考點規(guī)范練32　數(shù)列求和基礎(chǔ)鞏固1.數(shù)列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n項和Sn的值等于(　　)A.n2+1- B.2n2-n+1-C.n2+1- D.n2-n+1-2.已知數(shù)列{an}滿足a1=1,且對任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n,則的前100項和為(　　)A. B. C. D.3.已知數(shù)列{an}滿足an+1-an=2,a1=-5,則|a1|+|a2|+…+|a6|=(　　)A.9 B.15 C.18 D.304.已知等差數(shù)列{an}滿足a1=-2 021,其前n項和為Sn,若5S12-6S10=120,則S2 022=(　　)A.-4 040 B.-2 022C.0 D.4 0405.已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列,Sn是其前n項和,a2=5,S5=35.數(shù)列的前n項和為Tn,若對一切n∈N*都有2m+1>Tn恒成立,則m能取到的最小整數(shù)為(　　)A.-1 B.0 C.1 D.26.(2021四川涼山三模)我國古代很早就有對等差數(shù)列和等比數(shù)列的研究成果.北宋大科學(xué)家沈括在《夢溪筆談》中首創(chuàng)的“隙積術(shù)”,就是關(guān)于高階等差數(shù)列求和的問題.現(xiàn)有一物品堆,從上向下數(shù),第一層有1個貨物,第二層比第一層多2個,第三層比第二層多3個,…,以此類推.記第n層貨物的個數(shù)為an,則數(shù)列的前2 021項和為(　　)A. B. C. D.7.已知數(shù)列{an}滿足:a3=,an-an+1=2anan+1,則數(shù)列{anan+1}前10項的和為　　　　　　. 8.在數(shù)列{an}中,a1=3,{an}的前n項和Sn滿足Sn+1=an+n2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn=(-1)n+,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 9.(2021廣西梧州模擬預(yù)測(文))已知數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列,它的前n項和為Sn,且a1,a3,a7成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn=,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 10.已知數(shù)列{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列,且a1+a2=2,a3+a4=32.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)設(shè)bn=+log2an,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 11.(2021四川瀘州二模)已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列,a2=4,且a3+2是a2和a4的等差中項.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)設(shè)bn=,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn.求使Tn>成立的最小整數(shù)n. 能力提升12.在數(shù)列{an}中,a1=1,且an+1=.若bn=anan+1,則數(shù)列{bn}的前n項和Sn為(　　)A. B. C. D.13.數(shù)列1,x,1,x,x,1,x,x,x,1,x,x,x,x,1,x,…,其中在第n個1與第n+1個1之間插入n個x,若該數(shù)列的前2 020項的和為7 891,則x=　　　　. 14.已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn,滿足=2Sn+n+4,a2-1,a3,a7恰為等比數(shù)列{bn}的前3項.(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項公式;(2)若cn=(-1)nlog2bn-,求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 15.(2021山東菏澤一模)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且an+1=2Sn+2,數(shù)列{bn}滿足b1=2,(n+2)bn=nbn+1,其中n∈N*.(1)分別求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式;(2)在an與an+1之間插入n個數(shù),使這n+2個數(shù)組成一個公差為cn的等差數(shù)列,求數(shù)列{bncn}的前n項和Tn. 高考預(yù)測16.(2021云南曲靖二模)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn.(1)請從①2Sn=3an-3-4n,②a1=-3,an+1=-an-4這兩個條件中任選一個,證明數(shù)列{an+2}是等比數(shù)列;(2)數(shù)列{bn}為等差數(shù)列,b3=5,b5=9,記cn=(an+2)bn,求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 答案：1.A　解析該數(shù)列的通項公式為an=(2n-1)+,則Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.D　解析∵an+1=a1+an+n,a1=1,∴an+1-an=1+n.∴an-an-1=n(n≥2).∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=.∴=2.∴的前100項和為2×1-+…+=2×.故選D.3.C　解析∵an+1-an=2,a1=-5,∴數(shù)列{an}是首項為-5,公差為2的等差數(shù)列.∴an=-5+2(n-1)=2n-7.∴數(shù)列{an}的前n項和Sn==n2-6n.令an=2n-7≥0,解得n≥.∴當(dāng)n≤3時,|an|=-an;當(dāng)n≥4時,|an|=an.∴|a1|+|a2|+…+|a6|=-a1-a2-a3+a4+a5+a6=S6-2S3=62-6×6-2(32-6×3)=18.4.C　解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.由5S12-6S10=120,得5×12a1+d-6×10a1+d=120,化簡得60d=120,解得d=2.又已知a1=-2021,則S2022=2022×(-2021)+×2=0.5.B　解析設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1,公差為d.由題意得解得故an=3+2(n-1)=2n+1.所以,所以Tn=+…+=<.對一切n∈N*都有2m+1>Tn恒成立,只需滿足2m+1≥即可,故m能取到的最小整數(shù)為0.6.B　解析由題意知,n≥2,n∈N*且a1=1,則由累加法可知an-a1=2+3+…+n,所以an=1+2+…+n=n+.當(dāng)n=1時,=1=a1,則an=,n∈N*,則=2.記的前n項的和為Sn,則Sn=+…+=2=2,則S2021=2×.7.　解析∵an-an+1=2anan+1,∴=2,即=2.∴數(shù)列是以2為公差的等差數(shù)列.∵=5,∴=5+2(n-3)=2n-1.∴an=.∴anan+1=.∴數(shù)列{anan+1}前10項的和為.8.解(1)由Sn+1=an+n2,①得Sn+1+1=an+1+(n+1)2,②②-①,得an=2n+1.a1=3滿足上式,所以數(shù)列{an}的通項公式為an=2n+1.(2)由(1)得bn=(-1)n+22n+1,所以Tn=b1+b2+…+bn=[(-1)+(-1)2+…+(-1)n]+(23+25+…+22n+1)==(4n-1).9.解(1)因為數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列,且a1,a3,a7成等比數(shù)列,所以=a1·a7,即(a1+4)2=a1(a1+12),解得a1=4,所以an=4+(n-1)×2=2n+2.(2)由(1)可得Sn=4n+×2=n2+3n,bn=,所以Tn=+…+,①則Tn=+…+,②①-②,得Tn=,所以Tn=,因此Tn=.10.解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0),則an=a1qn-1,且an>0.由已知得a1+a2=2=,即a1a2=2;a3+a4=32=,即a3a4=32.∵a3a4=a1a2q4=2q4=32,且q>0,∴q=2.由a1a2=q=2,且a1>0,得a1=1.∴數(shù)列{an}的通項公式為an=2n-1.(2)由(1)知bn=+log2an=4n-1+n-1,∴Tn=(1+4+42+…+4n-1)+(0+1+2+3+…+n-1)=.11.解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,因為a2=4,所以a2=a1q=4.因為a3+2是a2和a4的等差中項,所以2(a3+2)=a2+a4,即2(a1q2+2)=a1q+a1q3,所以q2-2q=0.因為q≠0,所以q=2,所以an=a2qn-2=4·2n-2=2n(n∈N*).(2)因為an=2n,所以bn=,Tn=+…+=1-,由Tn>,得1-,所以2n+1>65,即n>5,所以使Tn>成立的最小整數(shù)n=6.12.B　解析由an+1=,得+2,∴數(shù)列是以1為首項,2為公差的等差數(shù)列,∴=2n-1,又bn=anan+1,∴bn=,∴Sn=,故選B.13.4　解析當(dāng)n≥2時,前n個1之間共有n+[1+2+3+…+(n-1)]=項,當(dāng)n=63時,有=2016項,在第63個1的后面再跟的第4個x就是第2020項,所以前2020項中含63個1,其余的均為x.故該數(shù)列前2020項的和為63×1+(2020-63)x=7891,解得x=4.14.解(1)因為=2Sn+n+4,所以=2Sn-1+n-1+4(n≥2).兩式相減,得=2an+1,所以+2an+1=(an+1)2.因為{an}是各項均為正數(shù)的數(shù)列,所以an+1=an+1,即an+1-an=1.又=(a2-1)a7,所以(a2+1)2=(a2-1)(a2+5),解得a2=3.由=2S1+1+4,可得a1=2,所以{an}是以2為首項,1為公差的等差數(shù)列,所以an=n+1.由題意知b1=2,b2=4,b3=8,故bn=2n.(2)由(1)得cn=(-1)nlog22n-=(-1)nn-,故Tn=c1+c2+…+cn=[-1+2-3+…+(-1)nn]-.設(shè)Fn=-1+2-3+…+(-1)nn,則當(dāng)n為偶數(shù)時,Fn=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(n-1)+n]=;當(dāng)n為奇數(shù)時,Fn=Fn-1+(-n)=-n=.設(shè)Gn=+…+,則Gn=+…+.所以Tn=15.解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由已知an+1=2Sn+2,可得an=2Sn-1+2(n≥2),兩式相減可得an+1-an=2Sn-2Sn-1,即an+1-an=2an,整理得an+1=3an,可知q=3.已知an+1=2Sn+2,令n=1,得a2=2a1+2,即a1q=2a1+2,解得a1=2.故等比數(shù)列{an}的通項公式為an=2·3n-1(n∈N*).由b1=2,(n+2)bn=nbn+1(n∈N*),得,那么,…,,以上n-1個式子相乘,可得×…×,bn=n(n+1)(n≥2),又b1=2滿足上式,所以{bn}的通項公式bn=n(n+1)(n∈N*).(2)若在an與an+1之間插入n個數(shù),使這n+2個數(shù)組成一個公差為cn的等差數(shù)列,則an+1-an=(n+1)cn,即為2·3n-2·3n-1=(n+1)cn,整理得cn=,所以bncn=4·n·3n-1,Tn=b1c1+b2c2+b3c3+…+bn-1cn-1+bncn=4×1×30+4×2×31+4×3×32+…+4·(n-1)·3n-2+4·n·3n-1=4×(1×30+2×31+3×32+…+(n-1)·3n-2+n·3n-1),3Tn=4×[1×31+2×32+…+(n-1)·3n-1+n·3n],兩式相減得-2Tn=4×(30+31+32+…+3n-1-n·3n)=4,所以Tn=2=1+(2n-1)3n(n∈N*).16.(1)證明方案一:選條件①當(dāng)n=1時,2a1=2S1=3a1-3-4,解得a1=7,∴a1+2=7+2=9;當(dāng)n≥2時,由2Sn=3an-3-4n,可得2Sn-1=3an-1-3-4(n-1),兩式相減,可得2an=3an-3an-1-4,即an=3an-1+4.∴an+2=3an-1+4+2=3(an-1+2),∴數(shù)列{an+2}是以9為首項,3為公比的等比數(shù)列.方案二:選條件②當(dāng)n=1時,a1+2=-3+2=-1;當(dāng)n≥2時,an+1+2=-an-4+2=-(an+2).∴數(shù)列{an+2}是以-1為首項,-1為公比的等比數(shù)列.(2)解由題意,設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d,則d==2,b1=b3-2d=5-2×2=1,∴bn=1+2(n-1)=2n-1,n∈N*.方案一:選條件①由(1),可得an+2=9·3n-1=3n+1,則cn=(an+2)bn=(2n-1)·3n+1,∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=1×32+3×33+5×34+…+(2n-1)·3n+1,3Tn=1×33+3×34+…+(2n-3)·3n+1+(2n-1)·3n+2,兩式相減,可得-2Tn=1×32+2×33+2×34+…+2·3n+1-(2n-1)·3n+2=9+2×-(2n-1)·3n+2=-18-2(n-1)·3n+2,∴Tn=(n-1)·3n+2+9,n∈N*.方案二:選條件②由(1),可得an+2=-1·(-1)n-1=(-1)n,則cn=(an+2)bn=(2n-1)·(-1)n,∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=-1+3-5+…+(2n-1)·(-1)n,當(dāng)n為偶數(shù)時,Tn=-1+3-5+…+(2n-1)=2+2+…+2=2×=n;當(dāng)n為奇數(shù)時,Tn=-1+3-5+…-(2n-1)=2+2+…+2-(2n-1)=2×-(2n-1)=-n.∴Tn=

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