【優(yōu)化方案】2022高考總復(fù)習(xí)(人教A版)高中數(shù)學(xué)-第五章-數(shù)列-第4講-數(shù)列求和-知能訓(xùn)練輕松闖關(guān)

1．在數(shù)列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，則S60的值為()A．990 B．1000C．1100 D．99解析：選A.n為奇數(shù)時(shí)，an＋2－an＝0，an＝2；n為偶數(shù)時(shí)，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.2．(2021·山東濟(jì)南期末)已知{an}為等差數(shù)列，a10＝33，a2＝1，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S20－2S10等于()A．40 B．200C．400 D．20解析：選C.S20－2S10＝eq\f(20（a1＋a20）,2)－2×eq\f(10（a1＋a10）,2)＝10(a20－a10)＝100d.又a10＝a2＋8d，∴33＝1＋8d，∴d＝4.∴S20－2S10＝400.3．已知{an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，Sn是{an}的前n項(xiàng)和，且9S3＝S6，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5項(xiàng)和為()A.eq\f(15,8)或5 B.eq\f(31,16)或5C.eq\f(31,16) D.eq\f(15,8)解析：選C.設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.由題意可知q≠1，且eq\f(9（1－q3）,1－q)＝eq\f(1－q6,1－q)，解得q＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，由求和公式可得S5＝eq\f(31,16).4．(2021·皖西七校聯(lián)考(一))已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a1＝tan225°，a5＝13a1，設(shè)Sn為數(shù)列{(－1)nan}的前n項(xiàng)和，則S2016＝()A．2016 B．－2016C．3024 D．－3024解析：選C.∵a1＝tan225°＝1，∴a5＝13a1＝13，則公差d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝eq\f(13－1,4)＝3，∴an＝3n－2，∴(－1)nan＝(－1)n(3n－2)，∴S2016＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＋…＋(a2016－a2015)＝1008d＝3024.5．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足S3＝0，S5＝－5，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前8項(xiàng)和為()A．－eq\f(3,4) B．－eq\f(8,15)C.eq\f(3,4) D.eq\f(8,15)解析：選B.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d.由已知可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝0，,5a1＋10d＝－5，))解得a1＝1，d＝－1，故{an}的通項(xiàng)公式為an＝2－n.所以eq\f(1,a2n－1a2n＋1)＝eq\f(1,（3－2n）（1－2n）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前8項(xiàng)和為eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,－1)－\f(1,1)＋\f(1,1)－\f(1,3)＋…＋\f(1,16－3)－\f(1,16－1)))＝－eq\f(8,15).6．?dāng)?shù)列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有十項(xiàng)，且其和為240，則a1＋…＋ak＋…＋a10的值為________．解析：a1＋…＋ak＋…＋a10＝240－(2＋…＋2k＋…＋20)＝240－eq\f(（2＋20）×10,2)＝240－110＝130.答案：1307．在等比數(shù)列{an}中，若a1＝eq\f(1,2)，a4＝－4，則公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________．解析：a4＝a1q3，代入數(shù)據(jù)解得q3＝－8，所以q＝－2；等比數(shù)列{|an|}的公比為|q|＝2，則|an|＝eq\f(1,2)×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝eq\f(1,2)(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝eq\f(1,2)(2n－1)＝2n－1－eq\f(1,2).答案：－22n－1－eq\f(1,2)8．對(duì)于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝2，{an}的“差數(shù)列”的通項(xiàng)公式為2n，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝________．解析：∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝eq\f(2－2n,1－2)＋2＝2n－2＋2＝2n.∴Sn＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.答案：2n＋1－29．(2022·高考安徽卷)數(shù)列{an}滿足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.(1)證明：數(shù)列{eq\f(an,n)}是等差數(shù)列；(2)設(shè)bn＝3n·eq\r(an)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.解：(1)證明：由已知可得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋1，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(a1,1)＝1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)得eq\f(an,n)＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2.從而bn＝n·3n.Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，①3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②①－②得，－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝eq\f(3·（1－3n）,1－3)－n·3n＋1＝eq\f(（1－2n）·3n＋1－3,2).所以Sn＝eq\f(（2n－1）·3n＋1＋3,4).10．在等比數(shù)列{an}中，a1>0，n∈N*，且a3－a2＝8，又a1、a5的等比中項(xiàng)為16.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝log4an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，是否存在正整數(shù)k，使得eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)<k對(duì)任意n∈N*恒成立．若存在，求出正整數(shù)k的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由題意可得a3＝16，∵a3－a2＝8，則a2＝8，∴q＝2.∴an＝2n＋1.(2)∵bn＝log42n＋1＝eq\f(n＋1,2)，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(n（n＋3）,4).∴eq\f(1,Sn)＝eq\f(4,n（n＋3）)＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋3))).∴eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,4)＋\f(1,2)－\f(1,5)＋\f(1,3)－\f(1,6)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋3)))＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)))<eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)))<eq\f(22,9)，∴存在正整數(shù)k的最小值為3.1．(2021·唐山市第一次模擬)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且3Sn＝anan＋1，則eq\i\su(k＝1,n,a)2k＝()A.eq\f(n（n＋5）,2) B.eq\f(3n（n＋1）,2)C.eq\f(n（5n＋1）,2) D.eq\f(（n＋3）（n＋5）,2)解析：選B.當(dāng)n＝1時(shí)，3S1＝a1a2，即3a1＝a1a2，∴a2＝3，當(dāng)n≥2時(shí)，由3Sn＝anan＋1，可得3Sn－1＝an－1an，兩式相減得：3an＝an(an＋1－an－1)，又∵an≠0，∴an＋1－an－1＝3，∴{a2n}為一個(gè)以3為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，∴eq\i\su(k＝1,n,a)2k＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝3n＋eq\f(n（n－1）,2)×3＝eq\f(3n（n＋1）,2).2．已知F(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))－1是R上的奇函數(shù)，an＝f(0)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f(1)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為()A．a(chǎn)n＝n－1 B．a(chǎn)n＝nC．a(chǎn)n＝n＋1 D．a(chǎn)n＝n2解析：選C.∵F(x)＋F(－x)＝0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,2)))＝2，即若a＋b＝1，則f(a)＋f(b)＝2.于是，由an＝f(0)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f(1)，得2an＝[f(0)＋f(1)]＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))))＋[f(1)＋f(0)]＝2n＋2，∴an＝n＋1.故選C.3．(2021·遼寧省五校上學(xué)期聯(lián)考)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1.記Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S60＝________．解析：依題意得，當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，an＋2－an＝1，即數(shù)列{an}中的奇數(shù)項(xiàng)依次形成首項(xiàng)為1、公差為1的等差數(shù)列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋eq\f(30×29,2)×1＝465；當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，an＋2＋an＝1，即數(shù)列{an}中的相鄰的兩個(gè)偶數(shù)項(xiàng)之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15.因此，該數(shù)列的前60項(xiàng)和S60＝465＋15＝480.答案：4804．(2021·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)、衡陽(yáng)八中等十二校聯(lián)考)定義：稱eq\f(n,x1＋x2＋…＋xn)為n個(gè)正數(shù)x1，x2，…，xn的“平均倒數(shù)”，若正項(xiàng)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)的“平均倒數(shù)”為eq\f(1,2n＋1)，則數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式為cn＝________．解析：由已知可得，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn＝n(2n＋1)，所以數(shù)列{cn}為等差數(shù)列，首項(xiàng)c1＝S1＝3，c2＝S2－S1＝10－3＝7，故公差d＝c2－c1＝7－3＝4，得數(shù)列的通項(xiàng)公式為cn＝c1＋(n－1)×4＝4n－1.答案：4n－15．(2021·廣東廣州模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝n2＋pn＋q(p，q∈R)，且a2，a3，a5成等比數(shù)列．(1)求p，q的值；(2)若數(shù)列{bn}滿足an＋log2n＝log2bn，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)法一：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1＋p＋q，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2＋pn＋q－[(n－1)2＋p(n－1)＋q]＝2n－1＋p.∵{an}是等差數(shù)列，∴1＋p＋q＝2×1－1＋p，得q＝0.又a2＝3＋p，a3＝5＋p，a5＝9＋p，∵a2，a3，a5成等比數(shù)列，∴aeq\o\al(2,3)＝a2a5，即(5＋p)2＝(3＋p)(9＋p)，解得p＝－1.法二：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.∵Sn＝n2＋pn＋q，∴eq\f(d,2)＝1，a1－eq\f(d,2)＝p，q＝0.∴d＝2，p＝a1－1，q＝0.∵a2，a3，a5成等比數(shù)列，∴aeq\o\al(2,3)＝a2a5，即(a1＋4)2＝(a1＋2)(a1＋8)，解得a1＝0.∴p＝－1.(2)由(1)得an＝2n－2.∵an＋log2n＝log2bn，∴bn＝n·2an＝n·22n－2＝n·4n－1.∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝40＋2×41＋3×42＋…＋(n－1)·4n－2＋n·4n－1，①4Tn＝41＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，②①－②得－3Tn＝40＋41＋42＋…＋4n－1－n·4n＝eq\f(1－4n,1－4)－n·4n＝eq\f(（1－3n）·4n－1,3).∴Tn＝eq\f(1,9)[(3n－1)·4n＋1]．6．(選做題)(2021·浙江杭州第一次質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝1－eq\f(1,4an)，其中n∈N*.(1)設(shè)bn＝eq\f(2,2an－1)，求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求出{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cn＝eq\f(4an,n＋1)，數(shù)列{cncn＋2}的前n項(xiàng)和為Tn，是否存在正整數(shù)m，使得Tn<eq\f(