（福建专版）高考数学一轮复习 课时规范练30 数列求和 文-人教版高三数学试题

课时规范练30数列求和基础巩固组1.数列112,314,518,7116,…,(2n-1)+12n,…的前n项和SA.n2+1-12n B.2n2-n+1C.n2+1-12n-1 D.n22.在数列{an}中,a1=-60,an+1=an+3,则|a1|+|a2|+…+|a30|=()A.-495 B.765C.1080 D.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.1 B.9C.10 D.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A.2018-1 B.2C.2019-1 D.25.已知数列{an}中,an=2n+1,则1a2-a1+1aA.1+12n B.1-C.1-12n D.1+6.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,若Sn+1=n+2nSn,则数列1an7.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.〚导学号24190915〛8.设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)当d>1时,记cn=anbn,求数列{cn}的前n项和〚导学号24190916〛9.Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0,an2+2an=4Sn+(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=1anan+1,求数列{b〚导学号24190917〛综合提升组10.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.7 B.8 C.9 D.1011.(2017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A.2n2n+1C.2n2n-112.(2017福建龙岩一模,文15)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+1b213.(2017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1b1b〚导学号24190919〛创新应用组14.(2017全国Ⅰ)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.440 B.330 C.220 D.11015.观察下列三角形数表:1第1行22第2行343第3行4774第4行51114115第5行……假设第n行的第二个数为an(n≥2,n∈N*).(1)归纳出an+1与an的关系式,并求出an的通项公式;(2)设anbn=1(n≥2),求证:b2+b3+…+bn<2.答案：1.A该数列的通项公式为an=(2n-1)+12n,则Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+12+1222.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)=x∴an=1fS2018=a1+a2+a3+…+a2018=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(25.Can+1-an=2n+1+1-(2n+1)=2n+1-2n=2n,所以1a2-a1+1a3-a2+…+1a6.10094038∵Sn+1=n+2nSn,∴∴当n≥2时,Sn=SnSn-1·Sn-1Sn-2·Sn-2S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.∴1a则数列1ana=1127.解(1)设{an}的首项为a1,公差为d.由a5=11,a2+a6=18,得a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=n28.解(1)由题意,有10即2解得a故a(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=2n于是Tn=1+32+522+712Tn=12+322+①-②可得12Tn=2+12+122+…+12n-2-2n9.解(1)由an2+2an=4Sn可知an+12+2an+1=4Sn+1两式相减可得an+12-an2+2(an+1-an即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)·(由于an>0,可得an+1-an=2.又a12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a1=所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,故{an}的通项公式为an=2n+1.(2)由an=2n+1可知bn=1a设数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+…+bn=1210.Dan=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10.11.B由an+1=an2an+1∴数列1an是以1为首项,2∴1an=2n-1,又bn=anan+∴bn=1=12∴Sn=112n-112.nn+1对n∈N*都有Sn=1-an,当n=1时,a1=1-a1,解得a1=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=∴bn=log2an=-n.∴1b则1b1b2+1b2b3+…+13.解(1)当n=1时,a1=32a1-1,∴a1=2当n≥2时,∵Sn=32an-1,Sn-1=32an-1-1(n≥2),∴①-②得an=32an-1-32an∴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=2∴1b1b2+1b2=12

1-114.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