（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 加練半小時(shí) 專題6 數(shù)列 第46練 數(shù)列求和 文（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

第46練數(shù)列求和[基礎(chǔ)保分練]1.數(shù)列1eq\f(1,2)，2eq\f(1,4)，3eq\f(1,8)，4eq\f(1,16)，…，前n項(xiàng)和為________.2.數(shù)列{an}中，an＝(－1)nn，則a1＋a2＋…＋a10＝________.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＝________.4.數(shù)列{an}滿足：a1＝1，a2＝－1，a3＝－2，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，則數(shù)列{an}的前2019項(xiàng)的和為________.5.數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若an＝eq\f(1,nn＋1)，則S5＝________.6.已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝eq\f(1,1＋2)，a3＝eq\f(1,1＋2＋3)，a4＝eq\f(1,1＋2＋3＋4)，…，an＝eq\f(1,1＋2＋3＋4＋…＋n)，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝________.7.已知正數(shù)數(shù)列{an}是公比不等于1的等比數(shù)列，且lga1＋lga2019＝0，若f(x)＝eq\f(2,1＋x2)，則f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2019)＝________.8.在有窮數(shù)列{an}中，Sn為{an}的前n項(xiàng)和，若把eq\f(S1＋S2＋…＋Sn,n)稱為數(shù)列{an}的“優(yōu)化和”，現(xiàn)有一個(gè)共2017項(xiàng)的數(shù)列{an}：a1，a2，…，a2017，若其“優(yōu)化和”為2018，則有2018項(xiàng)的數(shù)列：1，a1，a2，…，a2017的“優(yōu)化和”為________.9.數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(－1)n(3n－1)，則該數(shù)列的前80項(xiàng)之和為________.10.已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a3＝6，且an＝an－1＋λn(n≥2).則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項(xiàng)和為________.[能力提升練]1.已知數(shù)列{an}中第15項(xiàng)a15＝256，數(shù)列{bn}滿足log2b1＋log2b2＋…＋log2b14＝7，且an＋1＝an·bn，則a1＝________.2.已知函數(shù)f(n)＝n2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n－3,2)π))，且an＝f(n)，則a1＋a2＋a3＋…＋a200＝________.3.已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，且bn＝ancoseq\f(2nπ,3)，記Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，則S24＝________.4.已知數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－2an}為數(shù)列{an}的“2倍差數(shù)列”，若{an}的“2倍差數(shù)列”的通項(xiàng)公式為an＋1－2an＝2n＋1，且a1＝2，若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S33＝________.5.數(shù)列{an}滿足a1＝1，且對(duì)任意的m，n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2019)等于________.6.設(shè)f(x)＝eq\f(cosx,cos30°－x)，根據(jù)課本中推導(dǎo)等差數(shù)列前n項(xiàng)和的方法可以求得f(1°)＋f(2°)＋…＋f(59°)的值是________.答案精析基礎(chǔ)保分練1.1－eq\f(1,2n)＋eq\f(n2＋n,2)2.53.64.－25.eq\f(5,6)6.eq\f(2n,n＋1)7.2019解析∵正數(shù)數(shù)列{an}是公比不等于1的等比數(shù)列，且lga1＋lga2019＝0，∴l(xiāng)g(a1·a2019)＝0，即a1·a2019＝1.∵函數(shù)f(x)＝eq\f(2,1＋x2)，∴f(x)＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(2,1＋x2)＋eq\f(2,1＋\f(1,x2))＝eq\f(2＋2x2,1＋x2)＝2，令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2019)，則T＝f(a2019)＋f(a2018)＋…＋f(a1)，∴2T＝f(a1)＋f(a2019)＋f(a2)＋f(a2018)＋…＋f(a2019)＋f(a1)＝2×2019，∴T＝2019.8.2018解析因?yàn)閍1，a2，…，a2017的“優(yōu)化和”為eq\f(a1＋a1＋a2＋…＋a1＋a2＋…＋a2017,2017)，故eq\f(2017a1＋2016a2＋2015a3＋…＋a2017,2017)＝2018，也就是2017a1＋2016a2＋2015a3＋…＋a2017＝2017×2018.又1，a1，a2，…，a2017的“優(yōu)化和”為eq\f(2018×1＋2017a1＋2016a2＋2015a3＋…＋a2017,2018)＝eq\f(2018＋2017×1018,2018)＝2018.9.12010.eq\f(2n,n＋1)解析由題意，可得a2＝a1＋2λ＝1＋2λ，a3＝a2＋3λ＝1＋5λ＝6，解得λ＝1，則an－an－1＝n，n≥2，可得a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，累加得an－a1＝2＋3＋…＋n，∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，n＝1時(shí)，a1＝1＝eq\f(1×2,2)，滿足上式.則eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項(xiàng)和為Tn＝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)))＋…＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).能力提升練1.22.20100解析an＝f(n)，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，f(n)＝n2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n－3,2)π))＝n2，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，f(n)＝n2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n－3,2)π))＝－n2，故a1＋a2＋a3＋…＋a200＝－1＋22－32＋42－…－1992＋2002＝(2－1)(1＋2)＋…＋(200－199)(200＋199)＝1＋2＋3＋…＋199＋200＝20100.3.304解析∵nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，∴eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是公差與首項(xiàng)都為1的等差數(shù)列，∴eq\f(an,n)＝1＋(n－1)×1，可得an＝n2.∵bn＝ancoseq\f(2nπ,3)，∴bn＝n2coseq\f(2nπ,3)，令n＝3k－2，k∈N*，則b3k－2＝(3k－2)2coseq\f(23k－2π,3)＝－eq\f(1,2)(3k－2)2，k∈N*，同理可得b3k－1＝－eq\f(1,2)(3k－1)2，k∈N*，b3k＝(3k)2，k∈N*.∴b3k－2＋b3k－1＋b3k＝－eq\f(1,2)(3k－2)2－eq\f(1,2)(3k－1)2＋(3k)2＝9k－eq\f(5,2)，k∈N*，則S24＝9×(1＋2＋…＋8)－eq\f(5,2)×8＝304.4.239＋2解析根據(jù)題意得an＋1－2an＝2n＋1，a1＝2，∴eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝1，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))表示首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，∴eq\f(an,2n)＝1＋(n－1)＝n，∴an＝n·2n，∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，∴－Sn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝－2＋2n＋1－n·2n＋1，＝－2＋(1－n)2n＋1，∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2，S33＝(33－1)233＋1＋2＝239＋2.5.eq\f(2019,1010)解析∵對(duì)任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，且a1＝1，∴令m＝1代入得，an＋1＝a1＋an＋n，則an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，以上n－1個(gè)式子相加可得，an－a1＝2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(n－1n＋2,2)，則an＝a1＋eq\f(1,2)(n－1)(n＋2)＝eq\f(1,2)n(n＋1)，n＝1時(shí)，適合此式，∴eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2019)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2019)－\f(1,2020)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2020)))＝eq\f(2019,1010).6.eq\f(59\r(3),2)解析令S＝f(1°)＋f(2°)＋…＋f(59°)＝eq\f(cos1°,cos29°)＋eq\f(cos2°,cos28°)＋…＋eq\f(cos59°,cos－29°)，①則S＝eq\f(cos59°,cos－29°)＋eq\f(cos58°,cos－28°)＋…＋eq\f(cos1°,cos29°)②①＋②可得2S