2021高考数学人教版一轮复习练习：第五章 第4节 数列求和及数列的综合应用 

?1?1??(2)设bn＝1＋log2(an)，求证：数列bb的前n项和Tn<.

6?nn＋1?

2

(1)解：因为an＋1＝2＋Sn(n∈N*)， 所以an＝2＋Sn－1(n≥2)． 所以an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an， 所以an＋1＝2an(n≥2)，

又因为a2＝2＋a1＝4，a1＝2，所以a2＝2a1， 所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列， 则an＝2·2n－1＝2n(n∈N*)．

(2)证明：因为bn＝1＋log2(an)2，则bn＝2n＋1. 11?11???－则＝??， 2n＋12n＋32bnbn＋1??

1111111

所以Tn＝(－＋－＋…＋－)＝

235572n＋12n＋311?1??－?1

32n＋3?<6. 2???

[B级 能力提升]

11．(2020·郑州一模)已知数列{an}满足2an＋1＋an＝3(n∈N*)，且131

a3＝，其前n项之和为Sn，则满足不等式|Sn－n－6|<的最小整数

4123n是( )

A．8 C．10

B．9 D．11

113

解析：由2an＋1＋an＝3，得an＋1－1＝－(an－1)，又a3＝，所

249

以a2－1＝－2(a3－1)＝－，a1－1＝－2(a2－1)＝9.所以{an－1}是首项

2

?1?n－1?1?1

???－?－为9，公比为－的等比数列，则an－1＝9·2，an＝1＋9·

2???2??1?n1－?－2?n－1?1?n??1

??－，则Sn＝n＋9·＝n＋6－6·2，则|Sn－n－6|＝3·n1，

?1???2－1－?－2???

111

|Sn－n－6|<，即3·n1<，解得n>9，所以满足不等式|Sn－n－

1232－1231

6|<的最小整数n是10. 123

答案：C

12．(2020·蚌埠质检)数列{an}满足a1＝1，|an－an－1|＝n2(n∈N*且n≥2)．若数列{a2n－1}为递增数列，数列{a2n}为递减数列，且a1>a2，则a99＝________．

解析：由于数列{a2n－1}为递增数列，数列{a2n}为递减数列，可求得a2－a1＝－22，a3－a2＝32，a4－a3＝－42，a5－a4＝52，a6－a5＝－62，…，

a98－a97＝－982，a99－a98＝992.

故a99＝(a99－a98)＋(a98－a97)＋…＋(a6－a5)＋(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝992－982＋972－962＋…＋52－42＋32－22＋199＋1＝99＋98＋97＋96＋…＋5＋4＋3＋2＋1＝×99＝4 950.

2

答案：4 950

13．(2020·茂名一模)已知Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2an－2. (1)求数列{an}的通项公式；

??an，n＝2k－1，(2)若bn＝?k∈N*，求数列{bn}的前2n项和T2n.

??log2an，n＝2k，

解：(1)由Sn＝2an－2，① 得Sn－1＝2an－1－2(n≥2)，②

①－②得an＝2an－2an－1，所以an＝2an－1(n≥2)， 由a1＝S1＝2a1－2，得a1＝2，

所以{an}是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以an＝2n.

?2n，n＝2k－1，

(2)bn＝?k∈N*.

?n，n＝2k，

T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n) ＝(2＋23＋25＋…＋22n－1)＋(2＋4＋6＋…＋2n) 2×（1－4n）（2＋2n）×n22＝＋＝－＋×4n＋n2＋n.

2331－4

[C级 素养升华]

14．(2020·天河二模)已知数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，设cn＝abn，Tn＝c1＋c2＋…＋cn(n∈N*)，则当Tn<2 020时，n的最大值是( )

A．9

B．10

C．11 D．12

解析：因为{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1.因为{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝2n－1，所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝ab1＋ab2＋…＋abn＝a1＋a2＋a4＋…＋a2n－1＝(2×1－1)＋(2×2－1)＋(2×4－1)＋…＋(2×2n－1－1)＝2(1＋2＋4＋…1－2n

＋2n－1)－n＝2×－n＝2n＋1－n－2，因为Tn<2 020，所以2n＋1－n

1－2－2<2 020，解得n≤9.则当Tn<2 020时，n的最大值是9.

答案：A