《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練25 數(shù)列求和（含解析）新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練25 數(shù)列求和（含解析）新人教A版（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、考點(diǎn)規(guī)范練25 數(shù)列求和
一、基礎(chǔ)鞏固
1.數(shù)列112,314,518,7116,…,(2n-1)+12n,…的前n項(xiàng)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
2.若數(shù)列{an}滿足a1=1,且對(duì)任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n,則1an的前100項(xiàng)和為( )
A.100101 B.99100 C.101100 D.200101
3.在數(shù)列{an}中,如果a1=1,a2=2,an+2-an=1+(-1)n,那么S100的值為( )
A.2 500 B.2 600 C.2 700 D
2、.2 800
4.已知函數(shù)f(x)=xa的圖象過點(diǎn)(4,2),令an=1f(n+1)+f(n),n∈N*.記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,則S2 020等于( )
A.2020-1 B.2020+1
C.2021-1 D.2021+1
5.已知數(shù)列{an}滿足an+1+(-1)nan=2n-1,則{an}的前60項(xiàng)和為( )
A.3 690 B.3 660 C.1 845 D.1 830
6.已知在數(shù)列{an}中,a1=1,且an+1=an2an+1,若bn=anan+1,則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn為( )
A.2n2n+1 B.n2n+1
C.2n2n-1 D.2n
3、-12n+1
7.已知等差數(shù)列{an}滿足a3=7,a5+a7=26,bn=1an2-1(n∈N*),數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,則S100= .?
8.已知{an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)cn=an+bn,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和.
9.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,前n項(xiàng)和為Sn,等比數(shù)列{bn}的公比為q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.
(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)當(dāng)d>1時(shí),記cn=anbn,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)
4、和Tn.
10.已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,an>0,an2+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)bn=1anan+1,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.
11.已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,滿足an+12=2Sn+n+4,a2-1,a3,a7恰為等比數(shù)列{bn}的前3項(xiàng).
(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)若cn=(-1)nlog2bn-1anan+1,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.
二、能力提升
12.幾位大學(xué)生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號(hào)召,開發(fā)了一款應(yīng)用軟件.為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣,他們推出了
5、“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動(dòng).這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問題的答案:已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一項(xiàng)是20,接下來的兩項(xiàng)是20,21,再接下來的三項(xiàng)是20,21,22,依此類推.求滿足如下條件的最小整數(shù)N:N>100且該數(shù)列的前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪.那么該款軟件的激活碼是( )
A.440 B.330 C.220 D.110
13.已知首項(xiàng)為32的等比數(shù)列{an}不是遞減數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差數(shù)列.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)bn=(-1)n+1·n(n∈N*
6、),求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和Tn.
14.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=2-an,n∈N*,設(shè)函數(shù)f(x)=log12x.數(shù)列{bn}滿足bn=f(an),記{bn}的前n項(xiàng)和為Tn.
(1)求an及Tn;
(2)記cn=an·bn,求cn的最大值.
三、高考預(yù)測(cè)
15.已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),a1=1,公比為q;在等差數(shù)列{bn}中,b1=3,且{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,a3+S3=27,q=S2a2.
(1)求{an}與{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn=3
7、2Sn,求{cn}的前n項(xiàng)和Tn.
考點(diǎn)規(guī)范練25 數(shù)列求和
1.A 解析該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an=(2n-1)+12n,則Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+12+122+…+12n=n2+1-12n.
2.D 解析∵an+1=a1+an+n,
∴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項(xiàng)和為21-12+12-13+…+
1100-1101=21-1101=2
8、00101.故選D.
3.B 解析當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),an+2-an=0,所以an=1,
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),an+2-an=2,所以an=n,
故an=1,n為奇數(shù),n,n為偶數(shù),
于是S100=50+(2+100)×502=2600.
4.C 解析由f(4)=2,可得4a=2,
解得a=12,則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.D 解析∵an+1+(-1)nan=2n-1,
∴當(dāng)n=2k(k∈N*)時(shí),
9、a2k+1+a2k=4k-1,①
當(dāng)n=2k+1(k∈N*)時(shí),a2k+2-a2k+1=4k+1,②
①+②得,a2k+a2k+2=8k.
則a2+a4+a6+a8+…+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a58+a60)
=8×(1+3+…+29)
=8×15×(1+29)2=1800.
由②得a2k+1=a2k+2-(4k+1),
∴a1+a3+a5+…+a59
=a2+a4+…+a60-[4×(0+1+2+…+29)+30]
=1800-4×30×292+30=30,
∴a1+a2+…+a60=1800+30=1830.
6.B 解析由an+1=an2an
10、+1,得1an+1=1an+2,
∴數(shù)列1an是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列,
∴1an=2n-1,又bn=anan+1,
∴bn=1(2n-1)(2n+1)
=1212n-1-12n+1,
∴Sn=1211-13+13-15+…+12n-1-12n+1=n2n+1,故選B.
7.25101 解析因?yàn)閍3=7,a5+a7=26,所以公差d=2,
所以an=a3+2(n-3)=2n+1.
所以bn=1an2-1=1(2n+1)2-1=14n(n+1)=141n-1n+1.
所以S100=b1+b2+…+b100=141-12+12-13+…+1100-1101=25101.
11、
8.解(1)因?yàn)榈缺葦?shù)列{bn}的公比q=b3b2=93=3,
所以b1=b2q=1,b4=b3q=27.
設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.
因?yàn)閍1=b1=1,a14=b4=27,
所以1+13d=27,即d=2.
所以an=2n-1.
(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1.
因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.
從而數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和
Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1=n(1+2n-1)2+1-3n1-3=n2+3n-12.
9.解(1)由題意,有10a1+45d=100,a1d=2,
即2a1+9d=20,a1d=2,
解
12、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.
10.解(1)由an2+2an=4Sn+3,
可知an+12+2an+1=4Sn+1+3.
兩式相減可得an+12-a
13、n2+2(an+1-an)=4an+1,
即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)·(an+1-an).
由于an>0,可得an+1-an=2.
又a12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a1=3.
所以{an}是首項(xiàng)為3,公差為2的等差數(shù)列,故{an}的通項(xiàng)公式為an=2n+1.
(2)由an=2n+1可知
bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)
=1212n+1-12n+3.
設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,
則Tn=b1+b2+…+bn
=1213-15+15-17+…+12n+1-
12n+3=n3(2n+3).
11
14、.解(1)因?yàn)閍n+12=2Sn+n+4,
所以an2=2Sn-1+n-1+4(n≥2).
兩式相減,得an+12-an2=2an+1,
所以an+12=an2+2an+1=(an+1)2.
因?yàn)閧an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)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為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列,所以an=n+1.由題意知b1=2,b2=4,b3=8,故bn=2n.
(2)由(1)得cn=(-1)nlog22n-1(n+1)(n+2)=(-1)nn
15、-1(n+1)(n+2),
故Tn=c1+c2+…+cn=[-1+2-3+…+(-1)nn]-12×3+13×4+…+1(n+1)×(n+2).
設(shè)Fn=-1+2-3+…+(-1)nn.
則當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),Fn=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(n-1)+n]=n2;
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),Fn=Fn-1+(-n)=n-12-n=-(n+1)2.
設(shè)Gn=12×3+13×4+…+1(n+1)×(n+2),
則Gn=12-13+13-14+…+1n+1-1n+2=12-1n+2.
所以Tn=n-12+1n+2,n為偶數(shù),-n+22+1n+2,n為奇數(shù).
12.A 解析設(shè)數(shù)列的首項(xiàng)為第1
16、組,接下來兩項(xiàng)為第2組,再接下來三項(xiàng)為第3組,以此類推,設(shè)第n組的項(xiàng)數(shù)為n,則前n組的項(xiàng)數(shù)和為n(1+n)2.第n組的和為1-2n1-2=2n-1,前n組總共的和為2(1-2n)1-2-n=2n+1-2-n.
由題意,N>100,令n(1+n)2>100,得n≥14且n∈N*,即N出現(xiàn)在第13組之后.若要使最小整數(shù)N滿足:N>100且前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪,則SN-Sn(1+n)2應(yīng)與-2-n互為相反數(shù),即2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.
所以N=29×(1+29)2+5=440,故選A.
13.解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q
17、.
由S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差數(shù)列,可得2(S5+a5)=S3+a3+S4+a4,
即2(S3+a4+2a5)=2S3+a3+2a4,
即4a5=a3,則q2=a5a3=14,
解得q=±12.
由等比數(shù)列{an}不是遞減數(shù)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項(xiàng)和
Tn=31·12+2·122+…+n·12n,
則12Tn=31·122+2·123+…+n·
12n+1,
兩式相減可得,12Tn=31
18、2+122+…+12n-
?n·12n+1
=3121-12n1-12-n·12n+1,
化簡(jiǎn)可得Tn=61-n+22n+1.
14.解(1)∵Sn=2-an,∴a1=1,
當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2-an-(2-an-1)=an-1-an,
∴an=12an-1(n≥2),
則數(shù)列{an}是公比q=12,a1=1的等比數(shù)列,
∴an=12n-1;
∴bn=f(an)=n-1,∴Tn=n(0+n-1)2=n2-n2.
(2)cn=(n-1)12n-1,
由cn+1-cn=n12n-(n-1)12n-1=12n[n-2(n-1)]=12n(2-n),
當(dāng)n=1時(shí),c2>c1;
當(dāng)n=2時(shí),c3=c2;當(dāng)n≥3時(shí),cn+1
（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練25 數(shù)列求和（含解析）新人教A版
