通用版高考数学一轮复习课时突破练35　数列求和（含解析）

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通用版高考数学一轮复习
课时突破练35　数列求和
基础达标练
1.(2024·山东潍坊期中)记数列{an}的前n项和为Sn,若an=(-1)n(2n-1),则S101=(　　)
A.301 B.101
C.-101 D.-301
2.(2024·河北模拟)已知首项为2的数列{an}满足4an+1-5an+1an-2an=2,当{an}的前n项和Sn≥16时,则n的最小值为(　　)
A.40 B.41
C.42 D.43
3.(2024·辽宁大连期中)已知数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列,且ln b1 013=0,若f(x)=,则f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025)=(　　)
A.4 050 B.2 025
C.4 052 D.2 026
4.(2024·河北张家口三模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,an+1=则S100=(　　)
A.3×251-156 B.3×251-103
C.3×250-156 D.3×250-103
5.(2024·江苏南京二模)我们把各项均为0或1的数列称为0-1数列,0-1数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛的应用.把佩尔数列{Pn}(P1=0,P2=1,Pn+2=2Pn+1+Pn,n∈N*)中的奇数换成0,偶数换成1,得到0-1数列{an}.记{an}的前n项和为Sn,则S20=(　　)
A.16 B.12
C.10 D.8
6.(2024·安徽亳州期中)若数列{an}满足an=an-1+(n≥2且n∈N*),a1=,则a2 024=(　　)
A. B.
C. D.
7.设数列{an}的前n项和为Sn,已知a2=2,an+2+(-1)n-1an=2,则S60=　　　　.
能力提升练
8.(2024·福建泉州一模)记数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若{an}是等差数列,且S6=S5+25=90,anbnan+1=1,则T10=(　　)
A. B. C. D.
9.(2024·山东二模)欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n,且与n互质的正整数的个数.已知bn=,n∈N*,Tn是数列{bn}的前n项和,若TnA. B.1
C. D.2
10.(多选)(2024·山西吕梁模拟)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn,a2=3,公差为d,若(S1+S3)2=S2S5,则(　　)
A.d=2或d=
B.a1=1
C.
D.=1
11.(多选)我们把Fn=+1(n=0,1,2,…)叫做“费马数”(费马是十七世纪法国数学家).设an=log2(Fn-1),n=1,2,…,Sn表示数列{an}的前n项和,则使不等式S1+S2+S3+…+Sn>2 025-2n成立的正整数n的值可以是(　　)
A.7 B.8 C.9 D.10
12.(2024·浙江模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=,数列{bn}的前n项和为Tn,且(-1)Sn=an+1,则满足Tn≥2的正整数n的最小值为　　　　.
13.(2024·山东临沂二模)根据统计数据,某种植物感染病毒之后,其存活日数X满足:对于任意的n∈N*,X=n+1的样本在X>n的样本里的数量占比与X=1的样本在全体样本中的数量占比相同,均等于,即P(X=n+1|X>n)=P(X=1)=,则P(X>n)=　　　　,设an=nP(X=n),{an}的前n项和为Sn,则Sn=　　　　.
14.(15分)(2024·湖北模拟)已知数列{an},{bn}满足a1=0,b1=3,且an=an-1+bn-1,bn=an-1+bn-1.
(1)若{λan+bn}为等比数列,求λ的值;
(2)在(1)的条件下,求数列{an}的前n项和Sn.
素养拔高练
15.(17分)(2024·湖南岳阳期末)定义:对于一个无穷数列{an},如果存在常数a,对于任意给定的正数ε,总存在正整数N,使得对于任意大于N的正整数n,都有|an-a|<ε.则称常数a为数列{an}的极限,记作an=a.根据上述定义,完成以下问题:
(1)若an=3+-n,bn=log2(2n-1),判断数列{an}和{bn}是否存在极限;如果存在,请写出它的极限(不需要证明).
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,数列是公差为的等差数列.
①求数列{an}的通项公式;
②若Tn=+…+,证明:Tn=1.
答案：
1.C　在数列{an}中,an=(-1)n(2n-1),则a2n-1+a2n=-(4n-3)+(4n-1)=2,所以S101=50×2+a101=100-201=-101.故选C.
2.B　由题意得a1=2,4a2-5a2a1-2a1=2,解得a2=-1,同理4a3-5a3a2-2a2=2,解得a3=0,4a4-5a4a3-2a3=2,解得a4=,4a5-5a5a4-2a4=2,解得a5=2,故{an}为一个周期为4的数列,且a1+a2+a3+a4=2-1+0+,故S40=10(a1+a2+a3+a4)=15,S41=10(a1+a2+a3+a4)+2=17,故n的最小值为41.故选B.
3.A　由数列{bn}是公比为q(q≠1)的正项等比数列,故bn>0,因为ln b1 013=0,故b1 013=1,b1·b2 025==1,即有b1·b2 025=b2·b2 024=…=b2 025·b1=1,由f(x)=,则当x>0时,有f(x)+f==4,设S=f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025),S=f(b2 025)+f(b2 024)+…+f(b1),2S=2 025×4,S=4 050,故f(b1)+f(b2)+…+f(b2 025)=4 050.故选A.
4.A　因为a1=1,an+1=所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1,a2k+1=2a2k=2a2k-1+2,k∈N*,且a2=2,所以a2k+2+a2k+1=2(a2k+a2k-1)+3,记bn=a2n+a2n-1,则bn+1=2bn+3,所以bn+1+3=2(bn+3),所以{bn+3}是以b1+3=a1+a2+3=6为首项,2为公比的等比数列,所以bn+3=6×2n-1,bn=6×2n-1-3,记{bn}的前n项和为Tn,则S100=T50=(6×20+6×21+6×22+…+6×249)-3×50=3×251-156.故选A.
5.C　因为P1=0,P2=1,Pn+2=2Pn+1+Pn,n∈N*,所以P3=2P2+P1=2×1+0=2,P4=2P3+P2=2×2+1=5,P5=2P4+P3=2×5+2=12,P6=2P5+P4=2×12+5=29,P7=2P6+P5=2×29+12=70,P8=2P7+P6=2×70+29=169,…,可以看出数列{an}的前20项为1,0,1,0,…,1,0,故S20=10×1+10×0=10.故选C.
6.C　由an=an-1+可得an-an-1=,则有an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=+…+=1-故a2 024=故选C.
7.960　由an+2+(-1)n-1an=2,当n为奇数时,有an+2+an=2;当n为偶数时,an+2-an=2,∴数列{an}的偶数项构成以2为首项,以2为公差的等差数列,则S60=(a1+a3+a5+a7+…+a57+a59)+(a2+a4+a6+a8+…+a58+a60)=15×2+30×2+2=960,故答案为960.
8.A　因为{an}是等差数列,可设公差为d,由S6=S5+25=90,可得解得所以an=5+4(n-1)=4n+1,再由anbnan+1=1得bn=,则数列{bn}的前n项和分别为Tn,即Tn=b1+b2+…+bn=++…+=,所以T10==,故选A.
9.A　因为3为质数,在不超过3n的正整数中,所有能被3整除的正整数的个数为3n-1,φ(3n)=3n-3n-1=2×3n-1(n∈N*),所以φ(3n+1)=3n+1-3n=2×3n(n∈N*),则bn=,所以Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn,Tn=+…+Tn=+…+,两式相减可得Tn=+…+1---n,所以Tn=-n<,因为Tn10.BCD　由等差数列的性质以及(S1+S3)2=S2S5,得(4a2-d)2=(2a2-d)·(5a2+5d),即(12-d)2=(6-d)(15+5d),解得d=2或d=,若d=2,则a1=1≥0,符合题意,若d=,a1=3-=-<0,不符合题意,故A错误,B正确;由等差数列的前n项和公式得Sn=n+2=n2,所以,=1-+…+=1+=,故C正确;由=n,所以=2 025-2 024=1,故D正确.故选BCD.
11.CD　∵Fn=+1(n=0,1,2,…),∴an=log2(Fn-1)=2n,n∈N*,∴Sn==2n+1-2,∴S1+S2+S3+…+Sn=-2n=2n+2-2n-4,
∴2n+2-2n-4>2 025-2n 2n+2>2 029.当n=8时,210=1 024,不满足题意;当n=9时,211=2 048,满足题意,故最小正整数n的值为9.故选CD.
12.15　因为an=,所以Sn=()+()+…+()=,因为(-1)Sn=an+1,所以(-1),整理得+1=,
所以bn=log2=log2-log2,所以Tn=(log2-log2)+(log2-log2)+…+(log2-log2)=log2,令log22,解得n≥15.
所以正整数n的最小值为15.
故答案为15.
13.n　5-(n+5)n　P(X=n+1|X>n)=P(X=1)=,因为P(X=n+1|X>n)=,所以P(X=n+1)=P(X>n),将n换成n-1,此时P(X=n)=P(X>n-1),两式相减可得P(X=n)-P(X=n+1)=P(X>n-1)-P(X>n)=P(X=n),即(n≥2),又因为P(X=2)=P(X>1)=(1-P(X=1))=P(X=1),所以对任意n∈N*都成立,此时{P(X=n)}是首项为,公比为的等比数列,所以P(X=n)=n-1,故P(X>n)=5P(X=n+1)=5n=n,an=nP(X=n)=nn-1,Sn=1×0+2×1+…+(n-1)n-2+nn-1,Sn=1×1+2×2+…+(n-1)·n-1+nn,两式作差得Sn=1+1+2+…+n-1-nn,Sn=-nn=5-(n+5)n.
14.解 (1)根据题意λan+bn=an-1+bn-1,
∵{λan+bn}为等比数列,设公比为q,则λan+bn=(λan-1+bn-1)q,,即λ2+λ-2=0,解得λ=-2或λ=1,当λ=-2时,q=,即-2an+bn=(-2an-1+bn-1).又-2a1+b1=3,∴{-2an+bn}成以3为首项,为公比的等比数列.当λ=1时,q=1,即an+bn=an-1+bn-1,又a1+b1=3,∴{an+bn}成以3为首项,1为公比的等比数列.
综上,λ=-2或λ=1.
(2)由(1)得-2an+bn=3·n-1,an+bn=3,
∴an=1-n-1.
∴Sn=1-0+1-1+1-2+…+1-n-1=n-=n-1+n-2.
15.(1)解 数列{an}存在极限,因为当n→+∞时,-n→0,所以an=3+-n=3,数列{bn}不存在极限,因为当n→+∞时,(2n-1)→+∞,log2(2n-1)→+∞,所以数列{bn}不存在极限.
(2)①解 因为=1,所以=1+(n-1)=n+,得到Sn=(n+2)an, ①
当n≥2时,Sn-1=(n+1)an-1, ②
由①-②,得到an=(n+2)an-(n+1)an-1,
整理得到(n≥2,n∈N*),
所以……,得到,
又因为a1=2,所以当n≥2时,an=(n+1)n,
又因为n=1,满足a1=2,
所以数列{an}的通项公式为an=(n+1)n.
②证明 由①知,
所以Tn=+…+=1-+…+=1-,当n→+∞时,0,所以Tn=1-=1.
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