福建专用2022高考数学一轮复习课时规范练31数列求和理新人教A版

课时规范练31　数列求和一、基础巩固组1.数列112,314,518,7116,…,(2n-1)+12n,…的前n项和Sn的值等于(　　)A.n2+1-12nB.2n2-n+1-12nC.n2+1-12n-1D.n2-n+1-12n2.在数列{an}中,a1=-60,an+1=an+3,则|a1|+|a2|+…+|a30|=(　　)A.-495B.765C.1080D.31053.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m,其中m,n为正整数,且a1=1,则a10等于(　　)A.1B.9C.10D.554.已知函数f(x)=xa的图象过点(4,2),令an=1f(n+1)+f(n),n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2018等于(　　)A.2018-1B.2018+1C.2019-1D.2019+15.已知数列{an}中,an=2n+1,则1a2-a1+1a3-a2+…+1an+1-an=(　　)A.1+12nB.1-2nC.1-12nD.1+2n〚导学号21500545〛6.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,若Sn+1=n+2nSn,则数列1anan+1的前2018项和为　　　　　. 7.已知等差数列{an}满足:a5=11,a2+a6=18.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=an+2n,求数列{bn}的前n项和Sn.二、综合提升组8.如果数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+22+…+2n-1,…的前n项和Sn>1020,那么n的最小值是(　　)A.7B.8C.9D.109.(2022山东烟台模拟)已知数列{an}中,a1=1,且an+1=an2an+1,若bn=anan+1,则数列{bn}的前n项和Sn为(　　)A.2n2n+1B.n2n+1C.2n2n-1D.2n-12n+1〚导学号21500546〛10.(2022福建龙岩一模)已知Sn为数列{an}的前n项和,对n∈N*都有Sn=1-an,若bn=log2an,则1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1=　　　　　. 11.(2022广西模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=32an-1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=2log3an2+1,求1b1b2+1b2b3+…+1bn-1bn.三、创新应用组12.(2022全国Ⅰ,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.440B.330C.220D.110〚导学号21500547〛3\n课时规范练31　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.B　由a1=-60,an+1=an+3可得an=3n-63,则a21=0,|a1|+|a2|+…+|a30|=-(a1+a2+…+a20)+(a21+…+a30)=S30-2S20=765,故选B.3.A　∵Sn+Sm=Sn+m,a1=1,∴S1=1.可令m=1,得Sn+1=Sn+1,∴Sn+1-Sn=1,即当n≥1时,an+1=1,∴a10=1.4.C　由f(4)=2,可得4a=2,解得a=12,则f(x)=x12.∴an=1f(n+1)+f(n)=1n+1+n=n+1-n,S2018=a1+a2+a3+…+a2018=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(2019-2018)=2019-1.5.C　an+1-an=2n+1+1-(2n+1)=2n+1-2n=2n,所以1a2-a1+1a3-a2+…+1an+1-an=12+122+123+…+12n=121-12n1-12=1-12n=1-12n.6.10094038　∵Sn+1=n+2nSn,∴Sn+1Sn=n+2n.又a1=2,∴当n≥2时,Sn=SnSn-1·Sn-1Sn-2·Sn-2Sn-3·…·S3S2·S2S1·S1=n+1n-1·nn-2·n-1n-3·…·42×31×2=n(n+1).当n=1时也成立,∴Sn=n(n+1).∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n+1)-n(n-1)=2n.当n=1时,a1=2也成立,所以an=2n.∴1anan+1=12n·2(n+1)=141n-1n+1.则数列1anan+1的前2018项和=141-12+12-13+…+12018-12019=141-12019=10094038.7.解(1)设{an}的首项为a1,公差为d.由a5=11,a2+a6=18,得a1+4d=11,2a1+6d=18,解得a1=3,d=2,所以an=2n+1.(2)由an=2n+1得bn=2n+1+2n,则Sn=[3+5+7+…+(2n+1)]+(21+22+23+…+2n)=n2+2n+2(1-2n)1-2=n2+2n+2n+1-2.8.D　an=1+2+22+…+2n-1=2n-1.∴Sn=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)=(21+22+…+2n)-n=2n+1-n-2,∴S9=1013<1020,S10=2036>1020,∴使Sn>1020的n的最小值是10.9.B　由an+1=an2an+1,得1an+1=1an+2,∴数列1an是以1为首项,2为公差的等差数列,∴1an=2n-1,又bn=anan+1,∴bn=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,∴Sn=1211-13+13-15+…+12n-1-12n+1=n2n+1,故选B.10.nn+1　对n∈N*都有Sn=1-an,当n=1时,a1=1-a1,解得a1=12.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=1-an-(1-an-1),化为an=12an-1.∴数列{an}是等比数列,公比为12,首项为12.∴an=12n.3\n∴bn=log2an=-n.∴1bnbn+1=1-n(-n-1)=1n-1n+1.则1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1=1-12+12-13+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.11.解(1)当n=1时,a1=32a1-1,∴a1=2.当n≥2时,∵Sn=32an-1,①Sn-1=32an-1-1(n≥2),②∴①-②得an=32an-1-32an-1-1,即an=3an-1,∴数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,∴an=2·3n-1.(2)由(1)得bn=2log3an2+1=2n-1,∴1b1b2+1b2b3+…+1bn-1bn=11×3+13×5+…+1(2n-3)(2n-1)=12 1-13+13-15+…+12n-3-12n-1 =n-12n-1.12.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.3