2025年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 43 課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(四十三)

課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(四十三)1．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(－1)n－1·(4n－3)，則它的前100項(xiàng)和S100等于()A．200 B．－200C．400 D．－400B解析：S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.2．(2024·曲靖模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，設(shè)a1＝12，anan＋1＝an－1，則S2024＝(A．12 B．C．20212C解析：由題可知anan＋1＝an－1，an≠0，得an＋1＝an又a1＝12，得a2＝12－112＝－1，a3＝－1－1－1＝2，a4＝2故數(shù)列{an}是以3為周期的周期數(shù)列．因?yàn)?024÷3＝674……2，則S2024＝674(a1＋a2＋a3)＋a1＋a2＝23．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝2n－12n，其前n項(xiàng)和Sn＝32164A．13 B．10C．9 D．6D解析：由an＝2n－12nSn＝1－12+＝n－12+14+18+…+12n令n－1＋12n＝32164，即n＋12n＝4．已知數(shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)n+1an＝2，則其前100項(xiàng)和Sn等于()A．250 B．200C．150 D．100D解析：由題知當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an＋an＋1＝2，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝2×50＝100.5．已知函數(shù)y＝f(x)滿足f(x)＋f(1－x)＝1，若數(shù)列{an}滿足an＝f(0)＋f1n＋f2n＋…＋fn－1n＋f(1)，則數(shù)列{an}的前A．230 B．115C．110 D．100B解析：an＝f(0)＋f1n＋f2n＋…＋fn－1nan＝f(1)＋fn－1n＋fn－2n＋…＋f又因?yàn)閒(x)＋f(1－x)＝1，①＋②，得2an＝n＋1，所以an＝n+所以{an}的前20項(xiàng)和為S20＝a1＋a2＋…＋a20＝22+32＋…＋212＝20×6．(多選題)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，a1＝1，b1＝2，a2＋b2＝7，a3＋b3＝13.記cn＝an，n為奇數(shù)，bn，n為偶數(shù)，數(shù)列{cn}A．a(chǎn)n＝2n－1B．bn＝2nC．S9＝1409D．S2n＝2n2－n＋43(4n－ABD解析：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q(q≠0)．由題意得1+d所以an＝2n－1，bn＝2n，故A，B正確．c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，所以數(shù)列{cn}的前2n項(xiàng)和S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝n1+4n－32+41－4n1－4＝2n2－n＋43(4n－7．已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，a1＝2，a3＝4，則a12+1020解析：因?yàn)閿?shù)列{an}為等比數(shù)列，a1＝2，a3＝4，所以q2＝a3a1＝2，所以an2＝(a1qn－1)2＝4×(q2)n－1＝4×2n－1＝2n+1，所以8．?dāng)?shù)列{an}，{bn}滿足a1＝b1＝1，an＋1－an＝bn+1bn＝2，n∈N*，則數(shù)列"{b_(a_n)"}13(4n－1)解析：因?yàn)閍n＋1－an＝bn+1bn＝2，a1＝b1＝1，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝1×2n－1數(shù)列"{b_(a_n)"}的前n項(xiàng)和為ba1+ba2+…+ban＝b1＋b3＋＝20＋22＋24＋…＋22n－2＝1－4n1－4＝9．已知單調(diào)遞增的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S4＝20，a2，a4，a8成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝2an＋1－3n+2，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d>0)，由題意得S即4解得a1=2，d=所以an＝2＋(n－1)·2＝2n.(2)由(1)知an＝2n，所以bn＝4(n＋1)－3n+2，所以Tn＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n+2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n+2)＝4n·2+n+12－271－310．(新定義)已知數(shù)列：1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，即此數(shù)列第一項(xiàng)是20，接下來(lái)兩項(xiàng)是20，21，再接下來(lái)三項(xiàng)是20，21，22，依此類推，設(shè)Sn是此數(shù)列的前n項(xiàng)和，則S2024等于()A．264＋190 B．263＋190C．264＋62 D．263＋62A解析：將數(shù)列分組：第一組有一項(xiàng)，和為20；第二組有兩項(xiàng)，和為20＋21；……第n組有n項(xiàng)，和為20＋21＋…＋2n－1＝1－2n1－2＝2n－1，則前63組共有所以S2024＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋262)＋20＋21＋22＋23＋24＋25＋26＋27＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(263－1)＋(28－1)＝(2＋22＋…＋263)－63＋255＝2×1－2631－11．設(shè)i是虛數(shù)單位，則2i＋3i2＋4i3＋…＋2020i2019的值為()A．－1010－1010i B．－1011－1010iC．－1011－1012i D．1011－1010iB解析：設(shè)S＝2i＋3i2＋4i3＋…＋2019i2018＋2020i2019，則iS＝2i2＋3i3＋4i4＋…＋2019i2019＋2020i2020，兩式相減可得(1－i)S＝2i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2019－2020i2020＝i＋i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2019－2020i2020＝i＋i1+i1－i－2020＝i＋i1+i22－2020＝－2021＋i12．?dāng)?shù)列{an}滿足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16項(xiàng)和為540，則a1＝________．7解析：由題意知an＋2＋(－1)nan＝3n－1，所以當(dāng)n＝2k(k∈N*)時(shí)，a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N*)，所以(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＋(a14＋a16)＝5＋17＋29＋41＝92.當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時(shí)，a2k＋1－a2k－1＝6k－4(k∈N*)，所以當(dāng)k≥2時(shí)，a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－a2k－3)＝a1＋2＋8＋14＋…＋[6(k－1)－4]＝a1＋2+6k－10k－12＝a1＋(3k－4)(k－1)，當(dāng)k＝1時(shí)上式也成立，所以a2k－1＝a1＋(3k－4)(k－1)(k∈N*)，即a2k－1＝a1＋3k2－7(方法一)所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15＝8a1＋3×(12＋22＋32＋…＋82)－7×(1＋2＋3＋…＋8)＋4×8＝8a1＋3×8×8+1×2×8+16－7×1+8×82＋32＝8a1＋612－252＋32＝8a1＋392.又前16項(xiàng)和為(方法二)所以a2k－1＝a1＋(3k2＋3k＋1)－10k＋3＝a1＋[(k＋1)3－k3]－10k＋3，所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15＝8a1＋(23－13)＋(33－23)＋…＋(93－83)－10×1+8×82＋3×8＝8a1＋93－13－360＋24＝8a1＋392.又前16項(xiàng)和為540，所以92＋8a1＋392＝54013．已知f(x)＝21+x2(x∈R)，若等比數(shù)列{an}滿足a1a2020＝1，則f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a20202020解析：因?yàn)閒(x)＝21+x2(x所以f(x)＋f1x＝21+x因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}滿足a1a2020＝1，所以a1a2020＝a2a2019＝…＝a2020a1＝1，所以f(a1)＋f(a2020)＝f(a2)＋f(a2019)＝…＝f(a2020)＋f(a1)＝2，所以f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2020)＝2020.14．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，且an＋1＝an+1，n為奇數(shù)，2an，n為偶數(shù)(n∈N(1)證明：數(shù)列{bn＋2}為等比數(shù)列，并求出{bn}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{an}的前2n項(xiàng)和．(1)證明：由題意，知bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2a2n－1＋1)＝2bn＋2，則bn＋1＋2＝2(bn＋2)．又b1＋2＝a1＋2＝4，所以bn+1即{bn＋2}是首項(xiàng)為4，公比為2的等比數(shù)列，故bn＋2＝4·2n－1＝2n+1，所以bn＝2n+1－2.(2)解：數(shù)列{an}的前2n項(xiàng)和為S2n＝a1＋a2＋a3＋…＋a2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a1＋a3＋…＋a2n－1＋n)＝2(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋n＝2(b1＋b2＋…＋bn)＋n＝2×(22＋23＋…＋2n+1－2n)＋n＝2×41－2n1－2－3n＝215．記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知Sn＝2an－2n＋1.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bn＝(－1)n·log223an+4－43，求數(shù)列{b解：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，由Sn＝2an－2n＋1，可得a1＝S1＝2a1－2＋1，即有a1＝1.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－2an－1＋2(n－1)－1，即an＝2an－1＋2，可得an＋2＝2(an－1＋2)．顯然an－1＋2≠0，則an+又a1＋2＝3，所以數(shù)列{an＋2}是首項(xiàng)為