2022版备战老高考一轮复习理科数学课后限时集训36 数列求和 作业

数列求和建议用时：45分钟一、选择题1．在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋3an＋4)))的前n项和Sn＝()A.eq\f(n＋1,n＋2) B.eq\f(n,n＋1)C.eq\f(n,n＋2) D.eq\f(2n,n＋1)B[设等差数列{an}的公差为d，由a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，得a5＝2，d＝1，所以an＝n－3.则an＋3＝n，an＋4＝n＋1，所以eq\f(1,an＋3an＋4)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).所以Sn＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).故选B.]2．数列{(－1)n(2n－1)}的前2020项和S2020等于()A．－2018 B．2018C．－2020 D．2020D[S2020＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2019－1)＋(2×2020－1)＝2×1010＝2020.故选D.]3．在数列{an}中，已知a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝()A．(2n－1)2 B.eq\f(（2n－1）2,3)C．4n－1 D.eq\f(4n－1,3)D[由题意得，当n＝1时，a1＝1，当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝2n－1－1，则an＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1(n≥2)，n＝1时也成立，所以an＝2n－1，则aeq\o\al(2,n)＝22n－2，所以数列{aeq\o\al(2,n)}的首项为1，公比为4的等比数列，所以aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(1×（1－4n）,1－4)＝eq\f(4n－1,3)，故选D.]4．数列{an}中，a1＝2，且an＋an－1＝eq\f(n,an－an－1)＋2(n≥2)，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,（an－1）2)))前2019项和为()A.eq\f(4036,2019) B.eq\f(2019,1010)C.eq\f(4037,2019) D.eq\f(4039,2020)B[∵an＋an－1＝eq\f(n,an－an－1)＋2(n≥2)，∴aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)－2(an－an－1)＝n，整理，得(an－1)2－(an－1－1)2＝n，∴(an－1)2－(a1－1)2＝n＋(n－1)＋…＋2，又a1＝2，∴(an－1)2＝eq\f(n（n＋1）,2)，即eq\f(1,（an－1）2)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,（an－1）2)))前2019项和为：2(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2019)－eq\f(1,2020))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2020)))＝eq\f(2019,1010).故选B.]5．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，则S13＝()A.eq\f(213－4,3) B.eq\f(213＋2,3)C.eq\f(214－4,3) D.eq\f(214＋2,3)C[∵a1＝2，∴n＝2时，a2＋a3＝22，n＝4时，a4＋a5＝24，n＝6时，a6＋a7＝26，n＝8时，a8＋a9＝28，n＝10时，a10＋a11＝210，n＝12时，a12＋a13＝212，∴S13＝2＋22＋24＋26＋28＋210＋212＝2＋eq\f(22[1－（22）6],1－22)＝eq\f(214－4,3).故选C.]二、填空题6．(2019·浙江台州期中)已知数列{an}满足eq\f(1,an)＝eq\f(1,an＋1)－1，且a1＝1，则an＝________，数列{bn}满足bn＝eq\f(2n,an)，则数列{bn}的前n项和Sn＝________．eq\f(1,n)(n－1)·2n＋1＋2[由eq\f(1,an)＝eq\f(1,an＋1)－1可得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，公差、首项都为1，由等差数列的通项公式可得eq\f(1,an)＝n，an＝eq\f(1,n)，eq\f(2n,an)＝n×2n，Sn＝1×2＋2×22＋…＋n×2n，2Sn＝1×22＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，相减得Sn＝－(2＋22＋…＋2n)＋n×2n＋1＝－eq\f(2（1－2n）,1－2)＋n×2n＋1＝(n－1)×2n＋1＋2.]7．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2018＝________．3·21009－3[∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，①∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1，②由①÷②得eq\f(an＋1,an－1)＝2，∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S2018＝eq\f(1－21009,1－2)＋eq\f(2（1－21009）,1－2)＝3·21009－3.]8．已知等差数列{an}满足a3＝7，a5＋a7＝26，bn＝eq\f(1,aeq\o\al(2,n)－1)(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，则S100的值为________．eq\f(25,101)[因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以公差d＝2，所以an＝a3＋2(n－3)＝2n＋1.所以bn＝eq\f(1,aeq\o\al(2,n)－1)＝eq\f(1,（2n＋1）2－1)＝eq\f(1,4n（n＋1）)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).所以S100＝b1＋b2＋…＋b100＝eq\f(1,4)(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,100)－eq\f(1,101))＝eq\f(25,101).]三、解答题9．已知等差数列{an}满足a6＝6＋a3，且a3－1是a2－1，a4的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,anan＋1)(n∈N*)，数列{bn}的前项和为Tn，求使Tn＜eq\f(1,7)成立的最大正整数n的值[解](1)设等差数列{an}的公差为d，∵a6－a3＝3d＝6，即d＝2，∴a3－1＝a1＋3，a2－1＝a1＋1，a4＝a1＋6，∵a3－1是a2－1，a4的等比中项，∴(a3－1)2＝(a2－1)·a4，即(a1＋3)2＝(a1＋1)(a1＋6)，解得a1＝3.∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.(2)由(1)得bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（2n＋1）（2n＋3）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3))).∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)(eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋3))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(n,3（2n＋3）)，由eq\f(n,3（2n＋3）)＜eq\f(1,7)，得n＜9.∴使Tn＜eq\f(1,7)成立的最大正整数n的值为8.10．(2019·天津高考)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0，已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n为奇数，,beq\s\up-1(\f(n,2))，n为偶数.))求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．[解](1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3q＝3＋2d，,3q2＝15＋4d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝3，))故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n×3＋\f(n（n－1）,2)×6))＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－eq\f(3（1－3n）,1－3)＋n×3n＋1＝eq\f(（2n－1）3n＋1＋3,2).所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6＝3n2＋3×eq\f(（2n－1）3n＋1＋3,2)＝eq\f(（2n－1）3n＋2＋6n2＋9,2)(n∈N*)．1．定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足：当0≤x＜2时，f(x)＝2x－x2；当x≥2时，f(x)＝3f(x－2)．记函数f(x)的极大值点从小到大依次记为a1，a2，…，an，…，并记相应的极大值为b1，b2，…，bn，…，则a1b1＋a2b2＋…＋a20b20A．19×320＋1 B．19×319＋1C．20×319＋1 D．20×320＋1A[由题意当0≤x＜2时，f(x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1极大值点为1，极大值为1，当x≥2时，f(x)＝3f(x－2)．则极大值点形成首项为1，公差为2的等差数列，极大值形成首项为1，公比为3的等比数列，故an＝2n－1，bn＝3n－1故anbn＝(2n－1)3n－1，设S＝a1b1＋a2b2＋…＋a20b20＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319，3S＝1×31＋3×32＋…＋39×320，两式相减得－2S＝1＋2(31＋32＋…＋319)－39×320＝1＋2×eq\f(3（1－319）,1－3)－39×320，∴S＝19×320＋1，故选A.]2．(2019·金山中学模拟)数列{an}且an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,n2＋2n)，n为奇数，,sin\f(nπ,4)，n为偶数，))若Sn是数列{an}的前n项和，则S2018＝________．eq\f(3028,2019)[数列{an}且an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,n2＋2n)，n为奇数，,sin\f(nπ,4)，n为偶数，))①当n为奇数时，an＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，②当n为偶数时，an＝sineq\f(nπ,4)，所以S2018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2018)，＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2017)－eq\f(1,2019))＋(1＋0－1＋…＋0)，＝eq\f(1009,2019)＋1＝eq\f(3028,2019).]3．(2019·济南模拟)如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上标签：原点处标数字0，记为a0；点(1，0)处标数字1，记为a1；点(1，－1)处标数字0，记为a2；点(0，－1)处标数字－1，记为a3；点(－1，－1)处标数字－2，记为a4；点(－1，0)处标数字－1，记为a5；点(－1，1)处标数字0，记为a6；点(0，1)处标数字1，记为a7；……；以此类推，格点坐标为(i，j)的点处所标的数字为i＋j(i，j均为整数)，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则S2018＝________．－249[设an的坐标为(x，y)，则an＝x＋y.第一圈从点(1，0)到点(1，1)共8个点，由对称性可知a1＋a2＋…＋a8＝0；第二圈从点(2，1)到点(2，2)共16个点，由对称性可知a9＋a10＋…＋a24＝0，……；以此类推，可得第n圈的8n个点对应的这8n项的和也为0.设a2018在第k圈，则8＋16＋…＋8k＝4k(k＋1)，由此可知前22圈共有2024个数，故S2024＝0，则S2018＝S2024－(a2024＋a2023＋…＋a2019)，a2024所在点的坐标为(22，22)，a2024＝22＋22，a2023所在点的坐标为(21，22)，a2023＝21＋22，以此类推，可得a2022＝20＋22，a2021＝19＋22，a2020＝18＋22，a2019＝17＋22，所以a2024＋a2023＋…＋a2019＝249，故S2018＝－249.]4．已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n项和，若λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．[解](1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，由已知得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝14，,（a1＋2d）2＝a1（a1＋6d），))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(7,2)，,d＝0))(舍去)，所以an＝n＋1.(2)由(1)知eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，所以Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(n,2（n＋2）).又λTn≤an＋1恒成立，所以λ≤eq\f(2（n＋2）2,n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(4,n)))＋8，而2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(4,n)))＋8≥16，当且仅当n＝2时等号成立．所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.1．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是()A．440 B．330C．220 D．110A[设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为eq\f(n（1＋n）,2).由题意知，N>100，令eq\f(n（1＋n）,2)＞100⇒n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后．第n组的各项和为eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，前n组所有项的和为eq\f(2（1－2n）,1