广西专用2022年高考数学一轮复习考点规范练33数列求和含解析新人教A版理.docx

1、考点规范练33数列求和基础巩固1.数列112,314,518,7116,(2n-1)+12n,的前n项和Sn的值等于()A.n2+1-12nB.2n2-n+1-12nC.n2+1-12n-1D.n2-n+1-12n2.已知数列an满足a1=1,且对任意的nN*都有an+1=a1+an+n,则1an的前100项和为()A.100101B.99100C.101100D.2001013.已知数列an满足an+1-an=2,a1=-5,则|a1|+|a2|+|a6|=()A.9B.15C.18D.304.已知函数f(x)=xa的图象过点(4,2),令an=1f(n+1)+f(n),nN*.记数列an的

2、前n项和为Sn,则S2 020等于()A.2020-1B.2020+1C.2021-1D.2021+15.已知数列an为等差数列,Sn是其前n项和,a2=5,S5=35.数列1anan+1的前n项和为Tn,若对一切nN*都有2m+1Tn恒成立,则m能取到的最小整数为()A.-1B.0C.1D.26.(2021四川凉山三模)我国古代很早就有对等差数列和等比数列的研究成果.北宋大科学家沈括在梦溪笔谈中首创的“隙积术”,就是关于高阶等差数列求和的问题.现有一物品堆,从上向下数,第一层有1个货物,第二层比第一层多2个,第三层比第二层多3个,以此类推.记第n层货物的个数为an,则数列1an的前2 021

3、项和为()A.40412021B.20211011C.20212022D.202010117.已知等差数列an,a5=2.若函数f(x)=sin 2x+1,记yn=f(an),则数列yn的前9项和为.8.把函数f(x)=sin x(x0)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=3nan,则数列bn的前n项和Tn=.9.已知数列an是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=21a1+1a2,a3+a4=321a3+1a4.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=an2+log2an,求数列bn的前n项和Tn.10.(2021广西梧州模拟预测(文)已知数列an是公差为2的等

4、差数列,它的前n项和为Sn,且a1,a3,a7成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)设数列bn满足bn=Sn-n23n+1,求数列bn的前n项和Tn.11.(2021山东淄博一模)将n2(nN*)个正数排成n行n列:a11a12a13a14a1na21a22a23a24a2na31a32a33a34a3na41a42a43a44a4nan1an2an3an4ann其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且各列的公比都相等,若a11=1,a13a23a33=1,a32+a33+a34=32.(1)求a1n;(2)设Sn=a11+a22+a33+ann,求Sn.12.(2021四

5、川泸州二模)已知数列an是等比数列,a2=4,且a3+2是a2和a4的等差中项.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=an(an-1)(an+1-1),数列bn的前n项和为Tn.求使Tn6364成立的最小整数n.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.14.数列1,x,1,x,x,1,x,x,x,1,x,x,x,x,1,x,其中在第n个1与第

6、n+1个1之间插入n个x,若该数列的前2 020项的和为7 891,则x=.15.(2021山东菏泽一模)已知等比数列an的前n项和为Sn,且an+1=2Sn+2,数列bn满足b1=2,(n+2)bn=nbn+1,其中nN*.(1)分别求数列an和bn的通项公式;(2)在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为cn的等差数列,求数列bncn的前n项和Tn.16.若数列an的前n项和Sn满足Sn=2an-(0,nN*).(1)证明:数列an为等比数列,并求an;(2)若=4,bn=an,n是奇数,log2an,n是偶数(nN*),求数列bn的前2n项和T2n.高考预测17.(2

7、021云南曲靖二模)已知数列an的前n项和为Sn.(1)请从2Sn=3an-3-4n,a1=-3,an+1=-an-4这两个条件中任选一个,证明数列an+2是等比数列;(2)数列bn为等差数列,b3=5,b5=9,记cn=(an+2)bn,求数列cn的前n项和Tn.答案：1.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.D解析an+1=a1+an+n,a1=1,an+1-an=1+n.an-an-1=n(n2).an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+2+1=n(

8、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.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.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-70,解得n72.当n3时,|an|=-an;当n4时,|an|=an.|a1|+|a2|+|a6|=-a1-a2-a3+a4+a5+a6=S6-2S3=62-66-2(32-63)=18.4.C解析由f(4)=2,可得4a=2,解得a=12,则f

9、(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.B解析设等差数列an的首项为a1,公差为d.由题意得a1+d=5,5a1+542d=35,解得a1=3,d=2,故an=3+2(n-1)=2n+1.所以1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3,所以Tn=1213-15+15-17+12n+1-12n+3=1213-12n+3Tn恒成立,只需满足2m+116即可,故m能取到的最小整数为0.故选B.6.B解析由题意知,a2-a

10、1=2,a3-a2=3,an-an-1=n,n2,nN*且a1=1,则由累加法可知an-a1=2+3+n,所以an=1+2+n=n+n(n-1)2=n(n+1)2.当n=1时,1(1+1)2=1=a1,则an=n(n+1)2,nN*,则1an=2n(n+1)=21n-1n+1.记1an的前n项的和为Sn,则Sn=1a1+1a2+1an=21-12+12-13+1n-1n+1=21-1n+1,则S2021=21-12021+1=20211011.7.9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

11、=2,得sin2a5=0.ai+a10-i=2a5=(i=1,2,3,4),2ai+2a10-i=2.2ai=2-2a10-i.sin2ai=sin(2-2a10-i)=-sin2a10-i.y1+y2+y3+y8+y9=9.8.(2n-1)3n+1+34解析令sinx=0(x0),解得x=k,kN*,即an=n,nN*,则bn=3nan=n3n.则数列bn的前n项和Tn=(3+232+333+n3n),3Tn=32+233+(n-1)3n+n3n+1,-,得-2Tn=(3+32+3n-n3n+1)=3(1-3n)1-3-n3n+1,可得Tn=(2n-1)3n+1+34.9.解(1)设等比数列

12、an的公比为q(q0),则an=a1qn-1,且an0.由已知得a1+a2=21a1+1a2=2(a1+a2)a1a2,即a1a2=2;a3+a4=321a3+1a4=32(a3+a4)a3a4,即a3a4=32.a3a4=a1a2q4=2q4=32,且q0,q=2.由a1a2=a12q=2,且a10,得a1=1.数列an的通项公式为an=2n-1.(2)由(1)知bn=an2+log2an=4n-1+n-1,Tn=(1+4+42+4n-1)+(0+1+2+3+n-1)=1-4n1-4+n(n-1)2=4n-13+n(n-1)2.10.解(1)因为数列an是公差为2的等差数列,且a1,a3,a

13、7成等比数列,所以a32=a1a7,即(a1+4)2=a1(a1+12),解得a1=4,所以an=4+(n-1)2=2n+2.(2)由(1)可得Sn=4n+n(n-1)22=n2+3n,bn=Sn-n23n+1=n3n,所以Tn=13+232+333+n3n,则13Tn=132+233+334+n3n+1,-,得23Tn=13+132+133+13n-n3n+1,所以23Tn=131-13n1-13-n3n+1=12-2n+323n+1,因此Tn=34-2n+343n.11.解(1)设第一行数的公差为d,各列的公比为q.由题意可知a13a23a33=a233=1,解得a23=1,由a32+a3

14、3+a34=3a33=32,解得a33=12,则q=a33a23=12.由a23=a13q=(a11+2d)q=(1+2d)12=1,解得d=12,因此a1n=a11+(n-1)d=1+n-12=n+12.(2)由ann=a1nqn-1=n+1212n-1=n+12n,可得Sn=221+322+423+n+12n,两边同时乘以12可得12Sn=222+323+n2n+n+12n+1,上述两式相减可得12Sn=1+122+123+12n-n+12n+1=1+1221-12n-11-12-n+12n+1=32-n+32n+1,因此,Sn=3-n+32n.12.解(1)设数列an的公比为q,因为a2

15、=4,所以a2=a1q=4.因为a3+2是a2和a4的等差中项,所以2(a3+2)=a2+a4,即2(a1q2+2)=a1q+a1q3,所以q2-2q=0,因为q0,所以q=2,所以an=a2qn-2=42n-2=2n(nN*).(2)因为an=2n,所以bn=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1,Tn=12-1-122-1+122-1-123-1+12n-1-12n+1-1=12-1-12n+1-1=1-12n+1-1,由Tn6364,得1-12n+1-16364,所以2n+165,即n5,所以使Tn6364成立的最小整数n=6.13.(n-1)2n+2解析由题意可得

16、,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)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+2.14.4解析当n2时,前n个1之间共有n+1+2+3+(n-1)=n(n+1)2项,当n=63时,有63642=2016项,在第63个1的后面再跟的第4个x就是第2020项,所以前2020项中含63个1,其余的均为x.故该数列前2020项的和为631+(2020-63)x=7891,解得x=4.15.解(1

17、)设等比数列an的公比为q,由已知an+1=2Sn+2,可得an=2Sn-1+2(n2),两式相减可得an+1-an=2Sn-2Sn-1,即an+1-an=2an,整理得an+1=3an,可知q=3.已知an+1=2Sn+2,令n=1,得a2=2a1+2,即a1q=2a1+2,解得a1=2.故等比数列an的通项公式为an=23n-1(nN*).由b1=2,(n+2)bn=nbn+1(nN*),得bn+1bn=n+2n,那么b2b1=31,b3b2=42,b4b3=53,bn-1bn-2=nn-2,bnbn-1=n+1n-1,以上n-1个式子相乘,可得bnb1=314253nn-2n+1n-1=

18、n(n+1)2,bn=n(n+1)(n2),又b1=2满足上式,所以bn的通项公式bn=n(n+1)(nN*).(2)若在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为cn的等差数列,则an+1-an=(n+1)cn,即为23n-23n-1=(n+1)cn,整理得cn=43n-1n+1,所以bncn=4n3n-1,Tn=b1c1+b2c2+b3c3+bn-1cn-1+bncn=4130+4231+4332+4(n-1)3n-2+4n3n-1=4(130+231+332+(n-1)3n-2+n3n-1),3Tn=4131+232+(n-1)3n-1+n3n,两式相减得-2Tn=4(3

19、0+31+32+3n-1-n3n)=41-3n1-3-n3n,所以Tn=2n3n+1-3n2=1+(2n-1)3n(nN*).16.(1)证明Sn=2an-,当n=1时,得a1=,当n2时,Sn-1=2an-1-,则Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-2an-1,an=2an-1,数列an是以为首项,2为公比的等比数列,an=2n-1.(2)解=4,an=42n-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)=4-22n41-4+n(3+2n+1)2=4n+1-

20、43+n(n+2),T2n=4n+13+n2+2n-43.17.(1)证明方案一:选条件当n=1时,2a1=2S1=3a1-3-4,解得a1=7,a1+2=7+2=9;当n2时,由2Sn=3an-3-4n,可得2Sn-1=3an-1-3-4(n-1),两式相减,可得2an=3an-3an-1-4,即an=3an-1+4.an+2=3an-1+4+2=3(an-1+2),数列an+2是以9为首项,3为公比的等比数列;方案二:选条件当n=1时,a1+2=-3+2=-1;当n2时,an+1+2=-an-4+2=-(an+2).数列an+2是以-1为首项,-1为公比的等比数列.(2)解由题意,设等差数

21、列bn的公差为d,则d=b5-b35-3=9-52=2,b1=b3-2d=5-22=1,bn=1+2(n-1)=2n-1,nN*.方案一:选条件由(1),可得an+2=93n-1=3n+1,则cn=(an+2)bn=(2n-1)3n+1,Tn=c1+c2+c3+cn=132+333+534+(2n-1)3n+1,3Tn=133+334+(2n-3)3n+1+(2n-1)3n+2,两式相减,可得-2Tn=132+233+234+23n+1-(2n-1)3n+2=9+233-3n+21-3-(2n-1)3n+2=-18-2(n-1)3n+2,Tn=(n-1)3n+2+9,nN*;方案二:选条件由(1),可得an+2=-1(-1)n-1=(-1)n,则cn=(an+2)bn=(2n-1)(-1)n,Tn=c1+c2+c3+cn=-1+3-5+(2n-1)(-1)n,当n为偶数时,Tn=-1+3-5+(2n-1)=2+2+2=2n2=n;当n为奇数时,Tn=-1+3-5+-(2n-1)=2+2+2-(2n-1)=2n-12-(2n-1)=-n.Tn=-n,n为奇数,n,n为偶数.10