2022新高考数学人教A版一轮总复习训练6.4数列求和、数列的综合应用综合集训（带解析）

§6.4　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　D2.数列{an}的前n项和为Sn,若an=,则S5等于(　　)A.1　　B.　　C.　　D.答案　B3.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=(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,若首项为的数列{bn}满足-=an,则数列{bn}的前10项和为(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　A7.(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)SkC.Sn<2an-a1(n≥2)　　D.是递增数列答案　D8.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=,n∈N*,Sn是数列{bn}的前n项和,求使Sn<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.　　C.4037　　D.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,∴-=2.∴数列是等差数列,首项为1,公差为2.∴=1+2(n-1)=2n-1,∴Sn=,∴S2019=,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=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=k∈N*.T2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n)=(2+23+25+…+22n-1)+(2+4+6+…+2n)=+=-+×4n+n2+n.3.设f(x)=,求S=f+f+…+f的值.解析　∵f(x)=,∴f(1-x)===,∴f(x)+f(1-x)=1,∵S=f+f+…+f=f+f+…+f, ∴2S=f+f+…+f+f+f+…+f=1×2001=2001,∴S=.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　1929　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=-3·-n=2n+1--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)=lox的图象相交于点Bn,记bn=·(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,)(n≥2)为切点的切线方程为y-=2an-1(x-an-1).当y=0时,x=an-1,即an=an-1,又∵a1=1,∴数列{an}是以1为首项,为公比的等比数列,∴通项公式为an=.(2)由题意,得Bn,∴bn=·=+·(n-1)=n·,∴Sn=1×+2×+…+n×, Sn=1×+2×+…+n×.两式相减,得Sn=1×++…+-n×=-n×,化简,得Sn=-×=-.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=,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,则数列的前n项和是(　　)A.1-　　B.1- C.1-　　D.1-答案　A4.(2019湖南岳阳一模,13)曲线y=x+lnx(n∈N*)在x=处的切线斜率为an,则数列的前n项和为　　　　. 答案　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:<.[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=-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(+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+d=n2+n,又Sn=n2+Bn+C-1,两式对照得解得所以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×-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,∴=, ∴··…·=··…·,化简,得Sn+1+1=2an+1.∴当n≥2时,Sn+1=2an.故可得an+1=2an,即=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+-(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+Sn=Sn+1Sn-1+Sn+1,则有=,从而··…·=··…·,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)数列的前2017项的和为(　　)A.+1　　B.-1　　C.+1　　D.-1答案　B　因为=-,所以S2017=-+-+…+-1=-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=,若数列的前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-=4,即数列{}是等差数列,首项是=4,公差是4,所以=4+4(n-1)=4n,又an>0,所以an=2,所以==,由题意得5=++…+=,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=,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-=0,∴=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= (2)当n≥2时,bn===,又知b1=,∴bn=则T1=b1=.当n≥2时,bn==-,则Tn=++…+=-,又当n=1时,T1=符合上式,∴Tn=-(n∈N*).