2020版高考数学一轮复习 第六章 数列 课时规范练30 数列求和 文 北师大版.doc

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课时规范练30　数列求和 基础巩固组 1.数列1,3,5,7116,…,(2n-1)+12n,…的前n项和Sn的值等于(　　) A.n2+1-12n B.2n2-n+1-12n C.n2+1-12n-1 D.n2-n+1-12n 2.(2018河北衡水中学金卷十模,3)已知数列{an}是各项为正数的等比数列,点M(2,log2a2),N(5,log2a5)都在直线y=x-1上,则数列{an}的前n项和为(　　) A.2n-2 B.2n+1-2 C.2n-1 D.2n+1-1 3.(2018山东潍坊二模,4)设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=-n2-n,则数列2(n+1)an的前40项的和为(　　) A.3940 B.-3940 C.4041 D.-4041 4.已知函数f(x)=xa的图像过点(4,2),令an=1f(n+1)+f(n),n∈N+.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 018=　　　　　. 5.(2018浙江余姚中学4月模拟,17)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5=30,S10=110. (1)求Sn; (2)记Tn=1S1+1S2+…+1Sn,求Tn. 6.(2018山西晋城月考)已知数列{an}满足a1=3,an+1=2an+(-1)n(3n+1). (1)求证:数列{an+(-1)nn}是等比数列; (2)求数列{an}的前10项和S10. 7.(2018河北唐山一模,17)已知数列{an}是以1为首项的等差数列,数列{bn}是以q(q≠1)为公比的等比数列.且a2=b1,a3-a1=b2-b1,a2b2=b3. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)若Sn=a1bn+a2bn-1+…+an-1b2+anb1,求Sn. 综合提升组 8.(2018广东中山期末)等比数列{an}中,已知对任意自然数n,a1+a2+a3+…+an=2n-1,则a12+a22+a32+…+an2等于(　　) A.2n-1 B. (3n-1) C. (4n-1) D.以上都不对 9.(2018湖北重点中学五模)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a4=4,S5=15,若数列1anan+1的前m项和为1011,则m=(　　) A.8 B.9 C.10 D.11 10.(2018山东潍坊三模,17)已知数列{an}的前n项和为Sn,且1,an,Sn成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足anbn=1+2nan,求数列{bn}的前n项和Tn. 11.(2018江西上饶三模,17)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且6Sn=3n+1+a(n∈N+). (1)求a的值及数列{an}的通项公式; (2)若bn=(3n+1)an,求数列{an}的前n项和Tn. 创新应用组 12.(2017全国1,理12)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是(　　) A.440 B.330 C.220 D.110 13.(2018云南玉溪月考)数列{an}满足:a1=,a2=,且a1a2+a2a3+…+anan+1=na1an+1对任何的正整数n都成立,则1a1+1a2+…+1a97的值为(　　) A.5 032 B.5 044 C.5 048 D.5 050  课时规范练30　数列求和 1.A　该数列的通项公式为an=(2n-1)+12n,则Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+12+122+…+12n=n2+1-12n. 2.C　由题意log2a2=2-1=1,可得a2=2,log2a5=5-1=4,可得a5=16,a5a2=q3=8⇒q=2,a1=1⇒Sn=1-2n1-2=2n-1,故选C. 3.D　∵Sn=-n2-n,∴a1=S1=-2. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n, 则数列{an}的通项公式为an=-2n, 2(n+1)an=2-2n(n+1)=-1n-1n+1, 数列2(n+1)an的前40项的和为 S40=-1-12+12-13+…+140-141=-4041. 4.2 019-1　由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=x12. ∴an=1f(n+1)+f(n)=1n+1+n=n+1-n, S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(2 019-2 018)=2 019-1. 5.解 (1)设{an}的首项为a1,公差为d,由题意得S5=5a1+10d=30,S10=10a1+45d=110,解得a1=2,d=2,所以Sn=n2+n. (2)1Sn=1n(n+1)=1n-1n+1, 所以Tn=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1. 6.(1)证明 ∵an+1=2an+(-1)n(3n+1), ∴an+1+(-1)n+1(n+1)an+(-1)nn =2an+(-1)n(3n+1)-(-1)n(n+1)an+(-1)nn =2[an+(-1)nn]an+(-1)nn=2. 又a1-1=3-1=2, ∴数列{an+(-1)nn}是首项为2,公比为2的等比数列. (2)解 由(1)得an+(-1)nn=22n-1=2n, ∴an=2n-(-1)nn, ∴S10=(2+22+…+210)+(1-2)+(3-4)+…+(9-10)=2(1-210)1-2-5=211-7=2 041. 7.解 (1)设{an}的公差为d,{bn}的首项为b1,则an=1+(n-1)d,bn=b1qn-1. 依题意可得1+d=b1,2d=b1(q-1),(1+d)b1q=b1q2,解得d=1,b1=2,q=2, 所以an=n,bn=2n. (2)Sn=12n+22n-1+…+n21, ① 所以2Sn=12n+1+22n+…+n22, ② ②-①可得,Sn=2n+1+(2n+2n-1+…+22)-n21 =2n+1-2n+4(2n-1-1)2-1=2n+2-2n-4. 8.C　当n=1时,a1=21-1=1, 当n≥2时,a1+a2+a3+…+an=2n-1,a1+a2+a3+…+an-1=2n-1-1, 两式做差可得an=2n-2n-1=2n-1,且n=1时,21-1=20=1=a1, ∴an=2n-1,故an2=4n-1, ∴a12+a22+a32+…+an2=1(1-4n)1-4=13(4n-1). 9.C　Sn为等差数列{an}的前n项和,设公差为d,则a4=4,S5=15=5a3,解得d=1, 则an=4+(n-4)1=n. 由于1anan+1=1n(n+1)=1n-1n+1, 则Sm=1-12+12-13+…+1m-1m+1=1-1m+1=1011,解得m=10. 10.解 (1)由已知1,an,Sn成等差数列,得2an=1+Sn, ① 当n=1时,2a1=1+S1=1+a1,∴a1=1. 当n≥2时,2an-1=1+Sn-1, ② 由①-②,得2an-2an-1=an, ∴anan-1=2, ∴数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列, ∴an=a1qn-1=12n-1=2n-1. (2)由anbn=1+2nan得bn=1an+2n, ∴Tn=b1+b2+…+bn =1a1+2+1a2+4+…+1an+2n =1a1+1a2+…+1an+(2+4+…+2n) =1-12n1-12+(2+2n)n2 =n2+n+2-12n-1. 11.解 (1)∵6Sn=3n+1+a(n∈N+), ∴当n=1时,6S1=6a1=9+a; 当n≥2时,6an=6(Sn-Sn-1)=23n,即an=3n-1, ∵{an}为等比数列,∴a1=1,则9+a=6,a=-3, ∴{an}的通项公式为an=3n-1. (2)由(1)得bn=(3n+1)3n-1, ∴Tn=b1+b2+…+bn=430+731+…+(3n+1)3n-1, 3Tn=431+732+…+(3n-2)3n-1+(3n+1)3n, ∴-2Tn=4+32+33+…+3n-(3n+1)3n, ∴Tn=(6n-1)3n+14. 12.A　设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为n(1+n)2.第n组的和为1-2n1-2=2n-1,前n组总共的和为2(1-2n)1-2-n=2n+1-2-n. 由题意,N>100,令n(1+n)2>100,得n≥14且n∈N+,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则SN-Sn(1+n)2应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=29(1+29)2+5=440,故选A. 13.B　∵a1a2+a2a3+…+anan+1=na1an+1, ① a1a2+a2a3+…+anan+1+an+1an+2=(n+1)a1an+2, ② ①-②,得-an+1an+2=na1an+1-(n+1)a1an+2, ∴n+1an+1-nan+2=4,同理得nan-n-1an+1=4, ∴n+1an+1-nan+2=nan-n-1an+1, 整理得2an+1=1an+1an+2, ∴1an是等差数列. ∵a1=14,a2=15, ∴等差数列1an的首项为4,公差为1,1an=4+(n-1)1=n+3, ∴1a1+1a2+…+1a97=97(4+100)2=5 044.