2023年高考數(shù)學(xué)(理數(shù))一輪復(fù)習(xí)課時(shí)30《數(shù)列求和》達(dá)標(biāo)練習(xí)（教師版）

2023年高考數(shù)學(xué)(理數(shù))一輪復(fù)習(xí)課時(shí)30《數(shù)列求和》達(dá)標(biāo)練習(xí)一 、選擇題LISTNUMOutlineDefault\l3在各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若a1=2，且a1a5=64，則數(shù)列{SKIPIF1<0}的前n項(xiàng)和是()A.1－eq\f(1,2n＋1－1)B.1－eq\f(1,2n＋1)C.1－eq\f(1,2n＋1)D.1－eq\f(1,2n－1)【答案解析】答案為：A.解析：∵數(shù)列{an}為等比數(shù)列，an>0，a1=2，a1a5=64，∴公比q=2，∴an=2n，SKIPIF1<0=eq\f(2n,2n－12n＋1－1)=eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1).設(shè)數(shù)列{SKIPIF1<0}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，則Tn=1－eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,22－1)－eq\f(1,23－1)＋eq\f(1,23－1)－eq\f(1,24－1)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)=1－eq\f(1,2n＋1－1)，故選A.LISTNUMOutlineDefault\l3已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(－1)n·(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10等于()A.15B.12C.－12D.－15【答案解析】答案為：A解析：∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.LISTNUMOutlineDefault\l3在數(shù)列{an}中，若an＋1＋(－1)nan=2n－1，則數(shù)列{an}的前12項(xiàng)和等于()A.76B.78C.80D.82【答案解析】答案為：B；解析：由已知an＋1＋(－1)nan=2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1an＋1=2n＋1，得an＋2＋an=(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n=1,5,9及n=2,6,10，結(jié)果相加可得S12=a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12=78.故選B.LISTNUMOutlineDefault\l3已知數(shù)列{an}滿足：an＋1=an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1=1，a2=2，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S2028=()A.3B.2C.1D.0【答案解析】答案為：A；解析：∵an＋1=an－an－1，a1=1，a2=2，∴a3=1，a4=－1，a5=－2，a6=－1，a7=1，a8=2，…，故數(shù)列{an}是周期為6的周期數(shù)列，且每連續(xù)6項(xiàng)的和為0，故S2028=336×0＋a2027＋a2028=a1＋a2=3.故選A.LISTNUMOutlineDefault\l3在數(shù)列{an}中，已知對(duì)任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，則aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)等于()A.(3n－1)2B.eq\f(1,2)(9n－1)C.9n－1D.eq\f(1,4)(3n－1)【答案解析】答案為：B解析：因?yàn)閍1＋a2＋…＋an＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2).則n≥2時(shí)，an＝2×3n－1.當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝3－1＝2，適合上式，所以an＝2×3n－1(n∈N*).則數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}是首項(xiàng)為4，公比為9的等比數(shù)列.故選B.LISTNUMOutlineDefault\l3已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S2020=()A.22020－1B.3×21010－3C.3×21010－1D.3×22020－2【答案解析】答案為：B；解析：依題意得an·an＋1=2n，an＋1·an＋2=2n＋1，于是有eq\f(an＋1·an＋2,an·an＋1)=2，即eq\f(an＋2,an)=2，數(shù)列a1，a3，a5，…，a2n－1，…是以a1=1為首項(xiàng)、2為公比的等比數(shù)列；數(shù)列a2，a4，a6，…，a2n，…是以a2=2為首項(xiàng)、2為公比的等比數(shù)列，于是有S2020=(a1＋a3＋a5＋…＋a2019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2020)=eq\f(1－21010,1－2)＋eq\f(21－21010,1－2)=3×21010－3，故選B.LISTNUMOutlineDefault\l3化簡(jiǎn)Sn=n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的結(jié)果是()A.2n＋1＋n－2B.2n＋1－n＋2C.2n－n－2D.2n＋1－n－2【答案解析】答案為：D.解析：因?yàn)镾n=n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，①2Sn=n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n，②所以①－②得，－Sn=n－(2＋22＋23＋…＋2n)=n＋2－2n＋1，所以Sn=2n＋1－n－2.LISTNUMOutlineDefault\l3已知an=eq\f(3,2n－101)(n∈N*)，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則使Sn＞0的n的最小值為()A.99B.100C.101D.102【答案解析】答案為：C解析：由通項(xiàng)公式得a1＋a100=a2＋a99=a3＋a98=…=a50＋a51=0，a101=eq\f(3,101)＞0.故選C.LISTNUMOutlineDefault\l3已知{an}為等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和.若a3a5＝eq\f(1,4)a1，且a4與a7的等差中項(xiàng)為eq\f(9,8)，則S5等于()A.35B.33C.31D.29【答案解析】答案為：C解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比是q，所以a3a5＝aeq\o\al(2,1)q6＝eq\f(1,4)a1，得a1q6＝eq\f(1,4)，即a7＝eq\f(1,4).又a4＋a7＝2×eq\f(9,8)，解得a4＝2，所以q3＝eq\f(a7,a4)＝eq\f(1,8)，所以q＝eq\f(1,2)，a1＝16，故S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝31.故選C.LISTNUMOutlineDefault\l3已知數(shù)列{an}滿足a1=2，4a3=a6，數(shù)列{eq\f(an,n)}是等差數(shù)列，則數(shù)列{(－1)nan}的前10項(xiàng)和S10=()A.220B.110C.99D.55【答案解析】答案為：B；解析：設(shè)數(shù)列{eq\f(an,n)}的公差為d，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a3,3)＝2＋2d，,\f(a6,6)＝2＋5d，,4a3＝a6，))解得d=2，所以eq\f(an,n)=2＋2(n－1)=2n，即an=2n2，所以數(shù)列{(－1)nan}的前10項(xiàng)和S10=－2×1＋2×22－2×32＋…＋2×102=2×(3＋7＋11＋15＋19)=110，故選B.LISTNUMOutlineDefault\l3已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an＋1=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，n為正奇數(shù)，,an＋1，n為正偶數(shù)，))則其前6項(xiàng)之和是()A.16B.20C.33D.120【答案解析】答案為：C.解析：由已知得a2=2a1=2，a3=a2＋1=3，a4=2a3=6，a5=a4＋1=7，a6=2a5=14，所以S6=1＋2＋3＋6＋7＋14=33.LISTNUMOutlineDefault\l3在數(shù)列{an}中，已知a1=3，且數(shù)列{an＋(－1)n}是公比為2的等比數(shù)列，對(duì)于任意的n∈N*，不等式a1＋a2＋…＋an≥λan＋1恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,5)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3)))D.(－∞，1]【答案解析】答案為：C；解析：由已知，an＋(－1)n=[3＋(－1)1]·2n－1=2n，∴an=2n－(－1)n.當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，a1＋a2＋…＋an=(2＋22＋…＋2n)－(－1＋1－…＋1)=2n＋1－2，an＋1=2n＋1－(－1)n＋1=2n＋1＋1，由a1＋a2＋…＋an≥λan＋1，得λ≤eq\f(2n＋1－2,2n＋1＋1)=1－eq\f(3,2n＋1＋1)對(duì)n∈N*恒成立，∴λ≤eq\f(2,3)；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，a1＋a2＋…＋an=(2＋22＋…＋2n)－(－1＋1－…＋1－1)=2n＋1－1，an＋1=2n＋1－(－1)n＋1=2n＋1－1，由a1＋a2＋…＋an≥λan＋1得，λ≤eq\f(2n＋1－1,2n＋1－1)=1對(duì)n∈N*恒成立，綜上可知λ≤eq\f(2,3).二 、填空題LISTNUMOutlineDefault\l3已知公比不為1的等比數(shù)列{an}的前5項(xiàng)積為243，且2a3為3a2和a4的等差中項(xiàng).若數(shù)列{bn}滿足bn=log3an＋2(n∈N*)，則數(shù)列{an＋bn}的前n項(xiàng)和Sn=________.【答案解析】答案為：eq\f(3n－1,6)＋SKIPIF1<0.解析：由前5項(xiàng)積為243得a3=3.設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q≠1)，由2a3為3a2和a4的等差中項(xiàng)，得3×eq\f(3,q)＋3q=4×3，由公比不為1，解得q=3，所以an=3n－2，故bn=log3an＋2=n，所以an＋bn=3n－2＋n，數(shù)列{an＋bn}的前n項(xiàng)和Sn=3－1＋30＋31＋32＋…＋3n－2＋1＋2＋3＋…＋n=eq\f(3－11－3n,1－3)＋eq\f(nn＋1,2)=eq\f(3n－1,6)＋SKIPIF1<0.LISTNUMOutlineDefault\l3在數(shù)列{an}中，a1=－2，a2=3，a3=4，an＋3＋(－1)nan＋1=2(n∈N*).記Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S20的值為_(kāi)_______.【答案解析】答案為：130.解析：由題意知，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an＋3－an＋1=2，又a2=3，所以數(shù)列{an}中的偶數(shù)項(xiàng)是以3為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，所以a2＋a4＋a6＋…＋a20=10×3＋eq\f(10×9,2)×2=120.當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an＋3＋an＋1=2，又a3＋a1=2，所以數(shù)列{an}中的相鄰的兩個(gè)奇數(shù)項(xiàng)之和均等于2，所以a1＋a3＋a5＋…＋a17＋a19=(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋…＋(a17＋a19)=2×5=10，所以S20=120＋10=130.LISTNUMOutlineDefault\l3數(shù)列{an}是等差數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足bn=anan＋1an＋2(n∈N*)，設(shè)Sn為{bn}的前n項(xiàng)和.若a12=eq\f(3,8)a5＞0，則當(dāng)Sn取得最大值時(shí)n的值為_(kāi)_______.【答案解析】答案為：16解析：設(shè){an}的公差為d，由a12=eq\f(3,8)a5＞0，得a1=－eq\f(76,5)d，d＜0，所以an=(n-SKIPIF1<0)d，從而可知當(dāng)1≤n≤16時(shí)，an＞0；當(dāng)n≥17時(shí)，an＜0.從而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，b15=a15a16a17＜0，b16=a16a17a18＞0，故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16，S16＞S17＞S18＞….因?yàn)閍15=－eq\f(6,5)d＞0，a18=eq\f(9,5)d＜0，所以a15＋a18=－eq\f(6,5)d＋eq\f(9,5)d=eq\f(3,5)d＜0，所以b15＋b16=a16a17(a15＋a18)＞0