适用于新教材2025版高考数学一轮总复习第六章数列课时规范练29数列求和北师大版

课时规范练29基础巩固组1.(2024·四川成都高三期末)已知等差数列{an}的首项为1,公差为2,数列{bn}满意bn=2n-1(n∈N*),记数列{an+bn}的前n项和为Tn,则T10=()A.2147 B.1123C.1078 D.611答案:B解析:由题意an=2n-1,an+bn=2n-1+2n-1,所以T10=10×(1+19)2+1-2101-2.(2024·山东烟台高三月考)已知数列{an}满意an=nn+1,则a1+a222+a3A.20212022 B.C.20202021 D.答案:D解析:因为an=nn+1,所以ann2=1n(n+1)=1n-1n+1,所以a1+a222+a332+…+a202120212+3.(2024·河南商丘高三月考)数列{an}满意an+1=ancosnπ+3n,则数列{an}的前12项和为()A.64 B.150 C.108 D.240答案:C解析:由已知得a2=-a1+3,a3=a2+6=-a1+9,a4=-a3+9=a1,a1+a2+a3+a4=12,由cosnπ周期为2,同理可得a5+a6+a7+a8=36,a9+a10+a11+a12=60,故S12=12+36+60=108.故选C.4.(2024·湖南岳阳高三模拟)高斯对1+2+3+…+100的求和运算,运用了倒序相加法的原理,此方法也称之为高斯算法.现有函数f(x)=4x4x+2,则f12023+f22023+f32023+…+f20222023等于()A.1010 B.1011C.2022 D.2023答案:B解析:因为f(x)=4x4x+2,所以f(x)+f(1-x)=4x4x+2+41-x41-x+2=4x4x+2+42×4x+4=1.令S=f12023+f22023+f32023+…+f202220235.(2024·安徽合肥高三月考)设数列{an}满意a1+12a2+122a3+…+12n-1an=n,则数列{A.(n-1)2n-1 B.(n-1)2n+1C.(n+1)2n+1-1 D.(n+1)2n+1+1答案:B解析:∵a1+12a2+122a3+…+12n-1an=n,则当n≥2时,a1+12a2+122a3+…+12n-2an-1=n-1,两式相减得12n-1an=1,∴an=2n-1.又当n=1时,a1=1,满意an=2n-1.综上知an=2n-1,∴nan=n·2n-1.设数列{nan}的前n项和为Sn,∴Sn=1×20+2×21+3×22+…+(n-1)·2n-2+n·2n-1,2Sn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n,∴-Sn=1-n·2n+(21+22+…+2n-1)=1-n·2n+2(16.(2024·福建宁德高三月考)已知数列{an}满意a1=1,an-an+1=anan+1(n+1A.n+32C.2n+2答案:C解析:因为a1=1,an-an+1=anan+1(n+1)(n+2),所以an-an+1anan+1=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2,即1an+1-1an=1n+1-1n+2,则1an=1an-1an-17.(2024·北京四中高三模拟)在数列{an}中,a1=1,an·an+1=-2,则S100=.

答案:-50解析:依据题意,由a1=1,a1a2=-2,得a2=-2;由a2a3=-2,得a3=1.所以{an}中全部的奇数项均为1,全部的偶数项均为-2,所以S100=a1+a2+…+a99+a100=1-2+…+1-2=50×(-1)=-50.8.(2024·广东汕头高三月考)已知数列{an}的首项为-1,anan+1=-2n,则数列{an}的前10项和等于.

答案:31解析:因为anan+1=-2n,所以an+1an+2=-2n+1,易知an≠0,两式相除可得an+2an=2,所以{an}的奇数项和偶数项均为公比为2的等比数列.又a1=-1,a2=-2a1=2,所以S10=(a1+a3+…+a9)+(a2+a4+…+a10)=-9.(2024·山东德州高三三模)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,Sn-n=12(an+1)(n∈N*)(1)求数列{an}的通项公式an和前n项和Sn;(2)设bn=1(S2n+1)·S2n+1(n∈N*),数列{bn}的前n项和记为Tn,证明:T(1)解:由Sn-n=12(an+1),得Sn+1-(n+1)=12(an+1+1)(n∈N两式相减可得an+1+an=2.由a1=3,得a2=-1.数列{an}为3,-1,3,-1,3,-1,3,…,即an=3,n=2k-当n为偶数时,Sn=n2[3+(-1)]=n当n为奇数时,Sn=n-12[3+(-1)]+3故Sn=n+2,n=2k(2)证明:因为bn=1=1(2所以Tn=1213-15+综合提升组10.(多选)(2024·重庆高三一模)已知数列{an}满意an+1+an·cosnπ=n2(n∈N*),则下列说法正确的是()A.a9<a10B.a9+a11=20C.数列{an}的前10项和为定值D.数列{an}的前20项和为定值答案:AD解析:取n=9得a10-a9=92>0,故a9<a10,故A正确;取n=10得a11+a10=102,又a10-a9=92,两式相减得a11+a9=19,故B不正确;由题知,a2n-a2n-1=(2n-1)2①,a2n+1+a2n=(2n)2②,a2n+2-a2n+1=(2n+1)2③,②-①得a2n+1+a2n-1=4n-1,②+③得a2n+2+a2n=8n2+4n+1,所以(a3+a5)+(a7+a9)+(a4+a6)+(a8+a10)为定值,题中条件只限制a2-a1=1,所以a1+a2的值不确定,故前10项和无法确定,故C不正确;前20项中奇数项有10项,相邻两项的和确定,故这10项的和确定,同理10个偶数项的和确定,故前20项和为定值,故D正确.故选AD.11.(2024·湖北天门高三期中)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满意an+an+1+an+2=cosnπ3,a1=1,则S2023=答案:1解析:S2024=a1+(a2+a3+a4)+(a5+a6+a7)+…+(a2024+a2024+a2024)=1+cos2π3+cos5π3+…+cos2018π3+cos2021π3=1+337×cos212.(2024·辽宁沈阳高三月考)已知数列{pn}是首项为2的等差数列,{qn}是公比为2的等比数列,且满意p3=q2,p7=q3.设数列{an}满意an=pn·qn.(1)求{an}的通项公式;(2)在①bn=nn+1an,②bn=log4ann+2,③bn=(n+3)·2nan+1an这三个条件中任选一个补充在下面横线上,并加以解答解:(1)设数列{pn}的公差为d,数列{qn}的首项为q1.由题意得2+2d=2q1,2+6d=4q1,解得d=1,q1=2,则pn=n+1,qn=2n,所以an=(n+1)·2n.(2)若选①bn=nn+1an,即bn=nn+1·(n+1)·2n所以Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,则2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,两式相减得-Tn=21+22+23+…+2n-n×2n+1=2-2n+11-2-n×2n+1=所以Tn=(n-1)×2n+1+2.若选②bn=log4ann+2,即bn=log4n+1n+2+log42所以Tn=log423+log434+…+log4n+1n+2+12(1+2+…+n)=log423×34×…×n+1若选③bn=(n则bn=(n所以Tn=1a1-1a2+1a2-1a3+创新应用组13.(2024·江苏扬州高三月考)已知数列{an},当n∈[2k-1,2k)时,an=k(k∈N*),则数列{an}的前2n项的和为.

答案:(n-1)·2n+n+2解析:当am=k=1时,m∈[1,2),共2-1=1项;当am=k=2时,m∈[2,4),共4-2=2项;当am=k=3时,m∈[4,8),共8-4=4项;……;当am=k=n时,m∈[2n-1,2n),共2n-2n-1=2n-1项.又因为a2n=n+1,所以,数列{an}的前2n项的和为1·20+2·21+3·22+…+n·2n-1+n+1,记S=1·20+2·21+3·22+…+n·2n-1,则2S=1·21+2·22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,两式作差可得-S=1+2+22+…+2n-1-n·2n=1-2n1-2-n·2n=(1-n)·2n-1,所以S=(n-1)·2n+1,因此,数列{an}的前2n项的和为S+n+114.(2024·浙江镇海高三模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满意4an-2Sn+n2-3n-4=0,n∈N*.数列{bn}满意b1=1,2nbn+1=anbn,n∈N*.(1)求证:数列{an-n}为等比数列,并求数列{an}的通项公式;(2)求证:bn+1>bn≥3-n+12n-1,(1)解:当n=1时,a1=3;当n≥2时,4an-1-2Sn-1+(n-1)2-3(n-1)-4=0,n∈N*,所以4(an-an-1)-2an+2n-4=0,整理得an=2an-1-n+2.所以an-n=2[an-1-(n-1)],又a1-1=2≠0,所以an-n≠0.所以an-nan-1所以an-n=2n,an=2n+n.(2)证明:由题意得bn+1=1+n2nbn,所以bn+1与bn同号.又因为b1=1>0