课时规范练28 数列求和基础巩固组1.(2021广东汕头二中高三模拟)设数列{an}为等比数列,数列{bn}为等差数列,且Sn为数列{bn}的前n项和,若a2=1,a10=16,且a6=b6,则S11=( )A.20B.30C.44D.882.(2021江西南昌高三月考)Sn=+…+等于( )A.B.C.D.3.(2021广东肇庆高三月考)在数列{an}中,a1=2,(1-an)·an+1=1,Sn是数列{an}的前n项和,则S2021=( )A.4042B.2021C.D.4.(2021河北衡水高三期末)在数列{an}中,an+an+1=2n,Sn为其前n项和,若a1=a4,则S101=( )A.4882B.5100C.5102D.52125.(2021江苏南京高三月考)已知数列{an}的通项公式为an=,则其前n项和为( )A.1-B.1-C.2-D.2-6.(2021天津和平高三期中)函数y=x2在点(n,n2)(n∈N*)处的切线记为ln,直线ln,ln+1及x轴围成的三角形的面积记为Sn,则+…+= . 7.(2021湖南长郡中学高三模拟)在数列{an}中,a1=1,a2=2,且an+2=2an+1+3an,设bn=an+1+an.(1)求证:数列{bn}是等比数列,并求数列{bn}的通项公式;(2)若数列{bn}的前n项和为Sn,数列的前n项和为Tn,求证:Tn<.\n8.(2021广东广州高三模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=,数列{log3bn}是公差为-1的等差数列,b1=1.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)设cn=a2n+1+b2n+1,求数列{cn}的前n项和Tn.综合提升组9.(2021陕西西安高三期中)已知数列{an}的前n项和为Sn=2-3n,则此数列奇数项的前m项和为( )A.B.C.D.-10.(2021贵溪实验中学高三月考)对于实数x,[x]表示不超过x的最大整数.已知数列{an}的通项公式为an=,前n项和为Sn,则[S1]+[S2]+…+[S40]=( )A.105B.120C.125D.130\n11.在数列{an}中,a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),若bn=ancos,且数列{bn}的前n项和为Sn,则S11=( )A.64B.80C.-64D.-8012.在数列{an}中,a1=2,ap+q=apaq(p,q∈N*),记bm为数列{an}中在区间(0,m](m∈N*)内的项的个数,则数列{bm}的前150项和S150= . 13.(2021山东聊城一中高三一模)已知等差数列{an}的首项为2,公差为d,前n项和为Sn,各项均为正数的等比数列{bn}的首项为1,公比为q,且满足前n项和为a3=2b2,S5=b2+b4.(1)求数列{an},数列{bn}的通项公式;(2)设cn=(-1)nlog3Sn+log3bn,求数列{cn}的前26项和.14.(2021江苏扬州中学高三模拟)在等差数列{an}中,a1+3,a3,a4成等差数列,且a1,a3,a8成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)在任意相邻两项ak与ak+1(k=1,2,…)之间插入2k个2,使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn},求数列{bn}的前200项和T200.创新应用组15.(2021浙江高三开学考试)在数列{an}中,a1=3,an+1=3an-4n,若bn=,且数列{bn}的前n项和为Sn,则Sn=( )A.n1+B.C.n1+D.n1+16.(2021河北沧州高三期中)在数列{an}中,a1=-1,an+1+(-1)n·an=11-2n,记数列{an}的前n项和为Sn.\n(1)求S101的值;(2)求Sn的最大值.17.(2021天津静海一中高三月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,S2=2a2-2,S3=a4-2,数列{an}满足a2=4b1,nbn+1-(n+1)bn=n2+n(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)证明数列为等差数列;(3)设数列{cn}的通项公式为cn=其前n项和为Tn,求T2n.\n课时规范练28 数列求和1.C 解析∵数列{an}为等比数列,∴=a2a10=16.又a6=a2q4>0,∴b6=a6=4.又数列{bn}为等差数列,∴S11=×11=11a6=44.故选C.2.A 解析由Sn=+…+,可得Sn=+…+.两式相减可得,Sn=+…+,所以Sn=,故选A.3.D 解析因为a1=2,(1-an)an+1=1,所以由(1-a1)a2=1得a2=-1,进而得a3=,a4=2=a1,可得an+3=an,所以a1+a2+…+a2021=673(a1+a2+a3)+a1+a2=673×+1=.故选D.4.C 解析因为an+an+1=2n,①所以an+1+an+2=2n+2,②由②-①得an+2-an=2,所以数列{an}奇数项与偶数项均成公差为2的等差数列.当n为奇数时,an=a1+×2=n+a1-1;当n为偶数时,an=a2+×2=n+a2-2=n+(2-a1)-2=n-a1.又因为a1=a4,所以a1=4-a1,得a1=2,所以an=所以S101=(a1+…+a101)+(a2+…+a100)=(2+102)+(0+98)=5102.故选C.5.A 解析因为an=,所以其前n项和为1-+…+=1-.故选A.6. 解析因为y'=2x,所以在点(n,n2)(n∈N*)处的切线的斜率为k=2n,\n所以切线方程为y-n2=2n(x-n),即ln的方程为y=2nx-n2,令y=0,得x=.ln+1:y=2(n+1)x-(n+1)2,令y=0,得x=.由直线ln,ln+1的交点坐标为,n2+n,所以直线ln,ln+1及x轴围成的三角形的面积为Sn=(n2+n)=n(n+1),所以=4,则=41-+++…+=41-=.7.证明(1)由题意得an+2+an+1=3an+1+3an,bn≠0,∴bn+1=3bn,即=3,且b1=a2+a1=2+1=3,∴数列{bn}是以3为首项,3为公比的等比数列,∴bn=3n.(2)由(1)得,Sn=,∴,∴Tn=+…+==.8.解(1)当n=1时,a1=S1==1,当n≥2,an=Sn-Sn-1==3n-2,所以n=1满足n≥2时的情况,所以an=3n-2(n∈N*).因为log3bn=log3b1+(n-1)×(-1)=1-n,所以bn=31-n.(2)因为cn=a2n+1+b2n+1=3(2n+1)-2+31-(2n+1)=6n+1+n,\n所以Tn=,所以Tn=3n2+4n+1-.9.B 解析当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2-3n)-(2-3n-1)=-2·3n-1.因为当n=1时,a1=-1不满足,所以数列{an}从第2项开始成等比数列.又a3=-18,则数列{an}的奇数项构成的数列的前m项和Tm=-1=.故选B.10.B 解析因为an=,所以Sn=+…+-1.[S1]=[-1]=0,[S2]=[-1]=0,[S3]=[-1]=1,[S4]=[-1]=1,…,[S7]=[-1]=1,[S8]=[-1]=2,[S9]=[-1]=2,…,[S14]=[-1]=2,[S15]=[-1]=3,[S16]=[-1]=3,…,[S23]=[-1]=3,[S24]=[-1]=4,[S25]=[-1]=4,…,[S34]=[-1]=4,[S35]=[-1]=5,[S36]=[-1]=5,…,[S40]=[-1]=5.故[S1]+[S2]+…+[S40]=0×2+1×5+2×7+3×9+4×11+5×6=120.故选B.11.C 解析已知nan+1=(n+1)an+n(n+1),则+1,可得数列是首项为1,公差为1的等差数列,即有=n,即an=n2,则bn=ancos=n2cos,则S11=-(12+22+42+52+72+82+102+112)+(32+62+92)=-(12+22-32-32+42+52-62-62+72+82-92-92+102+112)\n=-×(5+23+41+59)=-64.故选C.12.803 解析令p=1,q=n,则a1+n=a1an=2an,所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an=2n.当m=1时,b1=0.当2n≤m<2n+1时,bm=n,所以S150=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b64+b65+…+b127)+(b128+b129+…+b150)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×26+7×(150-127)=803.13.解(1)由题意得∴q3-9q=0.∵{bn}是各项均为正数的等比数列,∴q=3,则d=2,∴an=2+2(n-1)=2n,bn=1·3n-1=3n-1.(2)由(1)得,Sn=n(2+2n)=n(n+1),则cn=(-1)nlog3[n(n+1)]+log33n-1=(-1)nlog3n+(-1)nlog(n+1)+n-1,∴数列{cn}的前26项和为T26=(-log31-log32+0)+(log32+log33+1)+(-log33-log34+2)+…+(-log325-log326+24)+(log326+log327+25)=-log31+log327+=3+325=328.14.解(1)设等差数列{an}的公差为d.由题意得a1+3+a4=2a3,即2a1+3+3d=2a1+4d,解得d=3.又a1a8=,即a1(a1+7×3)=(a1+2×3)2,解得a1=4,所以an=3n+1.(2)在数列{bn}中,ak+1前面(包括ak+1)共有2+22+23+…+2k+(k+1)=2k+1+k-1项.令2k+1+k-1≤200(k=1,2,…),则k≤6,所以a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7出现在数列{bn}的前200项中.当k=6时,2k+1+k-1=133,所以a7前面(包括a7)共有133项,所以a7后面(不包括a7)还有67个2.所以T200=(4+7+…+22)+2(2+22+23+…+26+67)=91+386=477.15.D 解析由an+1=3an-4n,可得an+1-[2(n+1)+1]=3[an-(2n+1)].∵a1=3,∴a1-(2×1+1)=0,则可得数列{an-(2n+1)}为常数列0,即an-(2n+1)=0,∴an=2n+1,∴bn==1+=1+,∴Sn=n++…+=n+=n1+.故选D.16.解(1)当n=2k(k∈N*)时,由an+1+(-1)n·an=11-2n可得,a2k+1+a2k=11-4k,①\n所以a2+a3=11-4×1,a4+a5=11-4×2,…,a100+a101=11-4×50,因此S101=a1+11×50-4×=-4551.(2)当n=2k-1(k∈N*)时,a2k-a2k-1=13-4k.②①式减去②式得a2k+1+a2k-1=-2.又a1=-1,所以a2k-1=-1(k∈N*),a2k=12-4k,可得a2=8,a4=4,a6=0.当k>3(k∈N*)时,a2k<0,a2k-1=-1<0,则当n>6(n∈N*)时,an<0.又S1=-1,S2=7,S3=6,S4=10,S5=S6=9,当n>6(n∈N*)时,Sn>Sn+1,所以当n=4时,Sn取得最大值,且S4=10.17.(1)解因为等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,S2=2a2-2,S3=a4-2,所以S3-S2=a4-2a2=a3,整理得a2q2-2a2=a2q.又a2≠0,所以q2-q-2=0.由于q>0,解得q=2.由于a1+a2=2a2-2,解得a1=2,所以an=2n.(2)证明数列{an}满足a2=4b1,解得b1=1.由于nbn+1-(n+1)bn=n2+n,所以=1,所以数列是以1为首项,1为公差的等差数列.(3)解因为数列是以1为首项,1为公差的等差数列,所以=1+(n-1)=n,所以bn=n2.因为数列{cn}的通项公式为cn=所以令pn=c2n-1+c2n=-=(4n-1)·4n-1,所以T2n=3·40+7·41+11·42+…+(4n-1)·4n-1,①4T2n=3·41+7·42+11·43+…+(4n-5)·4n-1+(4n-1)·4n.②①-②得-3T2n=3·40+4·41+…+4·4n-1-(4n-1)·4n,整理得-3T2n=3+4·-(4n-1)·4n,故T2n=·4n.
