新人教A版高考数学二轮复习专题六数列4数列求和数列的综合应用综合集训含解析

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数列求和、数列的综合应用
基础篇
【基础集训】
考点一　数列求和
1.在等差数列{an}中,a4=5,a7=11.设bn=(-1)n·an,则数列{bn}的前100项之和S100= (　　)
A.-200　　B.-100　　C.200　　D.100
答案　D
2.数列{an}的前n项和为Sn,若an=1n(n+1),则S5等于 (　　)
A.1　　B.56　　C.16　　D.130
答案　B
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a3=7,a5+a7=26.
(1)求an及Sn;
(2)令bn=Snn(n∈N*),求证:数列{bn}为等差数列.
4.已知等差数列{an}满足(a1+a2)+(a2+a3)+…+(an+an+1)=2n(n+1)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列an2n-1的前n项和Sn.
考点二　数列的综合应用
5.已知数列{an}满足an=log(n+1)(n+2)(n∈N*),我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的数n叫做“优数”,则在区间(1,2004)内的所有“优数”的和为 (　　)
A.1024　　B.2003　　C.2026　　D.2048
答案　C
6.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+4n,若首项为13的数列{bn}满足1bn+1-1bn=an,则数列{bn}的前10项和为 (　　)
A.175264　　B.3988　　C.173264　　D.181264
答案　A
7.(2020山东仿真联考3)已知正项数列{an}满足an+1>2an,Sn是{an}的前n项和,则下列四个命题中错误的是 (　　)
A.an+1>2na1　　B.S2k>(1+2k)Sk
C.Sn<2an-a1(n≥2)　　D.an+1an是递增数列
答案　D
8.已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1=2,且a1+1,a2+1,a4+1成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,n∈N*,Sn是数列{bn}的前n项和,求使Sn<319成立的最大的正整数n.
[教师专用题组]
【基础集训】
考点一　数列求和
1.(2019福建漳州一模,10)已知数列{an}和{bn}的首项均为1,且an-1≥an(n≥2),an+1≥an,数列{bn}的前n项和为Sn,且满足2SnSn+1+anbn+1=0,则S2019= (　　)
A.2019　　B.12019　　C.4037　　D.14037
答案　D　∵an-1≥an(n≥2),an+1≥an,∴an≥an+1≥an,∴an=an+1(n≥2),另外,由a1≥a2≥a1,可得a2=a1=1,∴an=1.∵2SnSn+1+anbn+1=0,∴2SnSn+1+bn+1=0,∴2SnSn+1+Sn+1-Sn=0,∴1Sn+1-1Sn=2.∴数列1Sn是等差数列,首项为1,公差为2.∴1Sn=1+2(n-1)=2n-1,∴Sn=12n-1,∴S2019=14037,故选D.
2.(2019广东茂名一模,18)已知Sn为数列{an}的前n项和,Sn=2an-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an,n=2k-1,log2an,n=2k,k∈N*,求数列{bn}的前2n项和T2n.
解析　(1)由Sn=2an-2①,
得Sn-1=2an-1-2(n≥2)②,
①-②得an=2an-2an-1,∴an=2an-1(n≥2),
由a1=S1=2a1-2,得a1=2,
∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,
∴an=2n.
(2)bn=2n,n=2k-1,n,n=2k,k∈N*.
T2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n)
=(2+23+25+…+22n-1)+(2+4+6+…+2n)
=2×(1-4n)1-4+(2+2n)×n2=-23+23×4n+n2+n.
3.设f(x)=4x4x+2,求S=f12002+f22002+…+f20012002的值.
解析　∵f(x)=4x4x+2,∴f(1-x)=41-x41-x+2=44+2·4x=24x+2,
∴f(x)+f(1-x)=1,
∵S=f12002+f22002+…+f20012002=f20012002+f20002002+…+f12002,
∴2S=f12002+f22002+…+f20012002+f20012002+f20002002+…+f12002=1×2001=2001,∴S=20012.
考点二　数列的综合应用
1.(2019湖南岳阳一模,16)已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表,第一行为1,第二行为3,5,第三行为7,9,11,第四行为13,15,17,19,……如图所示,在宝塔形数表中位于第i行,第j列的数记为ai,j,例如a3,2=9,a4,2=15,a5,4=23,若ai,j=2019,则i+j= (　　)
　　　1
　　　3　5
　　11　9　7
　13　15　17　19
29　27　25　23　21
　　　 ……
A.64　　B.65　　C.71　　D.72
答案　C　由题中数表可知:第1行有1个奇数,第2行有2个奇数,……,第n行有n个奇数,则前n行共有n(n+1)2个奇数,设2019在第n行中,又2019是从1开始的连续奇数的第1010个奇数,则有n(n-1)2<1010,n(n+1)2≥1010,解得n=45,即2019在第45行,则前44行共990个数,又第45行的奇数从右到左,从小到大排列,则2019为第45行从右到左的第1010-990=20个数,即2019为第45行从左到右的第45-20+1=26个数,故i=45,j=26,故i+j=45+26=71,故选C.
2.已知函数f(x)=2x-3x-1,点(n,an)在f(x)的图象上,数列{an}的前n项和为Sn,n∈N*.
(1)求使an<0的n的最大值;
(2)求Sn.
解析　(1)由已知得an=f(n)=2n-3n-1,
则f'(n)=2nln2-3,n∈N*,
当f'(n)>0,即n≥3时,f(n)单调递增,
当f'(n)<0,即1≤n≤2时,f(n)单调递减.
又∵an<0,即2n-3n-1<0,
当n=2时,22-6-1<0,当n=3时,23-9-1=-2<0,当n=4时,24-12-1>0.∴使an<0的n的最大值为3.
(2)Sn=a1+a2+…+an=(2+22+…+2n)-3(1+2+3+…+n)-n
=2(1-2n)1-2-3·n(n+1)2-n=2n+1-n(3n+5)2-2.
3.(2020辽宁葫芦岛兴城高中模拟)设函数f(x)=x2,过点C1(1,0)作x轴的垂线l1交函数f(x)图象于点A1,以A1为切点作函数f(x)图象的切线交x轴于点C2,再过C2作x轴的垂线l2交函数f(x)图象于点A2,……,以此类推得点An,记An的横坐标为an,n∈N*.
(1)证明数列{an}为等比数列,并求出通项公式;
(2)设直线ln与函数g(x)=log12x的图象相交于点Bn,记bn=OAn·OBn(其中O为坐标原点),求数列{bn}的前n项和Sn.
解析　(1)以点An-1(an-1,an-12)(n≥2)为切点的切线方程为y-an-12=2an-1(x-an-1).当y=0时,x=12an-1,即an=12an-1,
又∵a1=1,∴数列{an}是以1为首项,12为公比的等比数列,
∴通项公式为an=12n-1.
(2)由题意,得Bn12n-1,n-1,
∴bn=OAn·OBn=14n-1+14n-1·(n-1)=n·14n-1,
∴Sn=1×140+2×141+…+n×14n-1,
14Sn=1×141+2×142+…+n×14n.
两式相减,得34Sn=1×140+14+…+14n-1-n×14n=1-14n1-14-n×14n,化简,得Sn=169-4n3+169×14n=169-3n+49×4n-1.
综合篇
【综合集训】
考法一　错位相减法求和
1.(2020广东揭阳第三中学第一次月考,19)已知{an}是公差d≠0的等差数列,a2,a6,a22成等比数列,a4+a6=26,数列{bn}是公比q为正数的等比数列,且b3=a2,b5=a6.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
2.(2020普通高等学校招生全国统一考试考前演练)已知数列{an}为等差数列,Sn是数列{an}的前n项和,且a2=2,S3=a6,数列{bn}满足b2=2b1=4,当n≥3,n∈N*时,a1b1+a2b2+…+anbn=(2n-2)bn+2.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)令cn=anbn,n∈N*,证明:c1+c2+…+cn<2.

考法二　裂项相消法求和
3.(2020湖南长沙明德中学3月月考)在各项都为正数的等比数列{an}中,若a1=2,且a1a5=64,则数列an(an-1)(an+1-1)的前n项和是 (　　)
A.1-12n+1-1　　B.1-12n+1
C.1-12n+1　　D.1-12n-1
答案　A
4.(2019湖南岳阳一模,13)曲线y=n2x+lnx(n∈N*)在x=2n处的切线斜率为an,则数列1anan+1的前n项和为　　　　. 
答案　nn+1
5.(2020天津静海大邱庄中学第一次质量检测,20)已知等比数列{an}的首项为1,公比为q,a4,a3,a5依次成等差数列.
(1)求q的值;
(2)当q<0时,求数列{nan}的前n项和Sn;
(3)当q>0时,求证:∑i=1nai22i-132-ai2<34.
[教师专用题组]
【综合集训】
考法一　错位相减法求和
1.(2018福建闽侯第八中学期末,16)已知数列{nan}的前n项和为Sn,且an=2n,则使得Sn-nan+1+50<0的最小正整数n的值为　　　　. 
答案　5
解析　Sn=1×21+2×22+…+n×2n,则2Sn=1×22+2×23+…+n×2n+1,两式相减得-Sn=2+22+…+2n-n·2n+1=2(1-2n)1-2-n·2n+1,故Sn=2+(n-1)2n+1,因为an+1=2n+1,故Sn-nan+1+50=2+(n-1)2n+1-n·2n+1+50=52-2n+1,令52-2n+1<0,故最小正整数n的值为5.
2.(2018河南安阳第二次模拟,17)设等差数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)在函数f(x)=x2+Bx+C-1(B,C∈R)的图象上,且a1=C.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=an(a2n-1+1),求数列{bn}的前n项和Tn.
解析　(1)设数列{an}的公差为d,
则Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n,
又Sn=n2+Bn+C-1,两式对照得d2=1,C-1=0,解得d=2,C=1,
所以a1=1,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)知bn=(2n-1)(2·2n-1-1+1)=(2n-1)2n,
则Tn=1×2+3×22+…+(2n-1)·2n,
2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1,
两式相减得Tn=(2n-1)·2n+1-2(22+…+2n)-2
=(2n-1)·2n+1-2×22(1-2n-1)1-2-2=(2n-3)·2n+1+6.
3.(2020江苏南师附中期初检测,20)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,且anSn+1-an+1Sn=an+1-λan对一切n∈N*都成立.
(1)当λ=1时,
①求数列{an}的通项公式;
②若bn=(n+1)an,求数列{bn}的前n项和Tn;
(2)是否存在实数λ,使数列{an}是等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.
解析　(1)①λ=1时,anSn+1-an+1Sn=an+1-an,
则(Sn+1+1)an=(Sn+1)an+1,
又∵an>0,Sn>0,∴Sn+1+1Sn+1=an+1an,
∴S2+1S1+1·S3+1S2+1·…·Sn+1+1Sn+1=a2a1·a3a2·…·an+1an,
化简,得Sn+1+1=2an+1.∴当n≥2时,Sn+1=2an.
故可得an+1=2an,即an+1an=2(n≥2),
∵当n=1时,a2=2,∴n=1时上式也成立,
∴数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,an=2n-1.
②∵bn=(n+1)an,∴bn=(n+1)·2n-1,
∴Tn=2×20+3×21+4×22+…+n×2n-2+(n+1)×2n-1,
∴2Tn=2×21+3×22+4×23+…+n×2n-1+(n+1)×2n,
∴-Tn=2+21+22+…+2n-1-(n+1)×2n=2+2(1-2n-1)1-2-(n+1)×2n=-n×2n,∴Tn=n·2n.
(2)令n=1,得a2=λ+1,令n=2,得a3=(λ+1)2,
要使数列{an}是等差数列,必须有2a2=a1+a3,解得λ=0.
当λ=0时,Sn+1an=(Sn+1)an+1,且a2=a1=1.
当n≥2时,Sn+1(Sn-Sn-1)=(Sn+1)(Sn+1-Sn),
整理,得Sn2+Sn=Sn+1Sn-1+Sn+1,则有Sn+1Sn-1+1=Sn+1Sn,
从而S2+1S1+1·S3+1S2+1·…·Sn+1Sn-1+1=S3S2·S4S3·…·Sn+1Sn,
化简,得Sn+1=Sn+1,∴an+1=1,
综上所述,an=1(n∈N*).
∴λ=0时,数列{an}是等差数列.

考法二　裂项相消法求和
1.(2018湖南株洲醴陵第二中学、第四中学联考,3)数列1n+1+n的前2017项的和为 (　　)
A.2018+1　　B.2018-1　　C.2017+1　　D.2017-1
答案　B　因为1n+1+n=n+1-n,所以S2017=2017+1-2017+2016+1-2016+…+2-1=2018-1.故选B.
2.(2020浙江省重点高中统练,15)已知数列{an}的各项均为正数,a1=2,an+1-an=4an+1+an,若数列1an+1+an的前n项和为5,则n=　　　　. 
答案　120
解析　本题考查等差数列的概念以及数列的前n项和;考查学生运算求解的能力;考查数学运算的核心素养.
由已知可得an+12-an2=4,即数列{an2}是等差数列,首项是a12=4,公差是4,所以an2=4+4(n-1)=4n,又an>0,所以an=2n,所以1an+1+an=12n+1+2n=n+1-n2,由题意得5=2-12+3-22+…+n+1-n2=n+1-12,解得n=120.
3.(2018湖北十堰调研,17)已知数列{an}中,a1=1,a2=3,其前n项和为Sn,且当n≥2时,an+1Sn-1-anSn=0.
(1)求证:数列{Sn}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=9an(an+3)(an+1+3),记数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn.
解析　(1)当n≥2时,an+1Sn-1-anSn=(Sn+1-Sn)Sn-1-(Sn-Sn-1)Sn=Sn+1Sn-1-Sn2=0,∴Sn2=Sn-1Sn+1(n≥2).又由S1=a1=1≠0,S2=a1+a2=4≠0,可推知对一切正整数n均有Sn≠0,∴数列{Sn}是等比数列,Sn=4n-1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3×4n-2,又a1=1,∴an=1(n=1),3×4n-2(n≥2).
(2)当n≥2时,bn=9an(an+3)(an+1+3)=9×3×4n-2(3×4n-2+3)(3×4n-1+3)=3×4n-2(4n-2+1)(4n-1+1),
又知b1=38,∴bn=38(n=1),3×4n-2(4n-2+1)(4n-1+1)(n≥2),则T1=b1=38.
当n≥2时,bn=3×4n-2(4n-2+1)(4n-1+1)=14n-2+1-14n-1+1,
则Tn=38+142-2+1-142-1+1+…+14n-2+1-14n-1+1=78-14n-1+1,
又当n=1时,T1=38符合上式,∴Tn=78-14n-1+1(n∈N*).