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专题突破练(分值:77 分)
学生用书
P165
一、选择题:本题共6 小题,每小题5 分,共30 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是
符合题目要求的.
1.(2024·浙江杭州二模)设数列{an},{bn}满足a1=b1=1,an+bn+1=2n,an+1+bn=2n.设Sn为数列{an+bn}的前n
项的和,则S7=( )
A.110
B.120
C.288
D.306
答案A
解析S7=a1+b1+a2+b2+a3+b3+a4+b4+a5+b5+a6+b6+a7+b7=a1+b1+(a2+b3)+(b2+a3)+(a4+b5)+(b4+a5)+
(a6+b7)+(b6+a7)=1+1+2×2+22+2×4+24+2×6+26=2+4+4+8+16+12+64=110.故选A.
2.(2024·重庆模拟)已知数列{an}满足:a1=1,an+1={
an-1,n为奇数,
2
n,n为偶数,
则∑
k =1
10
ak=( )
A.511
B.677
C.1 021
D.2 037
答案B
解析∑
k =1
10 ak=a1+a2+…+a10=a1+a1-1+a3+a3-1+…+a9+a9-1=2(a1+a3+a5+a7+a9)-5=2×(1+22+24+26+28)-
5=2×(4+16+64+256)-3=677.故选B.
3.(2024·湖南衡阳模拟)已知公差不为零的等差数列{an}满足:a3+a8=20,且a5是a2与a14的等比中项,设
数列{bn}满足bn=
1
anan+1
(n∈N*),则数列{bn}的前n 项和Sn为( )
A.1-
1
2n+1 =
2n
2n+1
B.1+
1
2n+1 = 2n+2
2n+1
C. 1
2(1-
1
2n+1)=
n
2n+1
D. 1
2(1+
1
2n+1)= n+1
2n+1
答案C
解析设等差数列{an}的公差为d(d≠0),因为a3+a8=20,且a5是a2与a14的等比中项,
可得{
a3+a8=20,
a5
2=a2a14,
即{
2a1+9d =20,
(a1+ 4 d )
2=(a1+d )(a1+13d ),
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解得{
a1=1,
d =2,
所以an=2n-1.
又由bn=
1
anan+1
=
1
(2n-1)(2n+1) = 1
2(
1
2n-1 -
1
2n+1),
可得Sn=1
2
(1-1
3 + 1
3 - 1
4
+…+
1
2n-1 -
1
2n+1
)=1
2(1-
1
2n+1)=
n
2n+1 .故选C.
4.(2024·安徽三模)记数列{an}的前n 项和为Sn,若a1=1,Sn+Sn+1=3n2+2n+1,则S20=( )
A.590
B.602
C.630
D.650
答案A
解析因为Sn+Sn+1=3n2+2n+1,
所以Sn+1+Sn+2=3(n+1)2+2(n+1)+1,
两式相减可得an+1+an+2=6n+5=6(n+1)-1.
由a1=1,S1+S2=3×12+2×1+1=6,解得a2=4,
所以a1+a2=5,满足上式,
故an+an+1=6n-1,
所以S20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)=5+17+29+…+113=10×(5+113)
2
=590.
故选A.
5.(2024·江西模拟)在学习完“错位相减法”后,善于观察的同学发现对于“等差×等比数列”此类数
列求和,也可以使用“裂项相消法”求解.例如an=(n+1)·2n=(-n+1)·2n-(-n)·2n+1,故数列{an}的前n 项和
Sn=a1+a2+a3+…+an=0×21-(-1)×22+(-1)×22-(-2)×23+…+(-n+1)·2n-(-n)·2n+1=n·2n+1.记数列{
n
2
2
n}的前n 项
和为Tn,利用上述方法求T20-6=( )
A. 243
2
19
B.-243
2
19
C. 485
2
20
D.-485
2
20
答案B
解析设n
2
2
n = a(n-1)
2+b(n-1)+c
2
n-1
- an
2+bn+c
2
n
= an
2+(b- 4 a)n+2a-2b+c
2
n
,
则{
a=1,
b- 4 a=0,
2a-2b+c =0,
解得{
a=1,
b= 4,
c =6,
所以n
2
2
n =(n-1)
2+ 4(n-1)+6
2
n-1
- n
2+ 4 n+6
2
n
,则数列{
n
2
2
n}的前n 项和为(6-1
2+ 4×1+6
2
)+(
1
2+ 4×1+6
2
- 2
2+ 4×2+6
2
2
)+…+[(n-1)
2+ 4(n-1)+6
2
n-1
- n
2+ 4 n+6
2
n
]=6-n
2+ 4 n+6
2
n
.
故T20-6=-486
2
20 =-243
2
19 .故选B.
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6.(2024·浙江温州三模)数列{an}的前n 项和为Sn,an+1=Sn
an
(n∈N*),则∑
i=1
5
a2i-∑
i=1
6
a2i-1可以是( )
A.18
B.12
C.9
D.6
答案C
解析由an+1=Sn
an
(n∈N*)可得Sn=an+1·an且an≠0,
由上式可知a2=S1
a1
=1,
且Sn+1=an+2·an+1,
两式相减得an+1=an+2·an+1-an+1·an,
两边同时除以an+1(an+1≠0)得an+2-an=1,
由上式可知数列{an}的奇数项和偶数项分别成等差数列,公差为1,
所以∑
i=1
5 a2i-∑
i=1
6 a2i-1=(a2+a4+a6+a8+a10)-(a1+a3+a5+a7+a9+a11)=(1+2+3+4+5)-
(a1+a1+1+a1+2+a1+3+a1+4+a1+5)=-6a1,
由此数列的奇数项公式为a2n-1=a1+(n-1),
又由an≠0,所以可以判断a1一定不能为负整数,即只能有-6a1=9.故选C.
二、选择题:本题共2 小题,每小题6 分,共12 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目
要求,全部选对的得6 分,部分选对的得部分分,有选错的得0 分.
7.(2024·安徽淮北二模)已知数列{an},{bn}的前n 项和分别为Sn,Tn,若an=2n-1,Tn=2n+1-2,则下列说法正
确的是( )
A.S10=100
B.b10=1 024
C.{
1
anan+1}的前10 项和为9
19
D.{
1
bn}的前10 项和为1 023
1 024
答案ABD
解析∵an=2n-1,∴{an}是首项a1=1,公差d=2 的等差数列,∴S10=10×1+10×(10-1)
2
×2=100.故选项
A 正确.
令cn=
1
anan+1
,则cn=1
d(
1
an
- 1
an+1)= 1
2(
1
an
- 1
an+1),∴c1+c2+…+c10=1
2 ( 1
a1
- 1
a2
+ 1
a2
- 1
a3
+…+
1
a10
- 1
a11
)=1
2(
1
a1
- 1
a11).
又a1=1,a11=21,∴c1+c2+…+c10=1
2(1- 1
21)= 10
21 .故选项C 错误.
∵Tn=2n+1-2,∴bn=Tn-Tn-1=2n+1-2-2n+2=2n(n>1,n∈N*),
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又b1=T1=21+1-2=2,b1=21=2,
∴bn=2n(n∈N*),
∴{bn}是首项为b1=2,公比q=2 的等比数列,
∴b10=210=1 024.故选项B 正确.
∵1
bn
= 1
2
n = 1
2 ·(
1
2)
n-1
,∴{
1
bn}是首项为1
2
,公比为1
2
的等比数列, 1
b1
+ 1
b2
+ 1
b3
+…+
1
b10
=
1
2 ×(1- 1
2
10)
1- 1
2
= 1 023
1 024 .故选项D 正确.故选ABD.
8.(2024·山东济南二模)数列{an}满足a1=1,an={
an-1, n
4 ∈N
*,
an-1+1, n
4 ∉N
*,
n≥2,bm表示{an}落在区间[2m,2m+1)
的项数,其中m∈N*,则下列说法正确的是
( )
A.b3=10
B. 3n
4 ≤an≤3n+3
4
C.∑
k =1
4 n ak=6n2+3n
D.∑
k =1
2n bk=4
3
(4n-1)
答案BC
解析根据题意,列举可得,数列{an}的前若干项分别为1,2,3,3,4,5,6,6,….不难发现,
a4k=3k,a4k-1=3k,a4k-2=3k-1,a4k-3=3k-2.
对于A,根据数列列举可得1,2,3,3,4,5,6,6,7,8,9,9,10,11,12,12,13,14,15,15,16,17,18,18,….即落在区间
[23,24)上的有8,9,9,10,11,12,12,13,14,15,15 共有11 项,因此b3=11.故A 错误.
对于B,当n=4k 时,an=3k=3n
4
;当n=4k-1 时,an=3k=3(n+1)
4
;当n=4k-2 时,an=3k-1=3(n+2)
4
-1=
3n+2
4
;当n=4k-3 时,an=3k-2=3(n+3)
4
-2=3n+1
4
,所以它们均在区间[
3n
4 , 3n+3
4 ]中.故B 正确.
对于C,∑
i=1
4 n ai=∑
i=1
n (a4i-3+a4i-2+a4i-1+a4i)=∑
i=1
n (3i-2+3i-1+3i+3i)=∑
i=1
n (12i-3)=n(9+12n-3)
2
=6n2+3n.故C
正确.
对于D,根据数列列举可得1,2,3,3,4,5,6,6,7,8,9,9,10,11,12,12,13,14,15,15,16,17,18,18,….
可得b1=3,b2=5,
所以当n=1 时,∑
k =1
2 bk=b1+b2=3+5=8,
而当n=1 时,4
3 ×(41-1)=4,所以此时∑
k =1
2n bk=4
3
(4n-1)不成立.故D 错误.
故选BC.
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三、填空题:本题共1 小题,每小题5 分,共5 分.
9.(2024·江西宜春模拟)已知数列{an}是等差数列,bn={
an-8,n为奇数,
2an+1,n为偶数,记Sn,Tn分别为{an},{bn}的
前n 项和,若S3=18,T2=10,则T20= .
答案370
解析设等差数列{an}的公差为d.
由S3=18,得a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d=3a1+3d=18,①
由T2=10,得a1-8+2a2+1=a1-8+2(a1+d)+1=10,
所以3a1+2d=17,②
联立①②,得{
3a1+3d =18,
3a1+2d =17,
解得a1=5,d=1,
所以an=a1+(n-1)d=5+(n-1)×1=n+4.
则bn={
n- 4,n为奇数,
2n+9,n为偶数,
所以T20=(b1+b3+…+b19)+(b2+b4+…+b20)=(-3-1+1+…+15)+(13+17+…+49)=-3+15
2
×10+
13+ 49
2
×10=370.
四、解答题:本题共2 小题,共30 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
10.(15 分)(2024·浙江宁波二模)已知等差数列{an}的公差为2,记数列{bn}的前n 项和为Sn,b1=0,b2=2
且满足bn+1=2Sn+an.
(1)证明:数列{bn+1}是等比数列;
(2)求数列{anbn}的前n 项和Tn.
(1)证明当n≥2 时,bn+1-bn=2(Sn-Sn-1)+an-an-1=2bn+2,
即bn+1=3bn+2.
又b1=0,b2=2,也符合b2=3b1+2,
所以当n≥1 时,bn+1=3bn+2,
即bn+1+1=3(bn+1).
又b1+1=1≠0,
所以bn+1≠0,
所以bn+1+1
bn+1
=3,
所以数列{bn+1}成等比数列.
(2)解由(1)易得bn=3n-1-1.
由b2=2b1+a1可得a1=2,所以an=2n.
故anbn=2n(3n-1-1)=2n×3n-1-2n,
所以Tn=2(1×30+2×31+3×32+…+n×3n-1)-n(n+1).
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令M=1×30+2×31+3×32+…+n×3n-1,
则3M=1×31+2×32+3×33+…+n×3n,
所以2M=-(30+31+32+…+3n-1)+n×3n=n×3n-1-3
n
1-3 =(2n-1)×3
n+1
2
,
所以Tn=2M-n(n+1)=(2n-1)×3
n+1
2
-n(n+1).
11.(15 分)(2024·山东潍坊三模)已知正项等差数列{an}的公差为2,前n 项和为Sn,且S1+1,S2,S3+1 成等
比数列.
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)若bn={
1
Sn
,n为奇数,
Sn·sin(n-1)π
2
,n为偶数,
求数列{bn}的前4n 项和.
解(1)因为S2
2=(S1+1)(S3+1),所以(2a1+2)2=(a1+1)(3a1+7),即(a1+1)(a1-3)=0,
解得a1=-1 或a1=3,
又因为an>0,所以a1=3,
所以an=3+2(n-1)=2n+1.
(2)Sn=n(a1+an)
2
=n(n+2),
所以1
Sn
= 1
2(
1
n -
1
n+2).
当n 为奇数时,b1+b3+…+b4n-1= 1
S1
+ 1
S3
+…+
1
S4 n-1
= 1
2(1- 1
3)+ 1
2(
1
3 - 1
5)+…+1
2 (
1
4 n-1 -
1
4 n+1
)=1
2(1-
1
4 n+1).
当n 为偶数时,b4n-2+b4n=S4n-2-S4n=(4n-2)×4n-4n×(4n+2)=-16n,
则b2+b4+…+b4n=-16(1+2+…+n)=-8n(n+1),
所以前4n 项和T4n=1
2(1-
1
4 n+1)-8n(n+1)= 2n
4 n+1
-8n(n+1).
