-23-24-2n+1+(n+1)2n+2=(n+1)2n+2-23(1-2n-1)1-2-222=(n+1)2n+2+8-2n+2-8=n2n+2,故Tn=n2n+2.若选,n+bn=n+12n+1,则Tn=1+14+2+18+3+116+n+12n+1=(1+2+3+n)+14+18+116+12n+1=12n(n+1)+141-12n1-12=n22+n2+12-12n+1,故Tn=n22+n2+12-12n+1.若选,4lo

11、g2bnlog2bn+1=41n+1-1n+2,则Tn=4(12-13)+(13-14)+(1n-1n+1)+(1n+1-1n+2)=412-1n+2=2nn+2,故Tn=2nn+2.二、综合应用10.(2021河北衡水中学调研)定义np1+p2+pn为n个正数p1,p2,pn的“均倒数”.若已知数列an的前n项的“均倒数”为12n+1,又bn=an+14,则1b1b2+1b2b3+1b10b11等于()A.111B.910C.1112D.1011答案:D解析:设数列an的前n项和为Sn.na1+a2+an=12n+1,a1+a2+an=n(2n+1)=Sn,当n2时,an=Sn-Sn-1=4

12、n-1,验证知当n=1时该式也成立,an=4n-1,bn=an+14=n,1bnbn+1=1n-1n+1.1b1b2+1b2b3+1b10b11=1-12+12-13+110-111=1-111=1011.11.(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.0a11B.1b12C.S2nT2nD.S2nT2n答案:ABC解析:数列an为递增数列,a1a22a1,a2+a32a2=4-2a1,0a11,故A正确;数列bn为递增数列,b1b2b1,b3b2,1b12b1b2(2n

13、-1)=22(2n-1).由数学归纳法可证明22(2n-1)2n2.对于任意的nN*,S2nT2n,故C正确,D错误.12.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.答案:(n-1)2n+2解析: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+22+322+n2n-1.设S=1+22+322+n2n-1,则2S=2+222+(n-1)

14、2n-1+n2n,两式相减可得-S=1+2+22+2n-1-n2n=(1-n)2n-1,则S=(n-1)2n+1,故Tn=(n-1)2n+2.13.在b2n=2bn+1,a2=b1+b2,b1,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.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=2

15、b1+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,则13Sn=232+733+1234+5n-83n+5n-33n+1,由-,得23Sn=23+5132+133+13n-5n-33n+1=23+56-1523n+1-5n-33n+1=32-10n+923n+1,故Sn=94-10n+943n.选时,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),

16、化简得d2=b1d.因为d0,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,则13Sn=131+232+333+n-13n-1+n3n,由-,得23Sn=1+13+132+133+13n-1-n3n=321-13n-n3n=32-2n+323n,故Sn=94-2n+343n-1.选时,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

17、d0,所以b1=d,从而无解,所以等差数列bn不存在,故不符合题意.14.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.解:(1)因为an+12=2Sn+n+4,所以an2=2Sn-1+n-1+4(n2).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

18、(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-123+134+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=123+134+1(n+1)(n

19、+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.三、探究创新15.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:Tn43.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

20、理把条件补充完整并解答此题.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a10,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|=n124-12n-1=23n12n.则Tn=23(112+214+318+n12n),12Tn=23(114+218+3116+n12n+1).由-,得12Tn=23(12+14+18+116+12n-n12n+1)=23121-12n1-12-n12n+1,化简可得Tn=431-n+22n+1,由1-n+22n+11,可得Tn43.