2022版?zhèn)鋺?zhàn)老高考一輪復(fù)文科數(shù)學(xué)課后限時(shí)集訓(xùn)35 數(shù)列求和 作業(yè)

數(shù)列求和建議用時(shí)：45分鐘一、選擇題1．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n－1))，若該數(shù)列的前k項(xiàng)之和等于9，則k＝()A．80B．81C．79D．82B[an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n－1))＝eq\r(n)－eq\r(n－1)，∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(eq\r(1)－eq\r(0))＋(eq\r(2)－eq\r(1))＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n)－eq\r(n－1))＝eq\r(n).由題意知Sk＝eq\r(k)＝9，解得k＝81，故選B.]2．若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(－1)n(3n－2)，則它的前100項(xiàng)之和S100＝()A．150 B．120C．－120 D．－150A[S100＝a1＋a2＋a3＋…＋a99＋a100＝－1＋4－7＋…＋(－295)＋298＝50×3＝150.故選A.]3．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝eq\f(2n－1,2n)，其前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(321,64)，則項(xiàng)數(shù)n＝()A．13B．10C．9 D．6D[由an＝eq\f(2n－1,2n)＝1－eq\f(1,2n)得Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,8)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＝n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\f(1,2n)))＝n－eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝n－1＋eq\f(1,2n).令n－1＋eq\f(1,2n)＝eq\f(321,64)，即n＋eq\f(1,2n)＝eq\f(385,64).解得n＝6，故選D.]4.eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,n＋12－1)的值為()A.eq\f(n＋1,2n＋2) B.eq\f(3,4)－eq\f(n＋1,2n＋2)C.eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))) D.eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)C[因?yàn)閑q\f(1,n＋12－1)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,n＋12－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))).]5．Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋eq\f(3,8)＋…＋eq\f(n,2n)等于()A.eq\f(2n－n,2n) B.eq\f(2n＋1－n－2,2n)C.eq\f(2n－n＋1,2n＋1) D.eq\f(2n＋1－n＋2,2n)B[由Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，①得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)，②①－②得，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n＋1)，所以Sn＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).]二、填空題6．已知數(shù)列：1eq\f(1,2)，2eq\f(1,4)，3eq\f(1,8)，…，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2n)))，…，則其前n項(xiàng)和關(guān)于n的表達(dá)式為．eq\f(nn＋1,2)－eq\f(1,2n)＋1[設(shè)所求的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋…＋\f(1,2n)))＝eq\f(nn＋1,2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝eq\f(nn＋1,2)－eq\f(1,2n)＋1.]7．有窮數(shù)列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有項(xiàng)的和為．2n＋1－n－2[an＝1＋2＋4＋…＋2n－1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，則Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(2＋22＋…＋2n)－n＝eq\f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.]8．化簡Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的結(jié)果是．2n＋1－n－2[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.]三、解答題9．(2019·泰安模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差數(shù)列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)令cn＝eq\f(an＋1n＋1,bn＋2n)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.[解](1)由題意知，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5(n∈N*)．設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝b1＋b2，,a2＝b2＋b3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d，))可解得b1＝4，d＝3.所以bn＝3n＋1.(2)由(1)知cn＝eq\f(6n＋6n＋1,3n＋3n)＝3(n＋1)·2n＋1.又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，兩式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋\f(41－2n,1－2)－n＋1×2n＋2))＝－3n·2n＋2.所以Tn＝3n·2n＋2.10．(2017·全國卷Ⅲ)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n項(xiàng)和．[解](1)因?yàn)閍1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，兩式相減得(2n－1)an＝2，所以an＝eq\f(2,2n－1)(n≥2)．又由題設(shè)可得a1＝2，滿足上式，所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(2,2n－1).(2)記eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n項(xiàng)和為Sn.由(1)知eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(2,2n＋12n－1)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)，則Sn＝eq\f(1,1)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).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．99A[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．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a1＝4，an＋1＝2Sn－4，則S10＝()A．2×(310－1) B．2×(310＋1)C．2×(39＋1) D．4×(39－1)C[∵a1＝4，an＋1＝2Sn－4，①∴a2＝2a1－4＝4，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝2Sn－1－4，②①－②得an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an(n≥2)，∴{an}從第2項(xiàng)起是公比為3的等比數(shù)列，∴S10＝a1＋(a2＋a3＋…＋a10)＝4＋eq\f(4×1－39,1－3)＝2×(39＋1)，故選C.]3．已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，對(duì)n∈N*都有Sn＝1－an，若bn＝log2an，則eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)＝.eq\f(n,n＋1)[對(duì)n∈N*都有Sn＝1－an，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1－a1，解得a1＝eq\f(1,2).當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝1－an－(1－an－1)，化為an＝eq\f(1,2)an－1.∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列，公比為eq\f(1,2)，首項(xiàng)為eq\f(1,2).∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.∴bn＝log2an＝－n.∴eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,－n－n－1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).則eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).]4．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，滿足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)令cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,Sn)，n為奇數(shù)，,bn，n為偶數(shù)，))設(shè)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，求T2n.[解](1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＋S2＝10，,a5－2b2＝a3，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＋6＋d＝10，,3＋4d－2q＝3＋2d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2.,q＝2，))∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.(2)由a1＝3，an＝2n＋1，得Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝n(n＋2)，則cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,nn＋2)，n為奇數(shù)，,2n－1，n為偶數(shù)，))即cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)，n為奇數(shù)，,2n－1，n為偶數(shù)，))∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(21－4n,1－4)＝eq\f(2n,2n＋1)＋eq\f(2,3)(4n－1)．1．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，則S2020＝()A．22020－1B．3×21010－3C．3×21010－1 D．3×21009－2B[a1＝1，a2＝eq\f(2,a1)＝2，又eq\f(an＋2·an＋1,an＋1·an)＝eq\f(2n＋1,2n)＝2.∴eq\f(an＋2,an)＝2.∴a1，a3，a5，…成等比數(shù)列；a2，a4，a6，…成等比數(shù)列，∴S2020＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2019＋a2020＝(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.]2．已知各項(xiàng)均不相等的等差數(shù)列{an}的前四項(xiàng)和S4＝14，且a1，a3，a7成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)Tn