备战2024年高考数学一轮复习人教a选择性必修第二册第五章数列第4节　数列求和课时作业.docx

第4节数列求和 选题明细表知识点、方法题号分组求和法1,3,4,6,13裂项相消法2,10,12错位相减法5,8,14倒序相加法7并项求和法9,111.若数列2n-1的前10项和等于数列2n+k的前6项和,则常数k等于(A)A.-133 B.-134C.-193 D.-194解析:2n-1的前10项和为(1+19)×102=100,2n+k的前6项和为6k+2+22+26=6k+2-271-2=6k+126=100,解得k=-133.2.已知数列an满足an=1n2+n,nN*,且数列an的前n项和Sn=1011,则n的值为(C)A.8 B.9 C.10 D.11解析:因为an=1n2+n=1n(n+1)=1n-1n+1,所以有Sn=1-12+12-13+1n-1n+1=1-1n+1=1011n=10.3.数列112,314,518,7116,(2n-1)+12n,的前n项和Sn的值为(A)A.n2+1-12n B.2n2-n+1-12nC.n2+1-12n-1 D.n2-n+1-12n解析:由题意,可得Sn=(1+12)+(3+14)+(5+18)+(2n-1+12n)=(1+3+5+2n-1)+(12+14+18+12n)=n(1+2n-1)2+12(1-12n)1-12=n2+1-12n.4.已知数列an满足a1=4,an+1=an-2,则|a1|+|a2|+|a21|等于(B)A.336 B.348C.492 D.516解析:由题意,an是首项为4,公差为-2的等差数列,所以an=4-2(n-1)=6-2n,所以|a1|+|a2|+|a21|=a1+a2+a3-(a4+a5+a21)=-(a1+a2+a21)+2(a1+a2+a3)=-21×(4+6-42)2+2×3×(4+0)2=348.5.(多选题)将数列3n-2与2n的公共项从小到大排列得到数列an,则下列说法正确的是(BD)A.数列an为等差数列B.数列an为等比数列C.an=4n+1D.数列(3n-2)an的前n项和为(n-1)4n+1+4解析:数列3n-2中的项为1,4,7,10,13,16,19,22,25,28,31,34,37,40,43,46,49,52,55,58,61,64,67,数列2n中的项为2,4,8,16,32,64,128,所以数列an是首项为4,公比为4的等比数列,所以an=4n,故B正确,A,C错误;又(3n-2)an=(3n-2)·4n,记数列(3n-2)an的前n项和为Tn,则Tn=1×4+4×42+(3n-5)×4n-1+(3n-2)×4n,4Tn=1×42+4×43+(3n-5)×4n+(3n-2)×4n+1,两式相减,得-3Tn=4+3×(42+43+4n)-(3n-2)×4n+1=4+3×42-4n+11-4-(3n-2)×4n+1=-3·(n-1)×4n+1-12,所以Tn=4+(n-1)×4n+1,故D正确.6.数列1,(1+2),(1+2+22),(1+2+22+2n-1),的前n项和为 . 解析:由于an=1+21+22+2n-1=2n-12-1=2n-1,所以前n项之和Tn=(21-1)+(22-1)+(2n-1)=(21+22+23+2n)-(1+1+1)=2×(2n-1)2-1-n=2n+1-n-2.答案:2n+1-n-27.f(x)=2x2x-1,利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法,可求得f(12 021)+f(22 021)+f(2 0202 021)= . 解析:由于f(x)=2x2x-1,所以f(1-x)=2(1-x)2(1-x)-1=2x-22x-1,故f(x)+f(1-x)=2x2x-1+2x-22x-1=4x-22x-1=2.设f(12 021)+f(22 021)+f(2 0202 021)=a,故f(2 0202 021)+f(2 0192 021)+f(22 021)+f(12 021)=a,+得,2 020×f(12 021)+f(2 0202 021)=2a,解得a=2 020.答案:2 0208.(2022·全国甲卷)记Sn为数列an的前n项和.已知2Snn+n=2an+1.(1)证明:an是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.(1)证明:由2Snn+n=2an+1,得2Sn+n2=2nan+n,所以2Sn+1+(n+1)2=2(n+1)an+1+(n+1),-,得2an+1+2n+1=2(n+1)an+1-2nan+1,化简得an+1-an=1,所以数列an是公差为1的等差数列.(2)解:由(1)知数列an的公差为1.由a72=a4a9,得(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,所以Sn=-12n+n(n-1)2=n2-25n2=12(n-252)2-6258,所以当n=12或13时,Sn取得最小值,最小值为-78.9.已知数列an满足an=n,在an,an+1之间插入n个1,构成数列bn:a1,1,a2,1,1,a3,1,1,1,a4,则数列bn的前100项的和为()A.178 B.191 C.206 D.216解析:数列an满足an=n,在an,an+1之间插入n个1,构成数列a1,1,a2,1,1,a3,1,1,1,a4,an,所以共有n+1+2+(n-1)=n+(n-1)(1+n-1)2=12n(n+1)个数,当n=13时,12×13×14=91,当n=14时,12×14×15=105,由于an=n,所以S100=(a1+a2+a13)+(100-13)×1=(1+13)×132+87=178.故选A.10.(多选题)已知正项数列an的首项为2,前n项和为Sn,且(an+1-an)(an+1+an)2+Sn+an=Sn+1+1,bn=1an+an+1-2,数列bn的前n项和为Tn,若Tn<16,则n的值可以为(AB)A.543 B.542 C.546 D.544解析:因为(an+1-an)(an+1+an)2+Sn+an=Sn+1+1,所以an+12-an2=2(an+1-an+1),即(an+1-1)2-(an-1)2=2,故数列(an-1)2是首项为(a1-1)2=1,公差为2的等差数列,则(an-1)2=2n-1,则an=2n-1+1,所以bn=1an+an+1-2=12n+1+2n-1=2n+1-2n-12,则Tn=12(3-1+5-3+2n+1-2n-1)=12(2n+1-1),令12(2n+1-1)<16,解得2n+1<33,即n<544.11.(2020·全国卷)数列an满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=. 解析:因为数列an满足an+2+(-1)nan=3n-1,所以当n=2k(kN*)时,a2k+2+a2k=6k-1(kN*),所以(a2+a4)+(a6+a8)+(a10+a12)+(a14+a16)=5+17+29+41=92.当n=2k-1(kN*)时,a2k+1-a2k-1=6k-4(kN*),所以当k2时,a2k-1=a1+(a3-a1)+(a5-a3)+(a7-a5)+(a2k-1-a2k-3)=a1+2+8+14+6(k-1)-4=a1+(2+6k-10)(k-1)2=a1+(3k-4)(k-1),当k=1时上式也成立,所以a2k-1=a1+(3k-4)(k-1)(kN*),即a2k-1=a1+3k2-7k+4(kN*).法一所以a1+a3+a5+a7+a15=8a1+3×(12+22+32+82)-7×(1+2+3+8)+4×8=8a1+3×8×(8+1)×(2×8+1)6-7×(1+8)×82+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×(1+8)×82+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.答案:712.(2022·江西萍乡三模)已知正项数列an的前n项和Sn满足:Sn=2an-a1(nN+),且a1,a2+1,a3成等差数列.(1)求数列an的通项公式;(2)令bn=1(log2an)·(log2an+2)(nN+),求证:数列bn的前n项和Tn<34.(1)解:由题意,因为Sn=2an-a1(nN+),所以Sn-1=2an-1-a1(n2,nN+),两式相减得an=2an-1(n2,nN+),又因为an>0,所以an是首项为a1,公比为2的等比数列,再由a1,a2+1,a3成等差数列得2(a2+1)=a1+a3,即2(2a1+1)=a1+4a1,则a1=2,所以an的通项公式为an=2n(nN+).(2)证明:由题意知,bn=1log22n·log22n+2=1n(n+2)=12(1n-1n+2),所以Tn=12(1-13+12-14+13-15+1n-1-1n+1+1n-1n+2)=12(1+12-1n+1-1n+2)=34-12(1n+1+1n+2).因为nN+,所以Tn<34.13.(2022·广东佛山高三二模)已知数列an的前n项和为Sn,且满足nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1),nN*,a3=5.(1)求a1,a2的值及数列an的通项公式an;(2)设bn=anan+1,求数列bn的前n项和Tn.解:(1)因为nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1),nN*,a3=5,取n=1和n=2得(a1+a2)-2a1=2,2(a1+a2+a3)-3(a1+a2)=6,解得a1=1,a2=3,由nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1),得Sn+1n+1-Snn=1,数列Snn是首项为S11=a1=1,公差d=1的等差数列,则Snn=n,即Sn=n2.当n2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,而a1=1满足上式,因此,数列an的通项公式为an=2n-1.(2)由(1)知,bn=(2n-1)(2n+1)=4n2-1,Tn=4×12-1+4×22-1+4n2-1=4(12+22+n2)-n=4×n(n+1)(2n+1)6-n=13n(4n2+6n-1).14.(2021·新高考卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折 1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ,如果对折n次,那么k=1nSk= dm2. 解析:依题意,得S1=120×2=240;S2=60×3=180;当n=3时,共可以得到5 dm×6 dm,52 dm×12 dm,10 dm×3 dm,20 dm×32 dm四种规格的图形,且5×6=30,52×12=30,10×3=30,20×32=30,所以S3=30×4=120;当n=4时,共可以得到5 dm×3 dm,52 dm×6 dm,54 dm×12 dm,10 dm×32 dm,20 dm×34 dm五种规格的图形,所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5,且5×3=15,52×6=15,54×12=15,10×32=15,20×34=15,所以S4=15×5=75;所以可归纳Sk=2402k×(k+1)=240(k+1)2k(kN*).所以k=1nSk=240(1+322+423+n2n-1+n+12n),12×k=1nSk=240(222+323+424+n2n+n+12n+1),由-得,12×k=1nSk=240(1+122+123+124+12n-n+12n+1)=240(1+122-12n×121-12-n+12n+1)=240(32-n+32n+1),所以k=1nSk=240(3-n+32n) dm2.答案:5240(3-n+32n)