【復習參考】2021年高考數(shù)學(理)提升演練：數(shù)列求和

2021屆高三數(shù)學（理）提升演練：數(shù)列求和一、選擇題1．等比數(shù)列{an}首項與公比分別是復數(shù)i＋2(i是虛數(shù)單位)的實部與虛部，則數(shù)列{an}的前10項的和為()A．20 B．210－1C．－20 D．－2i2．數(shù)列{an}的通項公式是an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若前n項和為10，則項數(shù)n為()A．11 B．99C．120 D．1213．已知函數(shù)f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2n為奇數(shù)，,－n2n為偶數(shù)，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100等于()A．0 B．100C．－100 D．102004．已知函數(shù)f(x)＝x2＋bx的圖像在點A(1，f(1))處的切線的斜率為3，數(shù)列{eq\f(1,fn)}的前n項和為Sn，則S2010的值為()A.eq\f(2007,2008) B.eq\f(2008,2009)C.eq\f(2009,2010) D.eq\f(2010,2011)5．數(shù)列{an}中，已知對任意正整數(shù)n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，則aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)等于()A．(2n－1)2 B.eq\f(1,3)(2n－1)C.eq\f(1,3)(4n－1) D．4n－16．已知an＝logn＋1(n＋2)(n∈N*)，若稱使乘積a1·a2·a3·…·an為整數(shù)的數(shù)n為劣數(shù)，則在區(qū)間(1,2002)內(nèi)全部的劣數(shù)的和為()A．2026 B．2046C．1024 D．1022二、填空題7．若eq\f(1＋3＋5＋…＋2x－1,\f(1,1×2)＋\f(1,2×3)＋…＋\f(1,xx＋1))＝110(x∈N*)，則x＝________.8．數(shù)列1,1＋2,1＋2＋22,1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋23＋…＋2n－1，…的前n項和為________．9．對于數(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”的通項公式為2n，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝________.三、解答題10．已知等差數(shù)列{an}滿足a2＝0，a6＋a8＝－10.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求數(shù)列{eq\f(an,2n－1)}的前n項和．11．已知數(shù)列{2n－1·an}的前n項和Sn＝9－6n.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設bn＝n·(3－log2eq\f(|an|,3))，設數(shù)列{eq\f(1,bn)}的前n項和為Tn，求使Tn＜eq\f(m,6)恒成立的m的最小整數(shù)值．12．已知數(shù)列{an}的前n項和是Sn，且Sn＝2an－n(n∈N*)．(1)證明：數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項公式；(2)記bn＝eq\f(an＋1,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.詳解答案一、選擇題1．解析：該等比數(shù)列的首項是2，公比是1，故其前10項之和是20.答案：A2．解析：an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，∴Sn＝eq\r(2)－1＋eq\r(3)－eq\r(2)＋eq\r(4)－eq\r(3)＋…＋eq\r(10)－eq\r(9)＋…＋eq\r(n＋1)－eq\r(n)＝eq\r(n＋1)－1＝10，解得n＝120.答案：C3．解析：由題意，a1＋a2＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.答案：B4．解析：∵f′(x)＝2x＋b，∴f′(1)＝2＋b＝3，∴b＝1，∴f(x)＝x2＋x，∴eq\f(1,fn)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴S2010＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2010)－eq\f(1,2011)＝1－eq\f(1,2011)＝eq\f(2010,2011).答案：D5．解析：∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，∴a1＋a2＋…＋an－1＝2n－1－1，∴an＝2n－2n－1＝2n－1，∴aeq\o\al(2,n)＝4n－1，∴aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(1－4n,1－4)＝eq\f(1,3)(4n－1)．答案：C6．解析：設a1·a2·a3·…·an＝eq\f(lg3,lg2)·eq\f(lg4,lg3)·…·eq\f(lgn＋2,lgn＋1)＝eq\f(lgn＋2,lg2)＝log2(n＋2)＝k，則n＝2k－2(k∈Z)．令1＜2k－2＜2002，得k＝2,3,4，…，10.∴全部劣數(shù)的和為eq\f(41－29,1－2)－18＝211－22＝2026.答案：A二、填空題7．解析：原等式左邊＝eq\f(\f(x2x－1＋1,2),\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,x)－\f(1,x＋1))＝eq\f(x2,\f(x,x＋1))＝x2＋x＝110，又x∈N*，所以x＝10.答案：108．解析：由題意得an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，∴Sn＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(21＋22＋…＋2n)－n＝eq\f(2－2n＋1,1－2)－n＝2n＋1－n－2.答案：2n＋1－n－29．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＋1－2.三、解答題10．解：(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，由已知條件可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝0，,2a1＋12d＝－10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝－1.))故數(shù)列{an}的通項公式為an＝2－n.(2)設數(shù)列{eq\f(an,2n－1)}的前n項和為Sn，即Sn＝a1＋eq\f(a2,2)＋…＋eq\f(an,2n－1)，故S1＝1，eq\f(Sn,2)＝eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,4)＋…＋eq\f(an,2n)，所以，當n＞1時，eq\f(Sn,2)＝a1＋eq\f(a2－a1,2)＋…＋eq\f(an－an－1,2n－1)－eq\f(an,2n)＝1－(eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1))－eq\f(2－n,2n)＝1－(1－eq\f(1,2n－1))－eq\f(2－n,2n)＝eq\f(n,2n).所以Sn＝eq\f(n,2n－1).綜上，數(shù)列{eq\f(an,2n－1)}的前n項和Sn＝eq\f(n,2n－1).11．解：(1)n＝1時，20·a1＝S1＝3，∴a1＝3；當n≥2時，2n－1·an＝Sn－Sn－1＝－6，∴an＝eq\f(－3,2n－2).∴通項公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＝1,－\f(3,2n－2)n≥2)).(2)當n＝1時，b1＝3－log21＝3，∴T1＝eq\f(1,b1)＝eq\f(1,3)；當n≥2時，bn＝n·(3－log2eq\f(3,3·2n－2))＝n·(n＋1)，∴eq\f(1,bn)＝eq\f(1,nn＋1)∴Tn＝eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(5,6)－eq\f(1,n＋1)＜eq\f(5,6)，故使Tn＜eq\f(m,6)恒成立的m的最小整數(shù)值為5.12．解：(1)令n＝1，得a1＝2a1－1，由此得a1由于Sn＝2an－n，所以Sn＋1＝2an＋1－(n＋1)，兩式相減得Sn＋1－Sn＝2an＋1－(n＋1)－2an＋n，即an＋1＝2an＋1.所以an＋1＋1＝2an＋1＋1＝2(an＋1)，即eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝2，故數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列，其首項為a1＋1＝2，故數(shù)列{an＋1}的通項公式是an＋1＝2·2n－1＝2n，故數(shù)列{an}的通項公式是an＝2n－1.(2)由(1)得，bn＝eq\f(an＋1,anan＋1)＝eq\f(