【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材）第六章数列 课时规范练28　数列求和含解析【高考】.docx，共(9)页，56.889 KB，由小赞的店铺上传

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1课时规范练28数列求和基础巩固组1.(2021广东汕头二中高三模拟)设数列{an}为等比数列,数列{bn}为等差数列,且Sn为数列{bn}的前n项和,若a2=1,a10=16,且a6=b6,则S11=()A.20B.30C.44D.882.(2021江西南昌高三月考)Sn=1

2+222+38+…+𝑛2𝑛等于()A.2𝑛+1-𝑛-22𝑛B.2𝑛-𝑛2𝑛C.2𝑛-𝑛+12𝑛+1D.2𝑛+1-𝑛+22𝑛3.(2021广东肇庆高三月考)在数列{an}中,a1=2,(1-an)·an+

1=1,Sn是数列{an}的前n项和,则S2021=()A.4042B.2021C.20232D.202124.(2021河北衡水高三期末)在数列{an}中,an+an+1=2n,Sn为其前n项和,若a1=a4,则S101=()A.4882

B.5100C.5102D.52125.(2021江苏南京高三月考)已知数列{an}的通项公式为an=𝑛(𝑛+1)!,则其前n项和为()A.1-1(𝑛+1)!B.1-1𝑛!C.2-1𝑛!D.2-1(𝑛+1)!6.(2021天津和平高三期中)函数y=x2在点

(n,n2)(n∈N*)处的切线记为ln,直线ln,ln+1及x轴围成的三角形的面积记为Sn,则1𝑆1+1𝑆2+1𝑆3+…+1𝑆𝑛=.7.(2021湖南长郡中学高三模拟)在数列{an}中,a1=1,a2=2,且an+2=2an+1+3an,设bn=an+

1+an.(1)求证:数列{bn}是等比数列,并求数列{bn}的通项公式;(2)若数列{bn}的前n项和为Sn,数列94𝑏𝑛𝑆𝑛𝑆𝑛+1的前n项和为Tn,求证:Tn<14.8.(2021广东广州高三模拟

)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=3𝑛2-𝑛2,数列{log3bn}是公差为-1的等差数列,b1=1.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;2(2)设cn=a2n+1+b2n+1,求数列{cn}的前n项和Tn.综合提升组9.(2021陕西西安高

三期中)已知数列{an}的前n项和为Sn=2-3n,则此数列奇数项的前m项和为()A.94−9𝑚4B.54−9𝑚4C.94−9𝑚-14D.-34−9𝑚-1410.(2021贵溪实验中学高三月考)对于实数x,[x]表示不超过x的最大整数

.已知数列{an}的通项公式为an=1√𝑛+1+√𝑛,前n项和为Sn,则[S1]+[S2]+…+[S40]=()A.105B.120C.125D.13011.在数列{an}中,a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),若b

n=ancos2𝑛π3,且数列{bn}的前n项和为Sn,则S11=()A.64B.80C.-64D.-80312.在数列{an}中,a1=2,ap+q=apaq(p,q∈N*),记bm为数列{an}中在区间(0,m](m∈N*)内的项的个数,则数列{bm}的前150项和S150

=.13.(2021山东聊城一中高三一模)已知等差数列{an}的首项为2,公差为d,前n项和为Sn,各项均为正数的等比数列{bn}的首项为1,公比为q,且满足前n项和为a3=2b2,S5=b2+b4.(1)求数列{an},数列{bn}的通项公式;(2)设c

n=(-1)nlog3Sn+log3bn,求数列{cn}的前26项和.14.(2021江苏扬州中学高三模拟)在等差数列{an}中,a1+3,a3,a4成等差数列,且a1,a3,a8成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)在任意相邻两项ak与ak+1(k=1

,2,…)之间插入2k个2,使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn},求数列{bn}的前200项和T200.创新应用组15.(2021浙江高三开学考试)在数列{an}中,a1=3,an+1=3an-4n,若bn=4𝑛2+8𝑛+5𝑎𝑛𝑎𝑛+1,且数列{bn}的前n项和为Sn

,则Sn=()A.n1+22𝑛+3B.43+2𝑛6𝑛+9C.n1+16𝑛+9D.n1+26𝑛+916.(2021河北沧州高三期中)在数列{an}中,a1=-1,an+1+(-1)n·an=11-2n,记数列{an}的前n项和为S

n.(1)求S101的值;(2)求Sn的最大值.417.(2021天津静海一中高三月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,S2=2a2-2,S3=a4-2,数列{an}满足a2=4b1,nbn+1-(n+1

)bn=n2+n(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)证明数列𝑏𝑛𝑛为等差数列;(3)设数列{cn}的通项公式为cn={-𝑎𝑛𝑏𝑛2,𝑛为奇数,𝑎𝑛𝑏𝑛4,𝑛为偶数,其前n项和为Tn,求T2n.5课时

规范练28数列求和1.C解析∵数列{an}为等比数列,∴𝑎62=a2a10=16.又a6=a2q4>0,∴b6=a6=4.又数列{bn}为等差数列,∴S11=𝑎1+𝑎112×11=11a6=44.故选C.2.A解析由Sn=12

+222+323+…+𝑛2𝑛,可得12Sn=122+223+…+𝑛-12𝑛+𝑛2𝑛+1.两式相减可得,12Sn=12+122+123+…+12𝑛−𝑛2𝑛+1=12[1-(12)𝑛]1-12−

𝑛2𝑛+1=2𝑛+1-𝑛-22𝑛+1,所以Sn=2𝑛+1-𝑛-22𝑛,故选A.3.D解析因为a1=2,(1-an)an+1=1,所以由(1-a1)a2=1得a2=-1,进而得a3=12,a4=2=a1,可得

an+3=an,所以a1+a2+…+a2021=673(a1+a2+a3)+a1+a2=673×32+1=20212.故选D.4.C解析因为an+an+1=2n,①所以an+1+an+2=2n+2,②由②-①得an+2-an=2,所以数列{an}奇数项与偶数项均

成公差为2的等差数列.当n为奇数时,an=a1+𝑛-12×2=n+a1-1;当n为偶数时,an=a2+𝑛-22×2=n+a2-2=n+(2-a1)-2=n-a1.又因为a1=a4,所以a1=4-a1,得

a1=2,所以an={𝑛+1,𝑛为奇数,𝑛-2,𝑛为偶数,所以S101=(a1+…+a101)+(a2+…+a100)=512(2+102)+502(0+98)=5102.故选C.5.A解析因为an=𝑛(𝑛+1)!=𝑛+1-1(𝑛+1)!=1𝑛!−

1(𝑛+1)!,所以其前n项和为1-12!+12!−13!+…+1𝑛!−1(𝑛+1)!=1-1(𝑛+1)!.故选A.6.4𝑛𝑛+1解析因为y'=2x,所以在点(n,n2)(n∈N*)处的切线的斜率为k=2n,所以切线方程为y-n2

=2n(x-n),即ln的方程为y=2nx-n2,令y=0,得x=𝑛2.ln+1:y=2(n+1)x-(n+1)2,令y=0,得x=𝑛+12.由{𝑦=2(𝑛+1)𝑥-(𝑛+1)2,𝑦=2𝑛𝑥-

𝑛2得{𝑥=2𝑛+12,𝑦=𝑛2+𝑛,直线ln,ln+1的交点坐标为2𝑛+12,n2+n,6所以直线ln,ln+1及x轴围成的三角形的面积为Sn=12𝑛+12−𝑛2(n2+n)=14n(n+1),所以1𝑆𝑛=4𝑛(𝑛+1)=41𝑛−1𝑛+1,则=41

-12+12−13+13−14+…+1𝑛−1𝑛+1=41-1𝑛+1=4𝑛𝑛+1.7.证明(1)由题意得an+2+an+1=3an+1+3an,bn≠0,∴bn+1=3bn,即𝑏𝑛+1𝑏𝑛=3,且b1=a2+a1=2+1=3,∴数列{bn}是

以3为首项,3为公比的等比数列,∴bn=3n.(2)由(1)得,Sn=3(1-3𝑛)1-3=3(3𝑛-1)2,∴94𝑏𝑛𝑆𝑛𝑆𝑛+1=94×3𝑛94(3𝑛-1)(3𝑛+1-1)=3𝑛(3𝑛-1)(3𝑛+1-1)=1213𝑛-

1−13𝑛+1-1,∴Tn=1213-1−132-1+132-1−133-1+…+13𝑛-1−13𝑛+1-1=1212−13𝑛+1-1=14−12(3𝑛+1-1)<14.8.解(1)当n=1时

,a1=S1=3-12=1,当n≥2,an=Sn-Sn-1=3𝑛2-𝑛2−3(𝑛-1)2-(𝑛-1)2=3n-2,所以n=1满足n≥2时的情况,所以an=3n-2(n∈N*).因为log3bn=log3b1+(n-1)×(-1)=1-n,所以bn=31-

n.(2)因为cn=a2n+1+b2n+1=3(2n+1)-2+31-(2n+1)=6n+1+19n,所以Tn=(7+6𝑛+1)𝑛2+19[1-(19)𝑛]1-19,所以Tn=3n2+4n+181-19𝑛.9.B解析当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2-3n)-(2-3n-1)=-2·

3n-1.因为当n=1时,a1=-1不满足,所以数列{an}从第2项开始成等比数列.又a3=-18,则数列{an}的奇数项构成的数列的前m项和Tm=-18(1-9𝑚-1)1-9-1=54−9𝑚4.故选B.10.B解析因为an=1√𝑛+1+√�

�=√𝑛+1−√𝑛,所以Sn=√2−√1+√3−√2+…+√𝑛+1−√𝑛=√𝑛+1-1.7[S1]=[√1+1-1]=0,[S2]=[√2+1-1]=0,[S3]=[√3+1-1]=1,[S4]=[√4+1-1]=1,…,[S7]=[√7+1-1

]=1,[S8]=[√8+1-1]=2,[S9]=[√9+1-1]=2,…,[S14]=[√14+1-1]=2,[S15]=[√15+1-1]=3,[S16]=[√16+1-1]=3,…,[S23]=[√23+1-1]=3,[S24]=[√24+1-1]=4,[S

25]=[√25+1-1]=4,…,[S34]=[√34+1-1]=4,[S35]=[√35+1-1]=5,[S36]=[√36+1-1]=5,…,[S40]=[√40+1-1]=5.故[S1]+[S2]+…+[S40]=0×2+1×5+2

×7+3×9+4×11+5×6=120.故选B.11.C解析已知nan+1=(n+1)an+n(n+1),则𝑎𝑛+1𝑛+1=𝑎𝑛𝑛+1,可得数列𝑎𝑛𝑛是首项为1,公差为1的等差数列,即有𝑎𝑛𝑛=n,即an=n2,则b

n=ancos2𝑛π3=n2cos2𝑛π3,则S11=-12(12+22+42+52+72+82+102+112)+(32+62+92)=-12(12+22-32-32+42+52-62-62+72+82-92-92+102

+112)=-12×(5+23+41+59)=-64.故选C.12.803解析令p=1,q=n,则a1+n=a1an=2an,所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an=2n.当m=1时,b1=0.当2n≤m<2n+1时,bm=n,所以S150=b1

+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b64+b65+…+b127)+(b128+b129+…+b150)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×26+7×(150-127)=803.13.解(1

)由题意得{𝑎1+2𝑑=2𝑏1𝑞,5𝑎1+5×42𝑑=𝑏1𝑞+𝑏1𝑞3,即{2+2𝑑=2𝑞,10+10𝑑=𝑞+𝑞3,∴q3-9q=0.∵{bn}是各项均为正数的等比数列,∴q=3,则d=2,∴an=2+2(n-1)=2n,bn=

1·3n-1=3n-1.(2)由(1)得,Sn=12n(2+2n)=n(n+1),则cn=(-1)nlog3[n(n+1)]+log33n-1=(-1)nlog3n+(-1)nlog(n+1)+n-1,∴数列{cn}的前26

项和为T26=(-log31-log32+0)+(log32+log33+1)+(-log33-log34+2)+…+(-log325-log326+24)+(log326+log327+25)=-log31+log327+26×(0+25)2=3+325=328

.14.解(1)设等差数列{an}的公差为d.由题意得a1+3+a4=2a3,即2a1+3+3d=2a1+4d,解得d=3.又a1a8=𝑎32,即a1(a1+7×3)=(a1+2×3)2,解得a1=4

,所以an=3n+1.8(2)在数列{bn}中,ak+1前面(包括ak+1)共有2+22+23+…+2k+(k+1)=2k+1+k-1项.令2k+1+k-1≤200(k=1,2,…),则k≤6,所以a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7出现在

数列{bn}的前200项中.当k=6时,2k+1+k-1=133,所以a7前面(包括a7)共有133项,所以a7后面(不包括a7)还有67个2.所以T200=(4+7+…+22)+2(2+22+23+…+26+67)=91+386=477.15.D解析由an+1=3an-

4n,可得an+1-[2(n+1)+1]=3[an-(2n+1)].∵a1=3,∴a1-(2×1+1)=0,则可得数列{an-(2n+1)}为常数列0,即an-(2n+1)=0,∴an=2n+1,∴bn=4𝑛2+8𝑛+5(2𝑛+1)(

2𝑛+3)=(2𝑛+1)(2𝑛+3)+2(2𝑛+1)(2𝑛+3)=1+2(2𝑛+1)(2𝑛+3)=1+12𝑛+1−12𝑛+3,∴Sn=n+13−15+15−17+…+12𝑛+1−12𝑛+3=n+13−12𝑛+

3=n1+26𝑛+9.故选D.16.解(1)当n=2k(k∈N*)时,由an+1+(-1)n·an=11-2n可得,a2k+1+a2k=11-4k,①所以a2+a3=11-4×1,a4+a5=11-4×2,…,a100+a101=11-4×50,因此S101=a1+11×50-4×(1

+50)×502=-4551.(2)当n=2k-1(k∈N*)时,a2k-a2k-1=13-4k.②①式减去②式得a2k+1+a2k-1=-2.又a1=-1,所以a2k-1=-1(k∈N*),a2k=12-4k,可得a2=8,a4=4,a6=0

.当k>3(k∈N*)时,a2k<0,a2k-1=-1<0,则当n>6(n∈N*)时,an<0.又S1=-1,S2=7,S3=6,S4=10,S5=S6=9,当n>6(n∈N*)时,Sn>Sn+1,所以当n=4时,Sn取得最大值,且S4=10.17.(1)解因为等比

数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,S2=2a2-2,S3=a4-2,所以S3-S2=a4-2a2=a3,整理得a2q2-2a2=a2q.又a2≠0,所以q2-q-2=0.由于q>0,解得q=2.由于a1+a2=2a2-2,解得a1=2,所以an=2n.(2)证明

数列{an}满足a2=4b1,解得b1=1.由于nbn+1-(n+1)bn=n2+n,所以𝑏𝑛+1𝑛+1−𝑏𝑛𝑛=1,所以数列𝑏𝑛𝑛是以1为首项,1为公差的等差数列.(3)解因为数列𝑏𝑛𝑛是以1为首项,1为公差的等差数列,所以𝑏𝑛𝑛=1+(n-1)=n,所以bn

=n2.9因为数列{cn}的通项公式为cn={-𝑎𝑛𝑏𝑛2,𝑛为奇数,𝑎𝑛𝑏𝑛4,𝑛为偶数,所以令pn=c2n-1+c2n=-(2𝑛-1)2·22𝑛-12+(2𝑛)2·22𝑛4=(4n-1)·4n

-1,所以T2n=3·40+7·41+11·42+…+(4n-1)·4n-1,①4T2n=3·41+7·42+11·43+…+(4n-5)·4n-1+(4n-1)·4n.②①-②得-3T2n=3·40+4·41+…+4·4n-1-(4n-1)·4n,整理得-3T2n=3+4·4𝑛-4

4-1-(4n-1)·4n,故T2n=79+12𝑛-79·4n.