2023新教材数学高考第一轮专题练习--专题七数列求和、数列的综合专题检测题组

1、2023新高考数学第一轮专题练习7.4数列求和、数列的综合一、选择题1.(2022届河南期中联考,8)设数列an和bn的前n项和分别为Sn,Tn,已知数列bn是等差数列,且bn=an+n2an,a3=3,b4+b5=11,则Sn+Tn=()A.n2-2nB.2n2-nC.2n2+nD.n2+2n答案D由a3=3,得b3=a3+32a3=3+323=4,设等差数列bn的公差为d,所以b1+2d=4,2b1+7d=11,解得b1=2,d=1,所以bn=2+(n-1)×1=n+1,则bn=an+n2an=n+1,所以an=n.所以Sn=n(1+n)2=n22+n2,Tn=n(2+n+1)2

2、=n22+3n2,则Sn+Tn=n2+2n.故选D.2.(2021江西上饶二模,9)函数f(x)=2sin x-x(x>0)的所有极大值点从小到大排成数列an,设Sn是数列an的前n项和,则cos S2 021=()A.1B.12C.-12D.0答案Bf '(x)=2cos x-1(x>0),且f '(x)是周期为2的周期函数.当x(0,2时, f '(x)=0的根为x=3和x=53. f '(x)的图象如图,易知, f(x)在(0,2上的极大值点为3.即an是以3为首项,2为公差的等差数列,故S2 021=2 021×3+2 021

3、15;2 0202×2=672+53+2 021×2 020,则cos S2 021 =cos53=12,故选B.3.(2022届山西长治第二中学月考,10)已知数列an、bn的前n项和分别为An、Bn,记cn=anBn+bnAn-anbn(n1).则数列cn的前10项和为()A.A10+B10B.A10+B102C.A10B10D.A10B10答案C当n=1时,c1=a1b1;当n2时,cn=(An-An-1)Bn+(Bn-Bn-1)An-(An-An-1)(Bn-Bn-1)=AnBn-An-1Bn-1.故c1+c2+c10=A1B1+(A2B2-A1B1)+(A3B3-

4、A2B2)+(A10B10-A9B9)=A10B10.故选C.4.(2022届安徽安庆月考,9)已知等差数列an的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.令bn=1anan+1,则数列bn的前50项和T50=()A.5051B.4950C.100101D.50101答案DS1=a1,S2=2a1+2×12×2=2a1+2,S4=4a1+4×32×2=4a1+12.由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以an=2n-1,则bn=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,则T50=121-13+13-1

5、5+15-17+199-1101=50101.5.(2021甘肃名校模拟,12)已知数列an的前n项和Sn=2n+1-2,若nN*,an4+S2n恒成立,则实数的最大值是()A.3B.4C.5D.6答案C数列an的前n项和Sn=2n+1-2,当n2时,an=Sn-Sn-1=(2n+1-2)-(2n-2)=2n;当n=1时,a1=S1=22-2=2满足上式,所以an=2n(nN*).又nN*,an4+S2n恒成立,所以nN*,4+S2nan恒成立.令bn=4+S2nan=4+22n+1-22n=22n+1+22n=2n+1+22n,则bn+1-bn=2n+2+22n+1-2n+1+22n=2n+

6、1-12n>0对任意nN*都成立,所以bn=2n+1+22n单调递增,因此(bn)min=b1=22+22=5,即4+S2nan的最小值为5,所以5,即实数的最大值是5.6.(多选)(2020百师联盟练习题五,6)对于数列an ,令bn=an-1an,下列说法正确的是()A.若数列an是单调递增数列,则数列bn也是单调递增数列B.若数列an是单调递减数列,则数列bn也是单调递减数列C.若an=3n-1,则数列bn有最小值D.若an=1-12n,则数列bn有最大值答案CD如果a1=-1,a2=1,则b1=b2=0,A不正确;如果a1=1,a2=-1,则b1=b2=0,B不正确;函数f(x)

7、=x-1x在(0,+)上为增函数,若an=3n-1,则an为递增数列,当n=1时,an取最小值,a1=2>0,从而数列bn有最小值,C正确;若an=1-12n,当n=1时,an取最大值32,且an>0,从而数列bn有最大值,D正确.故选CD.7.(多选)(2021长沙一中月考(三),12)将n2个数排成n行n列的一个数阵,如:a11a12a13a1na21a22a23a2na31a32a33a3nan1an2an3ann该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a11=2,a13=a61+1,记这n

8、2个数的和为S.下列结论正确的有()A.m=3B.a67=17×37C.aij=(3i-1)×3j-1D.S=14n(3n+1)(3n-1)答案ACD由该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列,且a11=2,a13=a61+1,可得a13=a11m2=2m2,a61=2+5m,所以2m2=2+5m+1,解得m=3或m=-12(舍去),所以A中结论正确;a67=a61m6=(2+5×3)×36=17×36,所以B中结论不正确;因为aij=ai1mj-1=a11+(i-1)×m&

9、#215;mj-1=2+(i-1)×3×3j-1=(3i-1)×3j-1,所以C中结论正确;S=(a11+a12+a1n)+(a21+a22+a2n)+(an1+an2+ann)=a11(1-3n)1-3+a21(1-3n)1-3+an1(1-3n)1-3=12(3n-1)·(2+3n-1)n2=14n(3n+1)(3n-1),所以D中结论正确,故选ACD.二、填空题8.(2021皖江名校联盟考试,16)已知Sn是各项均不为零的等差数列an的前n项和,且S2n-1=an2(nN*),若存在nN*,使不等式1a1a2a3+1a2a3a4+1a3a4a5+1

10、anan+1an+214n2+12n成立,则实数的最大值是. 答案445解析S2n-1=(2n-1)(a1+a2n-1)2=(2n-1)an=an2,又an0,an=2n-1,nN*.等差数列an的首项a1=1,公差d=2.1anan+1an+2=141anan+1-1an+1an+2,原式=141a1a2-1a2a3+1a2a3-1a3a4+1anan+1-1an+1an+2=141a1a2-1an+1an+2=n2+2n3(2n+1)(2n+3).即n2+2n3(2n+1)(2n+3)14n2+12n,存在nN*,使43(2n+1)(2n+3)成立,43(2n+1)(2n+3)m

11、ax,当n=1时,43×(2+1)×(2+3)=445,故实数的最大值是445.9.(2022届湖南名校10月联考,16)已知正项数列an的前n项和为Sn,且2Sn=an2+an.若bn=(-1)n2n+12Sn,则数列bn的前2 021项和为. 答案-2 0232 022解析当n=1时,2a1=a12+a1,因为an>0,所以a1=1.当n2时,2Sn-1=an-12+an-1,所以2(Sn-Sn-1)=an2-an-12+an-an-1,整理得(an+an-1)(an-an-1-1)=0.因为an>0,所以an-an-1=1,所以数列an是首项为1

12、,公差为1的等差数列,则an=n,Sn=n(n+1)2,所以bn=(-1)n2n+1n(n+1)=(-1)n1n+1n+1,所以b1+b2+b3+b2 020+b2 021=-1-12+12+13-13-14+12 020+12 021-12 021-12 022=-1-12 022=-2 0232 022.三、解答题10.(2022届河南尖子生二诊,19)等比数列an的首项a1=2,前n项和记作Sn,且Sn+1也是等比数列,公比为q.(1)求an的通项公式;(2)记bn=log2an,求数列n+1bnbn+1的前n项和Tn.解析(1)由已知得Sn+1=(S1+1)qn-1,又S1=a1=2,

13、Sn=3×qn-1-1.当n2时,an=Sn-Sn-1=3(q-1)qn-2.an为等比数列,an+1an=3(q-1)qn-13(q-1)qn-2=q(n2,nN*),a2a1=q,即3(q-1)2=q,q=3,数列an的公比也为q,且q=3,an=2×3n-1.(2)bn=log2(2×3n-1)=1+(n-1)log23,bn为等差数列,首项为1,公差d为log23.1bnbn+1=1d1bn-1bn+1=1bn-1bn+1·log32,Tn=(1+2+3+n)+1b1-1b2+1b2-1b3+1bn-1bn+1·log32=(1+n)n

14、2+1b1-1bn+1·log32=(1+n)n2+1-11+nlog23· log32=(1+n)n2+n1+nlog23.11.(2022届河南三市联考,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,CR)的图象上,且a1=C.(1)求数列an的通项公式;(2)若bn=an(a2n-1+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+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n,又Sn=n2+Bn+C-1,两式对照得d2=1,C-1=0,即d=2,C=1,又a1=C,所以a1=1,所以数列an的通

15、项公式为an=2n-1.(2)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,-得Tn=(2n-1)2n+1-2(22+2n)-2=(2n-1)2n+1-2·22(1-2n-1)1-2-2=(2n-3)2n+1+6.12.(2022届安徽蚌埠质检,20)已知数列an的前n项和为Sn,满足Sn=2an-2.(1)求数列an的通项公式;(2)记bn=log2an,数列an·bn的前n项和为Tn,求证:Sn

16、+Tnanbn为定值.解析(1)当n=1时,a1=S1=2a1-2,解得a1=2.当n2时,Sn-1=2an-1-2,从而Sn-Sn-1=an=2an-2an-1,化简得an=2an-1(n2),所以数列an是首项为2,公比为2的等比数列,则an=2×2n-1,即an=2n.(2)证明:bn=log2an=log22n=n,an·bn=n·2n,所以Tn=1×21+2×22+3×23+n×2n,从而2Tn=1×22+2×23+3×24+(n-1)×2n+n×2n+1,两式相减

17、,得-Tn=2+22+23+2n-n·2n+1,即-Tn=(1-n)×2n+1-2,所以Tn=(n-1)2n+1+2,而Sn=2an-2=2n+1-2,所以Sn+Tnanbn=n·2n+1-2n+1+2+2n+1-2n·2n=2,为定值.13.(2022届长春月考,19)在公差不为零的等差数列an中,a2=5,a1,a3,a11成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)已知bn=9(an+1)(an+4),设数列bn的前n项和为Sn,求证:12Sn<1.解析(1)设等差数列an的公差为d(d0).因为a2=5,a1a11=a32,所以a1+d=

18、5,a1(a1+10d)=(a1+2d)2,解得a1=2,d=3,所以an=3n-1,nN*.(2)证明:bn=9(an+1)(an+4)=93n(3n+3)=1n(n+1)=1n-1n+1,所以Sn=1-12+12-13+1n-1n+1=1-1n+1.因为1n+1>0,所以Sn<1.又知数列Sn是递增数列,于是SnS1=12.综上,12Sn<1.14.(2022届河南安阳模拟,19)已知数列an的前n项和为Sn,满足a1=1,Sn=12n+tn(t为常数).(1)求an的通项公式;(2)若bn=(-1)nlg(anan+1),求数列bn的前n项和Tn.解析(1)令n=1,得

19、S1=a1=12+t=1,可得t=12,所以Sn=12n+12n,当n2时,Sn-1=12(n-1)+12(n-1),可得an=Sn-Sn-1=n,又因为a1=1满足该式,所以an=n(nN*).(2)因为bn=(-1)nlg(anan+1)=(-1)n(lg an+lg an+1),所以Tn=-(lg a1+lg a2)+(lg a2+lg a3)-(lg a3+lg a4)+(-1)n(lg an+lg an+1)=(-1)nlg an+1-lg a1=(-1)nlg(n+1).15.(2022届通州期中,19)设等差数列an的前n项和是Sn,bn是各项均为正数的等比数列,且a1=b1=1,a5=3b2.在a3+b3=14,a1b5=81,S4=4S2这三个条件中任选一个,求解下列问题