2021版高考数学一轮复习核心素养测评三十四数列求和苏教版

2021版高考数学一轮复习核心素养测评三十四数列求和苏教版

核心素养测评三十四 数列求和 ‎(30分钟　60分)‎ 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.数列{an}的通项公式是an=,若前n项和为10,则项数n为 (　　)‎ A.120 B.99　 C.11　 D.121‎ ‎【解析】选A.an=‎ ‎=‎ ‎=-,‎ 所以a1+a2+…+an ‎=(-1)+(-)+…+(-)‎ ‎=-1=10.‎ 即=11,所以n+1=121,n=120.‎ ‎2.已知数列{an}的通项公式是an=2n-3,则其前20项和为 (　　)‎ A.380- B.400-‎ C.420- D.440-‎ ‎【解析】选C.令数列{an}的前n项和为Sn,‎ 则S20=a1+a2+…+a20‎ - 12 -‎ ‎=2(1+2+…+20)-3‎ ‎=2×-3×‎ ‎=420-.‎ ‎3.在数列{an}中,an=,若{an}的前n项和Sn=,则n= (　　)‎ A.3 B.4　 C.5 D.6‎ ‎【解析】选D.由an==1-得:‎ Sn=n-=n-,‎ 则Sn==n-,将各选项中的值代入验证得n=6.‎ ‎4.(多选)已知数列{an}:,+,++,…,++…+,…,若bn=,设数列{bn}的前n项和为Sn,则 (　　)‎ A.an= B.an=n C.Sn= D.Sn=‎ - 12 -‎ ‎【解析】选AC.由题意得an=++…+==,‎ 所以bn===4,‎ 所以数列{bn}的前n项和Sn=b1+b2+b3+…+bn ‎=4‎ ‎=4=.‎ ‎5.已知数列{an}满足a1=1,an+1·an=2n(n∈N*),Sn是数列{an}的前n项和,‎ 则S2 020= (　　)‎ A.22 020-1 B.3×21 010-3‎ C.3×21 010-1 D.3×22 020-2‎ ‎【解析】选B.依题意得an·an+1=2n,an+1·an+2=2n+1,于是有=2,即=2,数列a1,a3,a5,…,a2n-1,…是以a1=1为首项,2为公比的等比数列;数列a2,a4,a6,…,a2n,…是以a2=2为首项,2为公比的等比数列,于是有S2 020=(a1+a3+a5+…+a2 019)+(a2+a4+a6+…+a2 020)‎ ‎=+=3×21 010-3.‎ 二、填空题(每小题5分,共15分)‎ ‎6.在数列{an}中,若an+1+(-1)nan=2n-1,则数列{an}的前12项和等于______________. ‎ ‎【解析】由已知an+1+(-1)nan=2n-1,得an+2+(-1)n+1·an+1=2n+1,得an+2+an=(-1)n(2n-1)+(2n+1),取n=1,5,9及n=2,6,10,结果相加可得S12=a1+a2+a3+a4+…+a11+a12=78.‎ 答案:78‎ - 12 -‎ ‎7.已知数列{an},{bn},若b1=0,an=,当n≥2时,有bn=bn-1+an-1,则b10=________.  ‎ ‎【解析】由bn=bn-1+an-1得bn-bn-1=an-1,‎ 所以b2-b1=a1,b3-b2=a2,…,bn-bn-1=an-1,‎ 所以b2-b1+b3-b2+…+bn-bn-1‎ ‎=a1+a2+…+an-1‎ ‎=++…+,‎ 即bn-b1=a1+a2+…+an-1‎ ‎=++…+‎ ‎=-+-+…+-=1-=,‎ 又因为b1=0,所以bn=,所以b10=.‎ 答案:‎ ‎8.设数列{an}的通项公式为an=,令bn=nan,则数列{bn}的前n项和Sn 为________.  ‎ ‎【解析】由bn=nan=n·知,‎ Sn=1×2+2×23+3×25+…+n×,　①‎ 从而22×Sn=1×23+2×25+3×27+…+n·,②‎ ‎①-②得(1-22)·Sn=2+23+25+…+-‎ n·,即Sn=[(3n-1)+2].‎ 答案: [(3n-1)+2]‎ - 12 -‎ 三、解答题(每小题10分,共20分)‎ ‎9.(2020·兰州模拟)已知数列的前n项和Sn满足2Sn=,且an>0. ‎ ‎(1)求数列的通项公式.‎ ‎(2)若bn=,记数列的前n项和为Tn,证明:Tn≥.‎ ‎【解析】(1)当n=1时,2S1==‎2a1,‎ 因为a1>0,所以a1=2,‎ 当n≥2时,2an=2‎ ‎=-,‎ 所以=0,‎ 因为an>0,所以an-an-1-1=0,所以an-an-1=1,‎ 所以是以a1=2为首项,d=1为公差的等差数列,所以an=n+1.‎ ‎(2)由(1)得an=n+1,‎ 所以bn==-,‎ 所以Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=++…++=-3,‎ 因为Tn+1-Tn=-=>0,所以是递增数列,‎ - 12 -‎ 所以Tn≥T1=-3=.‎ ‎10.已知数列{an}的各项均为正数,且-2nan-(2n+1)=0,n∈N*. ‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式.‎ ‎(2)若bn=2n·an,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎【解析】(1)由-2nan-(2n+1)=0得 ‎[an-(2n+1)]·(an+1)=0,‎ 所以an=2n+1或an=-1,‎ 又数列{an}的各项均为正数,负值应舍去,‎ 所以an=2n+1,n∈N*.‎ ‎(2)因为bn=2n·an=2n·(2n+1),‎ 所以Tn=2×3+22×5+23×7+…+2n×(2n+1),①‎ ‎2Tn=22×3+23×5+…+2n×(2n-1)+2n+1×(2n+1),②‎ 由①-②得-Tn=6+2×(22+23+…+2n)-2n+1×(2n+1)‎ ‎=6+2×-2n+1×(2n+1)=-2+2n+1(1-2n).‎ 所以Tn=(2n-1)·2n+1+2.‎ ‎(15分钟　35分)‎ ‎1.(5分)若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(3n-2),则a1+a2+a3+…+a10= (　　)‎ A.15 B‎.12 ‎ C.-12 D.-15‎ ‎【解析】选A.因为an=(-1)n(3n-2),所以a1+a2+…+a10=-1+4-7+10-13+16-19+22-25+28=(-1+4)+(-7+10)+(-13+16)+(-19+22)+‎ ‎(-25+28)=3×5=15.‎ ‎【变式备选】‎ 已知数列{an}的前n项和为Sn,通项公式an=n·(-1)n+1,则S17= (　　)‎ A.10　　　 B‎.9　‎　　 C.8　　　 D.7‎ ‎【解析】选B.S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17=1+(-2+3)+(-4+5)+…+(-14+15)+(-16+17)=1+1+1+…+1=9.‎ - 12 -‎ ‎【一题多解】解决本题还可以采用以下方法:‎ 选B.S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17=(1+3+…+17)-(2+4+…+16)=81-72=9.‎ ‎2.(5分)已知等比数列{an}的首项为,公比为-,其前n项和为Sn,则Sn的最大值为 (　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选D.因为等比数列{an}的首项为,公比为-,所以Sn==1-,当n取偶数时,Sn=1-<1;‎ 当n取奇数时,Sn=1+≤1+=.‎ 所以Sn的最大值为.‎ ‎【变式备选】‎ 已知数列{an}满足an+1=+,且a1=,则该数列的前20项的和等 于________. ‎ ‎【解析】因为a1=,又an+1=+,‎ 所以a2=1,从而a3=,a4=1,‎ - 12 -‎ 即得an=‎ 故数列的前20项的和等于S20=10×=15.‎ 答案:15‎ ‎3.(5分)(2020·扬州模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,2Sn=‎ ‎,bn=(-1)n·(log3an)2,则an=________,数列{bn}的前2n项和为________. ‎ ‎【解析】根据题意,数列{an}满足2Sn=an+1①,则当n≥2时,有2Sn-1=an②,由①-②可得(an+1-3an)=0,因为1-≠0,所以an+1-3an=0,‎ 即an+1=3an(n≥2).由2Sn=an+1,可求得a2=3,a2=‎3a1,则数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列,所以an=,bn=(-1)n·‎ ‎(log3an)2=(-1)n·(log3)2=(-1)n(n-1)2,则b2n-1+b2n=-(2n-2)2+(2n-1)2=4n-3.‎ 所以数列{bn}的前2n项和T2n=1+5+9+…+(4n-3)==2n2-n.‎ 答案:3n-1　2n2-n ‎4.(10分)已知等差数列{an}的公差为d,且方程a1x2-dx-3=0的两个根分别为-1,3. ‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式.‎ ‎(2)若bn=+2an,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ - 12 -‎ ‎【解析】(1)由题知,解得 故数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1.‎ ‎(2)由(1)知bn=+2an=22n-1+2(2n-1)‎ ‎=+4n-2,‎ 则Sn=×(4+42+43+…+4n)+(2+6+10+…+4n-2)‎ ‎=×+‎ ‎=+2n2-.‎ ‎【变式备选】‎ 已知数列{an}的前n项和为Sn,满足a1=2,an+1=2Sn+2.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式.‎ ‎(2)若数列{bn}满足:bn=an+log3an,求数列{bn}的前2n项和S2n.‎ ‎【解析】(1)因为an+1=2Sn+2,①‎ 所以当n≥2时, an=2Sn-1+2,②‎ ‎①-②得:an+1-an=2an ‎⇒an+1=3an,又a1=2,由①得 a2=‎2a1+2=6,所以a2=‎3a1,‎ 所以{an}是以2为首项,3为公比的等比数列,‎ 所以an=2×3n-1.‎ ‎(2)因为bn=an+(-1)nlog3an - 12 -‎ ‎=2×3n-1+(-1)nlog3(2×3n-1)‎ ‎=2×3n-1+(-1)n[log32+(n-1)log33]‎ ‎=2×3n-1+(-1)n(-1+log32)+(-1)nn 所以S2n=b1+b2+…+b2n ‎=2(1+3+32+…+32n-1)+0+n ‎=32n+n-1.‎ ‎5.(10分)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4‎-2a1,S11=11b4. ‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式.‎ ‎(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*).‎ ‎【解析】(1)因为b2+b3=12,且b1=2,‎ 所以q2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2,所以bn=2n.‎ 设等差数列{an}的公差为d,‎ 由b3=a4‎-2a1可得3d-a1=8,①‎ 由S11=11b4可得a1+5d=16,②‎ 联立①②解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.‎ 所以{an}的通项公式为an=3n-2,{bn}的通项公式为bn=2n.‎ ‎(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2得 Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,‎ ‎2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,‎ 上述两式相减得:‎ ‎-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1=-4-(6n-2)×2n+1‎ ‎=-(3n-4)2n+2-16.‎ 所以Tn=(3n-4)2n+2+16.‎ 所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.‎ - 12 -‎ ‎1.已知数列的前n项积为Tn,若对∀n≥2,n∈N*,都有Tn+1·Tn-1=2T 成立,且a1=1,a2=2,则数列的前10项和为____________. ‎ ‎【解析】因为Tn+1·Tn-1=2T ,‎ 故=2,即=2(n≥2),而=2,‎ 所以是首项为1,公比为2的等比数列,故an=2n-1,所以S10==1 023.‎ 答案:1 023‎ ‎2.已知正项数列{an}中,a1=1,a2=2,2=+(n≥2),bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,则S33的值是________.  ‎ ‎【解析】因为2=+(n≥2),‎ 所以数列{}是首项为1,公差为22-1=3的等差数列,所以=1+3(n-1)=3n-2.‎ 所以an=,所以bn=‎ ‎==(-),‎ 所以数列{bn}的前n项和 Sn=[(-1)+(-)+…+(-)]=(-1).‎ 则S33=(10-1)=3.‎ 答案:3‎ - 12 -‎ - 12 -‎