2025人教B版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--专题强化练2　数列求和问题

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2025人教B版高中数学选择性必修第三册
专题强化练2　数列求和问题
1.(2024河南青桐鸣联考)已知{an}的通项公式为an=(n∈N*),a1+a2+…+anA.1　　　　B.
2.(2024山东菏泽期末)0—1数列是指每一项均为0或1的数列,这类数列在计算机科学领域有着广泛应用.若数列{an}是0—1数列,当且仅当n=6k±1(k∈N*)时,an=1,设{an}的前n项和为Sn,则满足Sn=200的n的最大值为(　　)
A.600　　　　B.601　　　　C.604　　　　D.605
3.(2024福建三明期末)已知数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若a1=2,nan+1=2Sn,bn=(-1)nan,则T200=(　　)
A.150　　　　B.100　　　　C.200　　　　D.5 050
4.(2024云南曲靖第二中学期末)已知数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列,且2ln b1 012=0,若f(x)=,则f(b1)+f(b2)+…+f(b2 023)=(　　)
A.4 069　　　　B.2 023　　　　C.2 024　　　　D.4 046
5.(2024山东青岛月考)设[x]表示不超过x的最大整数(例如:[3.5]=3,[-1.5]=-2),则[log21]+[log22]+[log23]+…+[log22 046]=(　　)
A.9×210-8　　　　B.9×211-8　　　　
C.9×210+2　　　　D.9×211+2
6.(2024安徽示范高中皖北协作区联考)已知数列{an}满足(-1)n+1an+2+(-1)nan=3(-1)n+1(n∈N*),若a1=a2=1,则{an}的前20项和S20=　　　　.
7.(2023山西名校联考)已知数列{an}满足an>0,,且3a1,a2+3,a3成等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=求数列{bn}的前2n项和T2n.
8.(2024天津第二南开学校月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S7=35,a2a4=45.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
答案与分层梯度式解析
1.D　an=,
故a1+a2+…+an=+…+=,所以m≥,即m的最小值为.故选D.
2.C　由题意可知a1=a2=a3=a4=a6=0,a5=1,
且a6k+1=a6k+5=1,a6k+2=a6k+3=a6k+4=a6k+6=0,k∈N*,
所以
且当k=100时,a601=a605=1,a602=a603=a604=a606=0,
可知S601=1+2×99+1=200,且S602=S603=S604=200,S605=201,
所以满足Sn=200的n的最大值为604.故选C.
3.C　已知nan+1=2Sn①,当n=1时,a2=2S1=2a1=4,当n≥2时,(n-1)an=2Sn-1②,
由①-②可得nan+1-(n-1)an=2an,即(n≥2),又,所以an=×…××…××2=2n(n≥2),
又a1=2满足an=2n,所以an=2n(n∈N*).
所以bn=(-1)nan=(-1)n×2n,
易知b1+b2=b3+b4=b5+b6=…=b199+b200=2,
所以T200=b1+b2+…+b199+b200=100(b1+b2)=200.
故选C.
4.D　由数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列,知bn>0,
2ln b1 012=ln =ln(b1·b2 023)=0,故b1·b2 023=1,
故b1·b2 023=b2·b2 022=…=b2 023·b1=1,
由f(x)=,得当x>0时,f(x)+f=4,
故f(b1)+f(b2 023)=f(b2)+f(b2 022)=…=f(b2 023)+f(b1)=4,
故2[f(b1)+f(b2)+…+f(b2 023)]=[f(b1)+f(b2 023)]+[f(b2)+f(b2 022)]+…+[f(b2 023)+f(b1)]=2 023[f(b1)+f(b2 023)]=8 092,
故f(b1)+f(b2)+…+f(b2 023)=4 046.故选D.
5.B　由已知得,当2n≤x<2n+1时,[log2x]=n,
故[log22n]=[log2(2n+1)]=…=[log2(2n+1-1)]=n,共有2n个n.
因为210<2 046<211,
所以[log21]+[log22]+[log23]+…+[log22 046]
=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log22 047]-[log22 047]
=0+2×1+4×2+…+210×10-10=21×1+22×2+…+210×10-10,
设S=21×1+22×2+…+210×10,①
则2S=22×1+23×2+…+211×10,②
①-②,得-S=21+22+…+210-211×10=-211×10=211-2-211×10=-9×211-2,所以S=9×211+2.
所以[log21]+[log22]+[log23]+…+[log22 046]=9×211+2-10=9×211-8.故选B.
6.答案　-250
解析　由(-1)n+1an+2+(-1)nan=3(-1)n+1,
可得当n为奇数时,an+2-an=-2,即数列{a2n-1}是以a1=1为首项,-2为公差的等差数列,
于是a2n-1=1+(n-1)·(-2)=-2n+3,
当n为偶数时,-an+2+an=4,即an+2-an=-4,
则数列{a2n}是以a2=1为首项,-4为公差的等差数列,于是a2n=1+(n-1)·(-4)=-4n+5,
所以{an}的前20项和S20=×10=-250.
7.解析　(1)∵,
∴(an+1+an)(an+1-2an)=0,
∵an>0,∴an+1+an>0,∴an+1-2an=0,即=2,
∴数列{an}是公比为2的等比数列,
又3a1,a2+3,a3成等差数列,
∴3a1+a3=2(a2+3),即3a1+a1·22=2(2a1+3),解得a1=2,∴an=2n.
(2)由(1)可知an=2n,
∴bn=
∴T2n=b1+b2+b3+…+b2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=(21+23+…+22n-1)-(2+4+…+2n)
=-n(n+1).
8.解析　(1)设数列{an}的公差为d,
由S7=35,a2a4=45,
得
∴an=11+(n-1)×(-2)=13-2n.
(2)由(1)得Sn==12n-n2,
令13-2n>0,得n<,
∴当n≤6时,an>0,此时Tn=Sn=12n-n2,
当n>6时,an<0,此时Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+a6-(a7+a8+…+an)=S6-(Sn-S6)=2S6-Sn=2×(12×6-62)-(12n-n2)=n2-12n+72.
∴Tn=
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