【名師一號】2022屆高三數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)基礎(chǔ)練習(xí)：第五章-數(shù)列5-4-

第四節(jié)數(shù)列求和時間：45分鐘分值：100分eq\x(基)eq\x(礎(chǔ))eq\x(必)eq\x(做)一、選擇題1．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ann為奇數(shù)，,an＋1n為偶數(shù)，))則其前6項之和是()A．16 B．20C．33 D．120解析∵a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，∴答案C2．?dāng)?shù)列{1＋2n－1}的前n項和為()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n解析由題意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋eq\f(1－2n,1－2)＝n＋2n－1.答案C3．若數(shù)列{an}的通項為an＝4n－1，bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)，n∈N*，則數(shù)列{bn}的前n項和是()A．n2 B．n(n＋1)C．n(n＋2) D．n(2n＋1)解析a1＋a2＋…＋an＝(4×1－1)＋(4×2－1)＋…＋(4n－1)＝4(1＋2＋…＋n)－n＝2n(n＋1)－n＝2n2＋n，∴bn＝2n＋1，b1＋b2＋…＋bn＝(2×1＋1)＋(2×2＋1)＋…＋(2n＋1)＝n2＋2n＝n(n＋2)．答案C4．若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a1＝1，q＝2，則Tn＝eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)的結(jié)果可化為()A．1－eq\f(1,4n) B．1－eq\f(1,2n)C.eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))) D.eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))解析an＝2n－1，設(shè)bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2n－1，則Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2n－1＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))).答案C5．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝n2cosnπ(n∈N*)，Sn為它的前n項和，則eq\f(S2012,2013)等于()A．1005 B．1006C．2011 D．2012解析留意到cosnπ＝(－1)n(n∈N*)，故an＝(－1)nn2.因此有S2012＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－20112＋20122)＝1＋2＋3＋…＋2011＋2012＝eq\f(2012×1＋2012,2)＝1006×2013，所以eq\f(S2012,2013)＝1006.答案B6．已知函數(shù)f(x)＝x2＋bx的圖象在點A(1，f(1))處的切線l與直線3x－y＋2＝0平行，若數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,fn)))(n∈N*)的前n項和為Sn，則S2012的值為()A.eq\f(2009,2010) B.eq\f(2010,2011)C.eq\f(2011,2012) D.eq\f(2012,2013)解析由于f′(x)＝2x＋b，據(jù)題意則有f′(1)＝2＋b＝3，故b＝1，即f(x)＝x2＋x，從而eq\f(1,fn)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，其前n項和Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，故S2012＝eq\f(2012,2013).答案D二、填空題7．設(shè){an}是等差數(shù)列，{bn}是各項都為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝19，a5＋b3＝9，則數(shù)列{anbn}的前n項和Sn＝__________.解析由條件易求出an＝n，bn＝2n－1(n∈N*)．∴Sn＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，①2Sn＝1×2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n.②由①－②，得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.答案(n－1)·2n＋18．在數(shù)列{an}中，an＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(2,n＋1)＋…＋eq\f(n,n＋1)，又bn＝eq\f(2,anan＋1)，則數(shù)列{bn}的前n項和為__________．解析∵an＝eq\f(\a\vs4\al(\f(nn＋1,2)),n＋1)＝eq\f(n,2)，∴bn＝eq\f(8,nn＋1)＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).∴b1＋b2＋…＋bn＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(8n,n＋1).答案eq\f(8n,n＋1)9．?dāng)?shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，則S100＝________.解析由an＋2－an＝1＋(－1)n，知a2k＋2－a2k＝2，a2k＋1－a2k－1＝0，∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，數(shù)列{a2k}是等差數(shù)列，a2k＝2k.∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋eq\f(100＋2×50,2)＝2600.答案2600三、解答題10．(2022·山東卷)在等差數(shù)列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1與a4的等比中項．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝aeq\f(nn＋1,2)，記Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.解(1)由題意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n.(2)由題意知bn＝aeq\f(nn＋1,2)＝n(n＋1)，所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn·(n＋1)．由于bn＋1－bn＝2(n＋1)，可得當(dāng)n為偶數(shù)時，Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)＝4＋8＋12＋…＋2n＝eq\f(\f(n,2)4＋2n,2)＝eq\f(nn＋2,2)，當(dāng)n為奇數(shù)時，Tn＝Tn－1＋(－bn)＝eq\f(n－1n＋1,2)－n(n＋1)＝－eq\f(n＋12,2).所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(n＋12,2)，n為奇數(shù)，,\f(nn＋2,2)，n為偶數(shù).))11．已知數(shù)列{an}的各項排成如圖所示的三角形數(shù)陣，數(shù)陣中每一行的第一個數(shù)a1，a2，a4，a7，…構(gòu)成等差數(shù)列{bn}，Sn是{bn}的前n項和，且b1＝a1＝1，S5＝15.a1a2aa4a5a7a8a9…(1)若數(shù)陣中從第3行開頭每行中的數(shù)按從左到右的挨次均構(gòu)成公比為正數(shù)的等比數(shù)列，且公比相等，已知a9＝16，求a50的值；(2)設(shè)Tn＝eq\f(1,Sn＋1)＋eq\f(1,Sn＋2)＋…＋eq\f(1,S2n)，求Tn.解(1)設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d.∵b1＝1，S5＝15，∴S5＝5＋10d＝15，d＝1，∴bn＝1＋(n－1)×1＝n.設(shè)從第3行起，每行的公比都是q，且q>0，則a9＝b4q2，即4q2＝16，q＝2，又1＋2＋3＋…＋9＝45，故a50是數(shù)陣中第10行的第5個數(shù)，a50＝b10q4＝10×24＝160.(2)∵Sn＝1＋2＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，∴Tn＝eq\f(1,Sn＋1)＋eq\f(1,Sn＋2)＋…＋eq\f(1,S2n)＝eq\f(2,n＋1n＋2)＋eq\f(2,n＋2n＋3)＋…＋eq\f(2,2n2n＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)＋…＋\f(1,2n)－\f(1,2n＋1)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(2n,n＋12n＋1).eq\x(培)eq\x(優(yōu))eq\x(演)eq\x(練)1．?dāng)?shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項和為()A．3690 B．3660C．1845 D．1830解析當(dāng)n＝2k時，a2k＋1＋a2k＝4k－1，當(dāng)n＝2k－1時，a2k－a2k－1＝4k－3，∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋1＋a2k＋3＝2，∴a2k－1＝a2k＋3，∴a1＝a5＝…＝a61.∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝eq\f(30×3＋119,2)＝30×61＝1830.答案D2．(2022·湖北三校聯(lián)考改編)已知等比數(shù)列的各項都為正數(shù)，且當(dāng)n≥3時，a4a2n－4＝102n，則數(shù)列l(wèi)ga1,2lga2,22lga3,23lga4，…，2n－1lgan，…的前n項和SnA．n·2n B．(n－1)·2n－1－1C．(n－1)·2n＋1 D．2n＋1解析∵等比數(shù)列{an}的各項都為正數(shù)，且當(dāng)n≥3時，a4a2n－4＝102n，∴aeq\o\al(2,n)＝102n，即an＝10n，∴2n－1lgan＝2n－1lg10n＝n·2n－1，∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，①2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.答案C3．?dāng)?shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝eq\f(1,5)，且對任意正整數(shù)m，n，都有am＋n＝aman，若Sn<t恒成立，則實數(shù)t的最小值為________．解析令m＝1，則eq\f(an＋1,an)＝a1，∴{an}是以a1為首項，eq\f(1,5)為公比的等比數(shù)列．∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))n，∴Sn＝eq\f(\f(1,5)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))n＋1,1－\f(1,5))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5n)))＝eq\f(1,4)－eq\f(1,4·5n)<eq\f(1,4).由Sn<t恒成立，∴t>Sn的最大值，可知t的最小值為eq\f(1,4).答案eq\f(1,4)4．(2022·四川資陽高考模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn滿足：Sn＝eq\f(3,2)an＋n－3.(1)求證：數(shù)列{an－1}是等比數(shù)列．(2)令cn＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an－1)，對任意n∈N*，是否存在正整數(shù)m，使eq\f(1,c1)＋eq\f(1,c2)＋…＋eq\f(1,cn)≥eq\f(m,3)都成立？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．解(1)證明：當(dāng)n＝1時，S1＝a1＝eq\f(3,2)a1－2，解得a1＝4.當(dāng)n≥2時，由Sn＝eq\f(3,2)an＋n－3得Sn－1＝eq\f(3,2)an－1＋n－4，兩式相減，得Sn－Sn－1＝eq\f(3,2)an－eq\f(3,2)an－1＋1，即an＝3an－1－2，則an－1＝3(an－1－1)，故數(shù)列{an－1}是以a1－1＝3為首項，3為公比的等比數(shù)列．(2)由(1)知an－1＝3n，cn＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an－1)＝1＋2＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，所以eq\f(1,cn)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，則eq\f(1,c1)＋eq\f(1,c2)＋…＋eq\f(1,cn)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))