【文档说明】2023届高考人教B版数学一轮复习试题（适用于新高考新教材） 第六章 数列 课时规范练31　数列求和含解析【高考】.docx，共(10)页，62.049 KB，由小赞的店铺上传

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1课时规范练31数列求和基础巩固组1.已知函数f(n)={𝑛2,𝑛为奇数,-𝑛2,𝑛为偶数,且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于()A.0B.100C.-100D.102002.在数列{an}中,若an+1+(-1

)nan=2n-1,则数列{an}的前12项和等于()A.76B.78C.80D.823.(多选)公差为d的等差数列{an}满足a2=5,a6+a8=30,则下面结论正确的有()A.d=2B.an=2n+1C.1𝑎𝑛2-1=141𝑛+1𝑛+1D

.1𝑎𝑛2-1的前n项和为𝑛4(𝑛+1)4.(多选)数列{an}满足a1=1,且对任意的n∈N*都有an+1=an+n+1,则()A.an=𝑛(𝑛+1)2B.数列1𝑎𝑛的前100项和为200101C.数列1𝑎𝑛的前100项和为99100D.数列{an}的

第100项为500505.已知Tn为数列2𝑛+12𝑛的前n项和,若m>T10+1013恒成立,则整数m的最小值为()A.1026B.1025C.1024D.10236.若f(x)+f(1-x)=4,an=f(0)+f1𝑛

+…+f𝑛-1𝑛+f(1)(n∈N*),则数列{an}的通项公式为.7.设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=1,an+1+SnSn+1=0,则Sn=,数列{SnSn+1}的前n项和Tn为.8.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,S5

=20.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若等比数列{bn}满足a4+b4=9,且公比为q,从①q=2;②q=12;③q=-1这三个条件中任选一个作为题目的已知条件,求数列{an-bn}的前n项和Tn.2

9.已知各项均不相等的等差数列{an}的前4项和为10,且a1,a2,a4是等比数列{bn}的前3项.(1)求an,bn;(2)设cn=bn+1𝑎𝑛(𝑎𝑛+1),求{cn}的前n项和Sn.10.已知等比数列{an}满足a1,a2,a3-a1成等差数列,且a1

a3=a4.等差数列{bn}的前n项和Sn=(𝑛+1)log2𝑎𝑛2.(1)求an,bn;(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.3综合提升组11.数列{an}满足a1=1,且对任意的m,n∈N*,都有am+n=am+an+mn,则1𝑎1

+1𝑎2+1𝑎3+…+1𝑎2018=()A.20172018B.20182019C.40342018D.4036201912.(多选)已知曲线C:y2=2x+a在点Pn(n,√2𝑛+𝑎)(a>0,n∈N)处的切线ln的斜率为kn,直线ln交x轴、y轴分别于

点An(xn,0),Bn(0,yn),且|x0|=|y0|.以下结论中,正确的结论有()A.a=1B.当n∈N+时,yn的最小值为2√33C.当n∈N+时,kn>√2sin1√2𝑛+1D.当n∈N+时,记数列{kn}的前n项和为

Sn,则Sn<√2(√𝑛+1-1)13.各项均为正数的数列{an}满足a1=1,a2=12,1𝑎𝑛+1=√1𝑎𝑛·1𝑎𝑛+2(n∈N*),那么a1·a3+a2·a4+a3·a5+…+an·an+2=.14.已知在数列

{an}中,a1=12,其前n项和Sn满足𝑆𝑛2-anSn+an=0(n≥2),则a2=,S2019=.15.已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{an}的通项公式;(2)记bm为{an}在区

间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.4创新应用组16.(多选)已知函数f(x)=12(x2+a)的图像在点Pn(n,f(n))(n∈N*)处的切线ln的斜率为kn,直线ln交x轴,y轴分别于点An(xn,0)

,Bn(0,yn),且y1=-1.以下结论中,正确的结论有()A.a=-1B.记函数g(n)=xn(n∈N*),则函数g(n)先减后增,且最小值为1C.当n∈N*时,yn+kn+12<ln(1+kn)D.当n∈N*时,记数列{1

√|𝑦𝑛|·𝑘𝑛}的前n项和为Sn,则Sn<√2(2𝑛-1)𝑛17.在①b1+b3=a2;②a4=b4;③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求k的值,若k不存在,请说明理由.问题:设等差

数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是等比数列,,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使得Sk>𝑆𝑘+1且𝑆𝑘+1<𝑆𝑘+2?5参考答案课时规范练31数列求和1.B由题意,得a1+a2+a3+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+

992-1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)=-50×101+50×103=100.故选B.2.B由已知an+1+(-1)nan=

2n-1,得(-1)nan+1+an=(-1)n(2n-1),①an+2+(-1)n+1an+1=2n+1,②①+②得an+2+an=(-1)n(2n-1)+(2n+1).当n取奇数时,an+2+an=2,当n取偶数时,an+2+an=4n.取

n=1,5,9及n=2,6,10,结果相加可得S12=a1+a2+a3+a4+…+a11+a12=3×2+8+24+40=78.故选B.3.ABD∵{an}是等差数列,∴a6+a8=2a7=30,∴a7=15,∴a7-a2=5d,又a2=5

,则d=2,故A正确;∴an=a2+(n-2)d=2n+1,故B正确;∴1𝑎𝑛2-1=14𝑛(𝑛+1)=141𝑛−1𝑛+1,故C错误;∴1𝑎𝑛2-1的前n项和为141-12+12−13+…+1𝑛−1𝑛+1=141-1

𝑛+1=𝑛4(𝑛+1),故D正确.故选ABD.4.AB因为an+1=an+n+1,所以an+1-an=n+1.又因为a1=1,所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+

(n-1)+…+2+1=𝑛(𝑛+1)2,数列{an}的第100项为5050,故A正确,D错误;所以1𝑎𝑛=2𝑛(𝑛+1)=21𝑛−1𝑛+1,所以数列1𝑎𝑛的前100项和为21-12+12−13+…+1100−1101=21-1101=200101,故B正确,C错误.故选AB.5

.C∵2𝑛+12𝑛=1+12n,∴Tn=n+1-12𝑛,∴T10+1013=11-1210+1013=1024-1210.又m>T10+1013恒成立,∴整数m的最小值为1024.6.an=2(n+1)由f(x)+f(1-x)=4,可得f(0)+f(1)=4,…,

f1𝑛+f𝑛-1𝑛=4,所以2an=[f(0)+f(1)]+f1𝑛+f𝑛-1𝑛+…+f𝑛-1𝑛+f1𝑛+[f(1)+f(0)]=4(n+1),即an=2(n+1).7.1𝑛𝑛𝑛+1∵an+1=Sn+1-Sn,an+1+SnSn+1=0,∴Sn+1-Sn+SnSn+1

=0,∴1𝑆𝑛+1−1𝑆𝑛=1.6又1𝑆1=1𝑎1=1,∴1𝑆𝑛是以1为首项,1为公差的等差数列,∴1𝑆𝑛=n,∴Sn=1𝑛.∴SnSn+1=1𝑛(𝑛+1)=1𝑛−1𝑛+1,∴T

n=1-12+12−13+…+1𝑛−1𝑛+1=1-1𝑛+1=𝑛𝑛+1.8.解(1)设等差数列{an}的公差为d,又因为Sn=na1+𝑛(𝑛-1)2d,且a1=2,所以S5=10+10d=20,故d=1,所以an=n+1;(2)由(1)可知,a4=

5,又a4+b4=9,所以b4=4.若选择条件①q=2,可得b1=𝑏4𝑞3=12,Tn=(a1-b1)+(a2-b2)+…+(an-bn)=(a1+a2+…+an)-(b1+b2+…+bn)=𝑛(𝑎1+𝑎𝑛)2−𝑏1(1-𝑞𝑛)1-𝑞=�

�(𝑛+3)2-2n-1+12;若选择条件②q=12,可得b1=𝑏4𝑞3=32,Tn=(a1-b1)+(a2-b2)+…+(an-bn)=(a1+a2+…+an)-(b1+b2+…+bn)=𝑛(𝑎1+𝑎𝑛)2−𝑏1(1-𝑞

𝑛)1-𝑞=𝑛(𝑛+3)2-26-n-64;若选择条件③q=-1,可得b1=𝑏4𝑞3=-4,Tn=(a1-b1)+(a2-b2)+…+(an-bn)=(a1+a2+…+an)-(b1+b2+…+bn)=�

�(𝑎1+𝑎𝑛)2−𝑏1(1-𝑞𝑛)1-𝑞=𝑛(𝑛+3)2+2[1-(-1)n].9.解(1)设数列{an}的公差为d,由题意知a1+a2+a3+a4=4a1+4×(4-1)2d=4a1+6d=10.①又因为a1,a2,

a4成等比数列,所以𝑎22=a1·a4,即(𝑎1+𝑑)2=a1·(a1+3d),化简得d2=a1d,又因为d≠0,所以a1=d.②由①②得a1=1,d=1,所以an=n.b1=a1=1,b2=a2=2,q=𝑏2𝑏1=2,所以bn=2

n-1.7(2)由(1)及cn=bn+1𝑎𝑛(𝑎𝑛+1)可得,cn=2n-1+1𝑛(𝑛+1)=2n-1+1𝑛−1𝑛+1,所以Sn=20+21+…+2n-1+1-12+12−13+…+1𝑛−

1𝑛+1=1-2𝑛1-2+1-1𝑛+1=2n-1𝑛+1,所以数列{cn}的前n项和Sn=2n-1𝑛+1.10.解(1)设{an}的公比为q,{bn}的公差为d.因为a1,a2,a3-a1成等差数列,所以2a2=a1+(a3-a1),

即2a2=a3.因为a2≠0,所以q=𝑎3𝑎2=2.因为a1a3=a4,所以a1=𝑎4𝑎3=q=2.因此an=a1qn-1=2n.由题意,Sn=(𝑛+1)log2𝑎𝑛2=(𝑛+1)𝑛2.所以b1=S1=1,b1+b2=S2=3,从而b2=2.所以{bn}的公

差d=b2-b1=2-1=1.所以bn=b1+(n-1)d=1+(n-1)·1=n.(2)令cn=anbn,则cn=n·2n.因此Tn=c1+c2+…+cn-1+cn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n.又

因为2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1,两式相减得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=2-2𝑛·21-2-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2.

所以Tn=(n-1)·2n+1+2.11.D因为a1=1,且对任意的m,n∈N*都有am+n=am+an+mn,令m=1,则有an+1=an+n+1,即an+1-an=n+1,用累加法可得an=a1+(𝑛-1)(𝑛+2)2=𝑛(𝑛+1)2,所以1𝑎𝑛=2𝑛(𝑛+

1)=21𝑛−1𝑛+1,所以1𝑎1+1𝑎2+1𝑎3+…+1𝑎2018=21-12+12−13+…+12018−12019=2×1-12019=40362019.812.ABD由y2=2x+a,当x>0时,y=√2𝑥+𝑎,y'

=1√2𝑥+𝑎,则kn=1√2𝑛+𝑎,切线方程为y-√2𝑛+𝑎=1√2𝑛+𝑎(x-n),令x=0,则y=𝑛+𝑎√2𝑛+𝑎,令y=0,则x=n-(2n+a)=-n-a,即有xn=-n-a,yn=𝑛+𝑎√2𝑛+𝑎,由于|x0|=|y0|,则|a|=𝑎√

𝑎,解得a=1,故A正确;由于yn=𝑛+1√2𝑛+1,令√2𝑛+1=t(t≥√3),则yn=1+𝑡2-12𝑡=12(𝑡+1𝑡)在t≥√3上递增,则有t=√3取得最小值,且为12×(√3+1√3)=2√33,故B正确;当

n∈N+时,kn=1√2𝑛+1,令u=1√2𝑛+10<u≤1√3,设y=√2sinu-u,则y'=√2cosu-1.由于0<u≤1√3<π4,则1√2<cosu<1,即有y'>0,y在0<u≤1√3上单调递增,即有y>0,即有kn<√2sin1√

2𝑛+1,故C错误;当n∈N+时,记数列{kn}的前n项和为Sn,kn=1√2𝑛+1,由于(𝑎+𝑏2)2≤𝑎2+𝑏22(当且仅当a=b时取等号),则a+b≤√2(𝑎2+𝑏2),则有√�

�+√𝑛+1<√2·√𝑛+𝑛+1,则有1√2𝑛+1<√2√𝑛+√𝑛+1=√2(√𝑛+1−√𝑛),则Sn=1√3+1√5+…+1√2𝑛+1<√2[(√2-1)+(√3−√2)+…+(√𝑛+1−√𝑛)]=√2×√𝑛+1-1),故D正确.13

.131-14𝑛由1𝑎𝑛+1=√1𝑎𝑛·1𝑎𝑛+2(n∈N*),可得𝑎𝑛+12=anan+2,∴数列{an}为等比数列.∵a1=1,a2=12,∴q=12,∴an=12𝑛-1,∴an·an+2=1

2𝑛-1·12𝑛+1=14𝑛,∴a1·a3=14,∴a1·a3+a2·a4+a3·a5+…+an·an+2=14+142+…+14𝑛=14(1-14𝑛)1-14=131-14𝑛.14.-1612020由题意,知𝑆𝑛2-anSn+an=0(n≥2),令n=2,9则𝑆22-a2

S2+a2=0,即(𝑎2+12)2-a2a2+12+a2=0,化简得32a2+14=0,所以a2=-16.因为𝑆𝑛2-anSn+an=0(n≥2),an=Sn-Sn-1(n≥2),所以SnSn-1+Sn-Sn-1=0(n≥2),整理得1𝑆𝑛−1𝑆𝑛-1=1(n≥2),

又因为1𝑆1=1𝑎1=2,所以1𝑆𝑛是一个以2为首项,1为公差的等差数列,所以1𝑆𝑛=n+1,所以Sn=1𝑛+1,所以S2019=12020.15.解(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=12(舍去),q=2.因为a1q2=8,所以a

1=2.所以{an}的通项公式为an=2n.(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b

100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.16.ACD由f(x)=12(x2+a),得f'(x)=x,则f'(n)=n,即kn=n,∴曲线在点Pn(n,f(n))处的切线ln的切线方程为y-12(n2+a)=n

(x-n),直线ln与y轴交于点Bn(0,yn),则yn=12(n2+a)-n2且y1=-1,解得a=-1,故A正确.直线ln与x轴交于An(xn,0),∴0-12(n2+a)=n(xn-n).整理得g(n)=xn=𝑛2+12𝑛,则x'n=12−1

2𝑛2,令x'n=12−12𝑛2=0,解得n=1(负值舍去).当n>1时,x'n>0,∴函数g(n)为增函数,当n=1时,函数取最小值,且最小值为1.∴函数g(n)是单调递增的,且最小值为1,故B不正确.在ln中,令x=0,得yn=-n2+12(n2-1)=-12(n2+1),∴yn+kn+1

2=-12n2+n,当n=1时,y1+k1+12=12=ln√e<ln2=ln(1+1)=ln(1+k1);10当n≥2时,yn+kn+12=-12n2+n≤0,而ln(1+kn)=ln(1+n)>ln1=0,故C正确.∵1√|𝑦𝑛|·𝑘𝑛=√

2√𝑛2+1·𝑛<√2𝑛2,∴Sn<√2112+122+132+…+1𝑛2.当n=1时,S1=1<√2.当n>1时,1𝑛2<1𝑛(𝑛-1)=1𝑛-1−1𝑛,∴Sn<√21+(1-12)+12−13+…+(1𝑛-1-1𝑛)=√22-1𝑛=√2(2𝑛-1)�

�,故D正确.故选ACD.17.解根据题意,∵b2=3,b5=-81,{bn}是等比数列,∴b1=-1,q=-3,∴bn=-(-3)𝑛-1,∵b1=a5,∴a5=-1.若存在k,使得Sk>Sk+1,即Sk>Sk+ak+1,则ak+1<0;同理,若使

Sk+1<Sk+2,即Sk+1<Sk+1+ak+2,则ak+2>0.若选①b1+b3=a2,则a2=-10,a5=-1,∴d=3,a1=-13,∴ak=3k-16,ak+1=3k-13,ak+2=3k-10,要使Sk+1<Sk,且Sk+1<Sk+2,只要{3𝑘-

13<0,3𝑘-10>0.∴103<k<133,∴存在k=4符合题意.若选②a4=b4,则a5=-1,a4=b4=27,∴数列{an}为递减数列,故不存在k使ak+1<0,且ak+2>0.若选③S5=-25,则a5=-1,∴d=2,a1=-9,∴ak=2k-11,ak+1=2k-9,ak+2

=2k-7,同理求得{2𝑘-9<0,2𝑘-7>0.∴72<k<92,∴存在k=4符合题意.