2023年高考指导数学(人教A文一轮)课时规范练31 数列求和

课时规范练31　数列求和

基础巩固组

1.(2022江西临川一中模拟)已知数列{an}的通项公式为an=ncos(n-1)π,Sn为数列的前n项和,S2 021=(　　)

A.1 008 B.1 009 C.1 010 D.1 011

2.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,an=3an-1+4an-2(n≥3),则S10=(　　)

A. B. C.410-1 D.411-1

3.(2022广东华南师大附中三模)已知数列{an}满足an+2+(-1)nan=3,a1=1,a2=2,数列{an}的前n项和为Sn,则S30=(　　)

A.351 B.353 C.531 D.533

4.(2022山西临汾二模)已知数列{an}满足a1=a2=1,an+2=(-1)nan+2,则{an}的前100项和为　　　　　. 

5.(2022江西九江二模)等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=a·2n-1,令bn=,则数列{bn}的前n项和为　　　　　. 

6.已知在等比数列{an}中,a1=2,且a1,a2,a3-2成等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若数列{bn}满足:bn=+2log2an-1,求数列{bn}的前n项和Sn.

创新应用组

7.(2022四川石室中学模拟)已知数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,数列{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,设cn=,Tn=c1+c2+…+cn(n∈N*),则当Tn<2 022时,n的最大值是(　　)

A.9 B.10 C.11 D.12

8.(2022河南郑州二模)已知数列{an}满足a2=2,a2n=a2n-1+2n(n∈N*),a2n+1=a2n+(-1)n(n∈N*),则数列{an}第2 022项为              (　　)

A.21 012-2 B.21 012-3

C.21 011-2 D.21 011-1

9.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3n=3an-2,且S5-S3=4a2.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设数列的前n项和为Tn,证明:Tn<.

10.(2020新高考Ⅰ,18)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.

参考答案

课时规范练31　数列求和

1.D　当n为奇数时,cos(n-1)π=1,当n为偶数时,cos(n-1)π=-1,∴cos(n-1)π=(-1)n-1,∴an=ncos(n-1)π=n×(-1)n-1,∴S2 021=1-2+3-4+…-2 020+2 021=-1×1 010+2 021=1 011.故选D.

2.A　∵an=3an-1+4an-2(n≥3),∴an+an-1=4(an-1+an-2),又a1+a2=3≠0,∴=4(n≥3),∴{an+an-1}是等比数列,公比为4,首项为3,则数列{a2n-1+a2n}也是等比数列,公比为16,首项为3.∴S10=.故选A.

3.B　由an+2+(-1)nan=3,当n为奇数时,有an+2-an=3,即有a3-a1=3,a5-a3=3,…,a2n+1-a2n-1=3,令bn=a2n-1,故bn+1-bn=3,∴数列{bn}是首项为1,公差为3的等差数列,故bn=3n-2;当n为偶数时,有an+2+an=3,即a4+a2=3,a6+a4=3,…,a2n+2+a2n=3,于是,S30=(a1+a3+…+a29)+(a2+a4+…+a30)=(b1+b2+…+b15)+[a2+(a4+a6)+…+(a28+a30)]=×15+2+7×3=330+23=353,故选B.

4.2 550　①当n为偶数时,an+2=an+2,则偶数项是以1为首项,2为公差的等差数列,故a2+a4+…+a100=50×1+×2=2 500,

②当n为奇数时,an+2=-an+2,即an+an+2=2,故a1+a3+…+a99=2×25=50,

综上S100=2 550.

5.1-　当n=1时,a1=2a-1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=a·2n-1,

∵数列{an}是等比数列,∴2a-1=a,即a=1,则an=2n-1,bn=,

所以数列{bn}的前n项和为Tn=++…+=1-.

6.解(1)设等比数列{an}的公比为q,

∵a1,a2,a3-2成等差数列,

∴2a2=a1+(a3-2)=2+(a3-2)=a3,∴q==2,∴an=a1qn-1=2n.

(2)由(1)及bn=+2log2an-1,可知bn=n+2log22n-1=n+2n-1,

∴Sn=++3++…++(2n-1)=+…++[1+3+5+…+(2n-1)]==n2-+1.

7.A　由题意可得an=2n-1,bn=2n-1,∴cn==2×2n-1-1,∴Tn=c1+c2+…+cn=(2×1-1)+(2×2-1)+(2×4-1)+…+(2×2n-1-1)=2(1+2+4+…+2n-1)-n=2×-n=2n+1-n-2.∵Tn<2 022,∴2n+1-n-2<2 022,当n=10时,211-2-10=2 048-2-10=2 036>2 022,不合题意,当n=9时,210-9-2=1 013<2 022,符合题意,∴当Tn<2 022时,n的最大值是9.故选A.

8.A　由a2n+1=a2n+(-1)n,得a2n-1=a2n-2+(-1)n-1(n∈N*,n≥2),又因为a2n=a2n-1+2n,可得a2n=a2n-2+2n+(-1)n-1,所以a4=a2+22+(-1),a6=a4+23+(-1)2,a8=a6+24+(-1)3,…,a2 022=a2 020+21 011+(-1)1 010,将上式相加得a2 022=a2+(-1)1+(-1)2+…+(-1)1 010+22+23+…+21 011=2+=21 012-2.

9.(1)解设数列{an}的公差为d,在a3n=3an-2中,令n=1,得a3=3a1-2,

即a1+2d=3a1-2,故a1=d+1. ①

由S5-S3=4a2得a4+a5=4a2,所以2a1=3d. ②

由①②解得a1=3,d=2.

所以数列{an}的通项公式为an=2n+1.

(2)证明由(1)可得Sn==n2+2n,所以,

故Tn=1-+++…+,

所以Tn=1+=.

因为>0,

所以Tn<.

10.解(1)设{an}的公比为q.

由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.

解得q=(舍去),q=2.

因为a1q2=8,所以a1=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+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.