2022版高考数学一轮复习课后限时集训39数列求和含解析202103181103

高考课后限时集训(三十九)　数列求和建议用时：40分钟一、选择题1．在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列的前n项和Sn＝(　　)A．B．C．D．B　[设等差数列{an}的公差为d，由a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，得a5＝2，d＝1，所以an＝n－3.则an＋3＝n，an＋4＝n＋1，所以＝＝－.所以Sn＝1－＝.故选B.]2．数列{(－1)n(2n－1)}的前2020项和S2020等于(　　)A．－2018B．2018C．－2020D．2020D　[S2020＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2019－1)＋(2×2020－1)＝2×1010＝2020.故选D.]3．已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，则项数n＝(　　)A．13B．10C．9D．6D　[由an＝＝1－，得Sn＝＋＋＋…＋-11-/11 高考＝n－＝n－＝n－1＋.令n－1＋＝，即n＋＝.解得n＝6，故选D.]4．(多选)(2020·某某月考)已知数列{an}满足a1＝－2，＝(n≥2，n∈N*)，{an}的前n项和为Sn，则(　　)A．a2＝－8B．an＝－2n·nC．S3＝－30D．Sn＝(1－n)·2n＋1－2ABD　[由题意可得，＝2×，＝2×，＝2×，…，＝2×(n≥2，n∈N*)，以上式子左、右两边分别相乘得＝2n－1·n(n≥2，n∈N*)，把a1＝－2代入，得an＝－2n·n(n≥2，n∈N*)，又a1＝－2符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝－2n·n(n∈N*)，a2＝－8，故A，B正确；Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，则2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1]，两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2(n∈N*)，故S3＝－34，故C错误，D正确．]5．(2020·高考)在等差数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1.记Tn＝a1a2…an(n＝1,2，…)，则数列{Tn}()A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项-11-/11 高考C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项B　[设等差数列{an}的公差为d，由a1＝－9，a5＝－1，得d＝＝＝2，∴an＝－9＋2(n－1)＝2n－11.由an＝2n－11＝0，得n＝，而n∈N*，可知数列{an}是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值．可知T1＝－9＜0，T2＝63＞0，T3＝－315＜0，T4＝945＞0为最大项，自T5起均小于0，且逐渐减小．∴数列{Tn}有最大项，无最小项．故选B.]6．(多选)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，a2＋b2＝7，a3＋b3＝13.记＝数列{}的前n项和为Sn，则(　　)A．an＝2n－1B．bn＝2nC．S9＝1409D．S2n＝2n2－n＋(4n－1)ABD　[设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)，依题意有得故an＝2n－1，bn＝2n，故A，B正确；则c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，所以数列{}的前2n项和S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝＋＝2n2－n＋(4n－1)，S9＝S8＋a9＝385，故C错误，D正确．]二、填空题7．已知数列{an}满足＝－1，且a1＝1，则an＝____________，数列{bn}满足bn＝-11-/11 高考，则数列{bn}的前n项和Sn＝________.　(n－1)·2n＋1＋2　[由＝－1可得－＝1，所以为等差数列，公差、首项都为1，由等差数列的通项公式可得＝n，an＝，＝n×2n，Sn＝1×2＋2×22＋…＋n×2n，2Sn＝1×22＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，相减得Sn＝－(2＋22＋…＋2n)＋n×2n＋1＝－＋n×2n＋1＝(n－1)×2n＋1＋2.]8．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2020＝________.3×21010－3　　[∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，①∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1，②由①÷②得＝2，∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S2020＝＋＝3×21010－3.]9．(2020·全国卷Ⅰ)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________.7　[因为数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，所以当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N*)，所以(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＋(a14＋a16)＝5＋17＋29＋41＝92.当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋1－a2k－1＝6k－4(k∈N*)，所以当k≥2时，a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－a2k－3)＝a1＋2＋8＋14＋…＋[6(k－1)－4]＝a1-11-/11 高考＋＝a1＋(3k－4)(k－1)，当k＝1时上式也成立，所以a2k－1＝a1＋(3k－4)(k－1)(k∈N*)，即a2k－1＝a1＋3k2－7k＋4(k∈N*)．法一：所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15＝8a1＋3×(12＋22＋32＋…＋82)－7×(1＋2＋3＋…＋8)＋4×8＝8a1＋3×－7×＋32＝8a1＋612－252＋32＝8a1＋392.又前16项和为540，所以92＋8a1＋392＝540，解得a1＝7.法二：所以a2k－1＝a1＋(3k2＋3k＋1)－10k＋3＝a1＋[(k＋1)3－k3]－10k＋3，所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15＝8a1＋(23－13)＋(33－23)＋…＋(93－83)－10×＋3×8＝8a1＋93－13－360＋24＝8a1＋392.又前16项和为540，所以92＋8a1＋392＝540，解得a1＝7.]三、解答题10．[结构不良试题](2020·某某模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，________.给出下列三个条件：条件①：数列{an}为等比数列，数列{Sn＋a1}也为等比数列；条件②：点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上；条件③：2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1.试在上面的三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.[解]选条件①：(1)∵数列{Sn＋a1}为等比数列，∴(S2＋a1)2＝(S1＋a1)(S3＋a1)，即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋a3)．设等比数列{an}的公比为q，∴(2＋q)2＝2(2＋q＋q2)，解得q＝2或q＝0(舍)，-11-/11 高考∴an＝a1qn－1＝2n－1.(2)由(1)知：an＝2n－1，∴bn＝＝＝，∴Tn＝＝＝－.选条件②：(1)∵点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1，∴an＋1＝Sn＋1，又an＝Sn－1＋1(n≥2，n∈N)，两式相减有：an＋1＝2an，又a1＝1，a2＝S1＋1＝2，也适合上式，故数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列．∴an＝a1qn－1＝2n－1.(2)由(1)知：an＝2n－1，∴bn＝＝＝，∴Tn＝＝＝－.选条件③：(1)∵2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1，∴2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＝(n－1)an(n≥2)，即2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1＝2(n－1)an，(n≥2)．由两式相减可得：2an＝nan＋1－2(n－1)an，-11-/11 高考即an＋1＝2an，又a1＝1，a2＝2a1，也适合上式，故数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列．∴an＝a1qn－1＝2n－1.(2)由(1)知：an＝2n－1，∴bn＝＝＝，∴Tn＝＝＝－.11．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令＝，求数列{}的前n项和Tn.[解](1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5(n∈N*)．设数列{bn}的公差为d.由即可解得b1＝4，d＝3.所以bn＝3n＋1.(2)由(1)知＝＝3(n＋1)·2n＋1.又Tn＝c1＋c2＋…＋，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，-11-/11 高考两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×＝－3n·2n＋2.所以Tn＝3n·2n＋2.1．定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足：当0≤x＜2时，f(x)＝2x－x2；当x≥2时，f(x)＝3f(x－2)．记函数f(x)的极大值点从小到大依次记为a1，a2，…，an，…，并记相应的极大值为b1，b2，…，bn，…，则a1b1＋a2b2＋…＋a20b20的值为(　　)A．19×320＋1B．19×319＋1C．20×319＋1D．20×320＋1A　[由题意当0≤x＜2时，f(x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1极大值点为1，极大值为1，当x≥2时，f(x)＝3f(x－2)．则极大值点形成首项为1，公差为2的等差数列，极大值形成首项为1，公比为3的等比数列，故an＝2n－1，bn＝3n－1，故anbn＝(2n－1)3n－1，设S＝a1b1＋a2b2＋…＋a20b20＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319，3S＝1×31＋3×32＋…＋39×320，两式相减得－2S＝1＋2(31＋32＋…＋319)－39×320＝1＋2×－39×320，∴S＝19×320＋1，故选A.]2．(2020·某某某某模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}满足bn＝|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝________，T30＝________.-11-/11 高考24　650　[当n＝1时，a1＝S1＝9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－n2－[10(n－1)－(n－1)2]＝－2n＋11，当n＝1时也满足，所以an＝－2n＋11(n∈N*)，所以当n≤5时，an>0，bn＝an，当n>5时，an