2023版高考数学一轮复习课后限时集训39数列求和含解析202303181103

课后限时集训(三十九)　数列求和建议用时：40分钟一、选择题1．在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列的前n项和Sn＝(　　)A．B．C．D．B　[设等差数列{an}的公差为d，由a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，得a5＝2，d＝1，所以an＝n－3.则an＋3＝n，an＋4＝n＋1，所以＝＝－.所以Sn＝1－＝.故选B.]2．数列{(－1)n(2n－1)}的前2020项和S2020等于(　　)A．－2018B．2018C．－2020D．2020D　[S2020＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2019－1)＋(2×2020－1)＝2×1010＝2020.故选D.]3．已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，则项数n＝(　　)A．13B．10C．9D．6D　[由an＝＝1－，得Sn＝＋＋＋…＋＝n－＝n－＝n－1＋.令n－1＋＝，即n＋＝.解得n＝6，故选D.]\n4．(多选)(2020·重庆月考)已知数列{an}满足a1＝－2，＝(n≥2，n∈N*)，{an}的前n项和为Sn，则(　　)A．a2＝－8B．an＝－2n·nC．S3＝－30D．Sn＝(1－n)·2n＋1－2ABD　[由题意可得，＝2×，＝2×，＝2×，…，＝2×(n≥2，n∈N*)，以上式子左、右两边分别相乘得＝2n－1·n(n≥2，n∈N*)，把a1＝－2代入，得an＝－2n·n(n≥2，n∈N*)，又a1＝－2符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝－2n·n(n∈N*)，a2＝－8，故A，B正确；Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，则2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1]，两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2(n∈N*)，故S3＝－34，故C错误，D正确．]5．(2020·北京高考)在等差数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1.记Tn＝a1a2…an(n＝1,2，…)，则数列{Tn}(　　)A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项B　[设等差数列{an}的公差为d，由a1＝－9，a5＝－1，得d＝＝＝2，∴an＝－9＋2(n－1)＝2n－11.由an＝2n－11＝0，得n＝，而n∈N*，可知数列{an}是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值．可知T1＝－9＜0，T2＝63＞0，T3＝－315＜0，T4＝945＞0为最大项，自T5起均小于0，且逐渐减小．∴数列{Tn}有最大项，无最小项．故选B.]6．(多选)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，a2＋b2＝7，a3＋b3＝13.记cn＝数列{cn}的前n项和为Sn，则(　　)A．an＝2n－1B．bn＝2nC．S9＝1409\nD．S2n＝2n2－n＋(4n－1)ABD　[设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)，依题意有得故an＝2n－1，bn＝2n，故A，B正确；则c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，所以数列{cn}的前2n项和S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝＋＝2n2－n＋(4n－1)，S9＝S8＋a9＝385，故C错误，D正确．]二、填空题7．已知数列{an}满足＝－1，且a1＝1，则an＝____________，数列{bn}满足bn＝，则数列{bn}的前n项和Sn＝________.　(n－1)·2n＋1＋2　[由＝－1可得－＝1，所以为等差数列，公差、首项都为1，由等差数列的通项公式可得＝n，an＝，＝n×2n，Sn＝1×2＋2×22＋…＋n×2n，2Sn＝1×22＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，相减得Sn＝－(2＋22＋…＋2n)＋n×2n＋1＝－＋n×2n＋1＝(n－1)×2n＋1＋2.]8．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2020＝________.3×21010－3　　[∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，①∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1，②由①÷②得＝2，∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S2020＝＋＝3×21010－3.]9．(2020·全国卷Ⅰ)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________.7　[因为数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，所以当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N*)，所以(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＋(a14＋a16)\n＝5＋17＋29＋41＝92.当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋1－a2k－1＝6k－4(k∈N*)，所以当k≥2时，a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－a2k－3)＝a1＋2＋8＋14＋…＋[6(k－1)－4]＝a1＋＝a1＋(3k－4)(k－1)，当k＝1时上式也成立，所以a2k－1＝a1＋(3k－4)(k－1)(k∈N*)，即a2k－1＝a1＋3k2－7k＋4(k∈N*)．法一：所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15＝8a1＋3×(12＋22＋32＋…＋82)－7×(1＋2＋3＋…＋8)＋4×8＝8a1＋3×－7×＋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×＋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.]三、解答题10．[结构不良试题](2020·青岛模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，________.给出下列三个条件：条件①：数列{an}为等比数列，数列{Sn＋a1}也为等比数列；条件②：点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上；条件③：2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1.试在上面的三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.[解]　选条件①：(1)∵数列{Sn＋a1}为等比数列，∴(S2＋a1)2＝(S1＋a1)(S3＋a1)，即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋a3)．设等比数列{an}的公比为q，∴(2＋q)2＝2(2＋q＋q2)，解得q＝2或q＝0(舍)，∴an＝a1qn－1＝2n－1.(2)由(1)知：an＝2n－1，∴bn＝＝＝，∴Tn＝＝\n＝－.选条件②：(1)∵点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1，∴an＋1＝Sn＋1，又an＝Sn－1＋1(n≥2，n∈N)，两式相减有：an＋1＝2an，又a1＝1，a2＝S1＋1＝2，也适合上式，故数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列．∴an＝a1qn－1＝2n－1.(2)由(1)知：an＝2n－1，∴bn＝＝＝，∴Tn＝＝＝－.选条件③：(1)∵2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1，∴2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＝(n－1)an(n≥2)，即2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1＝2(n－1)an，(n≥2)．由两式相减可得：2an＝nan＋1－2(n－1)an，即an＋1＝2an，又a1＝1，a2＝2a1，也适合上式，故数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列．∴an＝a1qn－1＝2n－1.(2)由(1)知：an＝2n－1，∴bn＝＝＝，∴Tn＝＝＝－.11．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.\n[解]　(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5(n∈N*)．设数列{bn}的公差为d.由即可解得b1＝4，d＝3.所以bn＝3n＋1.(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×＝－3n·2n＋2.所以Tn＝3n·2n＋2.1．定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足：当0≤x＜2时，f(x)＝2x－x2；当x≥2时，f(x)＝3f(x－2)．记函数f(x)的极大值点从小到大依次记为a1，a2，…，an，…，并记相应的极大值为b1，b2，…，bn，…，则a1b1＋a2b2＋…＋a20b20的值为(　　)A．19×320＋1B．19×319＋1C．20×319＋1D．20×320＋1A　[由题意当0≤x＜2时，f(x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1极大值点为1，极大值为1，当x≥2时，f(x)＝3f(x－2)．则极大值点形成首项为1，公差为2的等差数列，极大值形成首项为1，公比为3的等比数列，故an＝2n－1，bn＝3n－1，故anbn＝(2n－1)3n－1，设S＝a1b1＋a2b2＋…＋a20b20＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319，3S＝1×31＋3×32＋…＋39×320，两式相减得－2S＝1＋2(31＋32＋…＋319)－39×320＝1＋2×－39×320，\n∴S＝19×320＋1，故选A.]2．(2020·海南三亚模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}满足bn＝|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝________，T30＝________.24　650　[当n＝1时，a1＝S1＝9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－n2－[10(n－1)－(n－1)2]＝－2n＋11，当n＝1时也满足，所以an＝－2n＋11(n∈N*)，所以当n≤5时，an>0，bn＝an，当n>5时，an<0，bn＝－an，所以T4＝S4＝10×4－42＝24，T30＝S5－a6－a7－…－a30＝2S5－S30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650.]3.为鼓励应届毕业大学生自主创业，国家对应届毕业大学生创业贷款有贴息优惠政策，现有应届毕业大学生甲贷款开小型超市，初期投入为72万元，经营后每年的总收入为50万元，该超市第n年需要付出的超市维护和工人工资等费用为an万元，已知{an}为等差数列，相关信息如图所示．(1)求an；(2)该超市第几年开始盈利？(即总收入减去成本及所有费用之差为正值)(3)该超市经营多少年，其年平均盈利最大？最大值是多少？(年平均盈利＝)[解]　(1)由图象可知，{an}是以12为首项，4为公差的等差数列，所以an＝12＋4(n－1)＝4n＋8.(2)设超市第n年开始盈利，且盈利为y万元，则y＝50n－－72＝－2n2＋40n－72，由y＞0，得n2－20n＋36＜0，解得2＜n＜18，又n∈N*，故3≤n≤17，n∈N*.所以该超市第3年开始盈利．(3)年平均盈利为＝－2n－＋40＝－2＋40≤－2×2＋40＝16，当且仅当n＝，即n＝6时，取等号，故该超市经过6年经营后年平均盈利最大，最大值为16万元．1．(2020·泉州模拟)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款面向中学生的应用软件．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题的答案：记集合Ak＝{x|x＝ak×2k＋ak－1×2k－1＋…＋a1×21＋a0×20，k∈N*，ak＝1，a0，a1，…，ak－1＝0或1}．例如：A1＝{2,3}，A2＝{4,5,6,7}，若将集合A4的各个元素之和设为该软件的激活码，则该激活码应为________；定义f(x)＝(x∈Ak\n)现指定k＝5，将集合{x|f(x)＝1，x∈Ak}的元素从小到大排列组成数列{cn}，若将{cn}的各项之和设为该软件的激活码，则该激活码应为________．376　760　[集合A4＝{n|n＝a4×24＋a3×23＋a2×22＋a1×21＋a0×20}，当a4＝1，a0＝a1＝a2＝a3＝0时，n＝16，当a0＝a1＝a2＝a3＝a4＝1时，n＝31，所以A4＝{16,17,18，…，31}共有16个元素，故激活码为＝376；结合二进制表示，当k＝5时，{cn}的各项可以看成首位为1的六位二进制数，对于a4＝1，符合条件f(x)＝1的有8个数，同理，对于a3＝1，a2＝1，a1＝1，a0＝1时，符合条件的也分别有8个数，故激活码为16×25＋8×(24＋23＋22＋21＋20)＝760.]2．已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.(1)求数列{xn}的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.[解]　(1)设数列{xn}的公比为q，由已知知q＞0.由题意得所以3q2－5q－2＝0.因为q＞0，所以q＝2，x1＝1.因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，由题意bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2，①2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②①－②得\n－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1＝＋－(2n＋1)×2n－1.所以Tn＝.