2021高考数学大一轮复习考点规范练32数列求和理新人教A版

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考点规范练32　数列求和 ‎　考点规范练B册第19页　 ‎ 基础巩固 ‎1.数列1‎1‎‎2‎,3‎1‎‎4‎,5‎1‎‎8‎,7‎1‎‎16‎,…,(2n-1)+‎1‎‎2‎n,…的前n项和Sn的值等于(　　)‎ A.n2+1-‎1‎‎2‎n B.2n2-n+1-‎‎1‎‎2‎n C.n2+1-‎1‎‎2‎n-1‎ D.n2-n+1-‎‎1‎‎2‎n 答案:A 解析:该数列的通项公式为an=(2n-1)+‎1‎‎2‎n,‎ 则Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎‎1‎‎2‎n=n2+1-‎‎1‎‎2‎n‎.‎ ‎2.已知数列{an}满足a1=1,且对任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n,则‎1‎an的前100项和为(　　)‎ A‎.‎‎100‎‎101‎ B‎.‎‎99‎‎100‎ C‎.‎‎101‎‎100‎ D‎.‎‎200‎‎101‎ 答案:D 解析:∵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.‎ ‎∴‎‎1‎an的前100项和为21-‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎-‎‎1‎‎3‎+…+‎1‎‎100‎‎-‎‎1‎‎101‎=2‎1-‎‎1‎‎101‎‎=‎200‎‎101‎.‎故选D.‎ ‎3.已知数列{an}满足an+1-an=2,a1=-5,则|a1|+|a2|+…+|a6|=(　　)‎ A.9 B.15 C.18 D.30‎ 答案:C 解析:∵an+1-an=2,a1=-5,‎ ‎∴数列{an}是首项为-5,公差为2的等差数列.‎ 8‎ ‎∴an=-5+2(n-1)=2n-7.‎ ‎∴数列{an}的前n项和Sn=n(-5+2n-7)‎‎2‎=n2-6n.‎ 令an=2n-7≥0,解得n‎≥‎7‎‎2‎.‎ ‎∴当n≤3时,|an|=-an;当n≥4时,|an|=an.‎ ‎∴|a1|+|a2|+…+|a6|=-a1-a2-a3+a4+a5+a6‎ ‎=S6-2S3=62-6×6-2(32-6×3)=18.‎ ‎4.已知函数f(x)=xa的图象过点(4,2),令an=‎1‎f(n+1)+f(n)‎,n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 020等于(　　)‎ A‎.‎‎2020‎-1 B‎.‎‎2020‎+1 C‎.‎‎2021‎-1 D‎.‎‎2021‎+1‎ 答案:C 解析:由f(4)=2,可得4a=2,解得a=‎1‎‎2‎,则f(x)=‎x‎1‎‎2‎‎.‎ ‎∴an=‎1‎f(n+1)+f(n)‎‎=‎1‎n+1‎‎+‎n=n+1‎-‎n,‎ S2020=a1+a2+a3+…+a2020=(‎2‎‎-‎‎1‎)+(‎3‎‎-‎‎2‎)+(‎4‎‎-‎‎3‎)+…+(‎2021‎‎-‎‎2020‎)=‎2021‎-1.‎ ‎5.(2019辽宁沈阳质量监测)已知数列{an}满足an+1+(-1)n+1an=2,则其前100项和为(　　)‎ A.250 B.200 C.150 D.100‎ 答案:D 解析:当n=2k-1时,a2k+a2k-1=2,{an}的前100项和为(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a99+a100)=50×2=100,故选D.‎ ‎6.(2019广东深圳月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,a2=2,Sn+1=an+2-an+1(n∈N*),则Sn=　　　　　. ‎ 答案:2n-1‎ 解析:∵Sn+1=an+2-an+1(n∈N*),∴Sn+1=Sn+2-Sn+1-(Sn+1-Sn),则Sn+2+1=2(Sn+1+1).由a1=1,a2=2,可得S2+1=2(S1+1),∴Sn+1+1=2(Sn+1)对任意的n∈N*都成立,‎ ‎∴数列{Sn+1}是首项为2,公比为2的等比数列,∴Sn+1=2n,即Sn=2n-1.‎ 8‎ ‎7.已知等差数列{an},a5=π‎2‎‎.‎若函数f(x)=sin 2x+1,记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,所以数列{yn}的前9项和为sin2a1+sin2a2+sin2a3+…+sin2a8+sin2a9+9.‎ 由a5=π‎2‎,得sin2a5=0.‎ ‎∵a1+a9=2a5=π,∴2a1+2a9=4a5=2π,∴2a1=2π-2a9,‎ ‎∴sin2a1=sin‎2π-2‎a‎9‎=-sin2a9.‎ 由倒序相加可得‎1‎‎2‎(sin2a1+sin2a2+sin2a3+…+sin2a8+sin2a9+sin2a1+sin2a2+sin2a3+…+sin2a8+sin2a9)=0,‎ ‎∴y1+y2+y3+…+y8+y9=9.‎ ‎8.(2019新疆乌鲁木齐模拟)把函数f(x)=sin x(x>0)所有的零点按从小到大的顺序排列,构成数列{an},数列{bn}满足bn=3n·an,则数列{bn}的前n项和Tn=　　　　　　　　　. ‎ 答案:‎‎(2n-1)·‎3‎n+1‎+3‎‎4‎π 解析:令sinx=0(x>0),解得x=kπ,k∈N*,即an=nπ,n∈N*,则bn=3n·an=π·n·3n.‎ 则数列{bn}的前n项和Tn=π(3+2×32+3×33+…+n·3n),①‎ ‎3Tn=π[32+2×33+…+(n-1)·3n+n·3n+1],②‎ ‎①-②,得-2Tn=π(3+32+…+3n-n·3n+1)‎ ‎=π‎3(1-‎3‎n)‎‎1-3‎‎-n·‎‎3‎n+1‎,可得Tn=‎‎(2n-1)·‎3‎n+1‎+3‎‎4‎π.‎ ‎9.在数列{an}中,a1=3,{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.‎ 解:(1)由Sn+1=an+n2,①‎ 得Sn+1+1=an+1+(n+1)2,②‎ 8‎ ‎②-①,得an=2n+1.‎ a1=3满足上式,‎ 所以数列{an}的通项公式为an=2n+1.‎ ‎(2)由(1)得bn=(-1)n+22n+1,‎ 所以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).‎ ‎10.设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)当d>1时,记cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)由题意,得‎10a‎1‎+45d=100,‎a‎1‎d=2,‎即‎2a‎1‎+9d=20,‎a‎1‎d=2,‎ 解得a‎1‎‎=1,‎d=2‎或a‎1‎‎=9,‎d=‎2‎‎9‎.‎ 故an‎=2n-1,‎bn‎=‎‎2‎n-1‎或an‎=‎1‎‎9‎(2n+79),‎bn‎=9·‎2‎‎9‎n-1‎.‎ ‎(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=‎2n-1‎‎2‎n-1‎,‎ 于是Tn=1+‎3‎‎2‎‎+‎5‎‎2‎‎2‎+‎7‎‎2‎‎3‎+‎‎9‎‎2‎‎4‎+…+‎2n-1‎‎2‎n-1‎,①‎ ‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎‎+‎3‎‎2‎‎2‎+‎5‎‎2‎‎3‎+‎7‎‎2‎‎4‎+‎‎9‎‎2‎‎5‎+…+‎2n-1‎‎2‎n‎.‎②‎ ‎①-②可得‎1‎‎2‎Tn=2+‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n-2‎‎-‎‎2n-1‎‎2‎n=3-‎2n+3‎‎2‎n,故Tn=6-‎‎2n+3‎‎2‎n-1‎‎.‎ ‎11.(2019云南玉溪五调)若数列{an}的前n项和为Sn,首项a1>0,且2Sn=an‎2‎+an(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若an>0,令bn=‎4‎an‎(an+2)‎,数列{bn}的前n项和为Tn.若Tn0,得an=n,bn=‎4‎n(n+2)‎=2‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎,‎ Tn=2‎1-‎‎1‎‎3‎‎+‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎4‎+‎‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎+…+‎1‎n‎-‎‎1‎n+2‎=3-‎4n+6‎‎(n+1)(n+2)‎<3,又m∈Z,故mmin=3.‎ ‎12.(2019广东珠海高三上学期期末)已知Sn为等差数列{an}的前n项和,公差d=-2,且a1,a3,a4成等比数列.‎ ‎(1)求an,Sn;‎ ‎(2)设Tn=|a1|+|a2|+…+|an|,求Tn.‎ 解:(1)由a1,a3,a4成等比数列可知,a‎3‎‎2‎=a1a4,‎ 从而(a1+2d)2=a1(a1+3d),‎ 又d=-2,解得a1=8.‎ 所以an=-2n+10.‎ 故Sn=na1+n(n-1)‎‎2‎d=-n2+9n.‎ ‎(2)由an=-2n+10,知当n<5时,an>0;‎ 当n=5时,an=0;当n>5时,an<0.‎ 所以当n≤5时,Tn=a1+a2+…+an=-n2+9n;‎ 当n>5时,Tn=S5+|a6|+…+|an|=2S5-Sn=n2-9n+40.‎ 能力提升 ‎13.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　　　　　　　. ‎ 8‎ 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+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.‎ ‎14.已知首项为‎3‎‎2‎的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=(-1)n+1·n(n∈N*),求数列{an·bn}的前n项和Tn.‎ 解:(1)设等比数列{an}的公比为q.‎ 由S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,可得2(S5+a5)=S3+a3+S4+a4,‎ 即2(S3+a4+2a5)=2S3+a3+2a4,即4a5=a3,‎ 则q2=a‎5‎a‎3‎‎=‎‎1‎‎4‎,解得q=±‎‎1‎‎2‎‎.‎ 由等比数列{an}不是递减数列,可得q=-‎1‎‎2‎,故an=‎3‎‎2‎‎·‎‎-‎‎1‎‎2‎n-1‎=(-1)n-1‎‎·‎3‎‎2‎n.‎ ‎(2)由bn=(-1)n+1·n,可得an·bn=(-1)n-1‎·‎3‎‎2‎n·‎(-1)n+1·n=3n‎·‎1‎‎2‎n.‎ 故前n项和Tn=3‎1·‎1‎‎2‎+2·‎1‎‎2‎‎2‎+…+n·‎‎1‎‎2‎n,‎ 则‎1‎‎2‎Tn=3‎1·‎1‎‎2‎‎2‎+2·‎1‎‎2‎‎3‎+…+n·‎‎1‎‎2‎n+1‎,‎ 两式相减可得,‎1‎‎2‎Tn=3‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n-n‎·‎‎1‎‎2‎n+1‎=3‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎‎-n·‎‎1‎‎2‎n+1‎,‎ 化简可得Tn=6‎‎1-‎n+2‎‎2‎n+1‎‎.‎ ‎15.若数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an-λ(λ>0,n∈N*).‎ 8‎ ‎(1)证明:数列{an}为等比数列,并求an;‎ ‎(2)若λ=4,bn=an‎,n是奇数,‎log‎2‎an,n是偶数(n∈N*),求数列{bn}的前2n项和T2n.‎ 解:(1)证明:∵Sn=2an-λ,当n=1时,得a1=λ,‎ 当n≥2时,Sn-1=2an-1-λ,则Sn-Sn-1=2an-2an-1,‎ 即an=2an-2an-1,∴an=2an-1,‎ ‎∴数列{an}是以λ为首项,2为公比的等比数列,‎ ‎∴an=λ·2n-1.‎ ‎(2)∵λ=4,∴an=4·2n-1=2n+1,‎ ‎∴bn=‎‎2‎n+1‎‎,n是奇数,‎n+1,n是偶数.‎ ‎∴T2n=22+3+24+5+26+7+…+22n+2n+1‎ ‎=(22+24+26+…+22n)+(3+5+…+2n+1)‎ ‎=‎4-‎2‎‎2n·4‎‎1-4‎‎+n(3+2n+1)‎‎2‎=‎‎4‎n+1‎‎-4‎‎3‎+n(n+2),‎ ‎∴T2n=‎4‎n+1‎‎3‎+n2+2n-‎‎4‎‎3‎‎.‎ 高考预测 ‎16.在等差数列{an}中,公差d≠0,a10=19,且a1,a2,a5成等比数列.‎ ‎(1)求an;‎ ‎(2)设bn=an2n,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解:(1)∵a1,a2,a5成等比数列,‎∴‎a‎2‎‎2‎=a1·a5,‎ 即(a1+d)2=a1·(a1+4d).‎ 又a10=19=a1+9d,∴a1=1,d=2.‎ ‎∴an=2n-1.‎ ‎(2)∵bn=an2n=(2n-1)·2n,‎ ‎∴Sn=2+3×22+…+(2n-1)·2n.①‎ ‎∴2Sn=22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1.②‎ 8‎ 由①-②,得-Sn=2+2(22+23+…+2n)-(2n-1)·2n+1=2‎×‎‎2‎‎2‎‎(‎2‎n-1‎-1)‎‎2-1‎+2-(2n-1)·2n+1=(3-2n)·2n+1-6.‎ 即Sn=(2n-3)2n+1+6.‎ 8‎