高考数学一轮复习 练案（36）第五章 数列 第四讲 数列求和（含解析）-人教版高三数学试题

[练案36]第四讲数列求和A组基础巩固一、单选题1．(2020·湖北武汉部分重点中学联考)已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－1)，则a1＋a2＋…＋a10＝(A)A．15 B．12C．－12 D．－15[解析]依题意，得a1＋a2＋…＋a10＝(a1＋a3＋…＋a9)＋(a2＋a4＋…＋a10)＝－(2＋8＋…＋26)＋(5＋11＋…＋29)＝－eq\f(2＋26,2)×5＋eq\f(5＋29,2)×5＝－70＋85＝15，故选A.2．(2020·河北保定摸底)已知数列{an}的通项公式为an＝nsin(eq\f(n＋1,2)π)＋1，前n项和为Sn，则S2017＝(C)A．1232 B．3019C．3025 D．4321[解析]∵an＝nsin(eq\f(n＋1,2)π)＋1，∴a1＝1×0＋1，a2＝2×(－1)＋1，a3＝3×0＋1，a4＝4×1＋1，…，a2017＝2017×0＋1，∴S2017＝2017×1＋(－2＋4－6＋8＋…＋2016)＝2017＋504×2＝3025.故选C.3．(2020·山西河津二中月考)已知数列{an}为eq\f(1,2)，eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)，eq\f(1,4)＋eq\f(2,4)＋eq\f(3,4)，eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)＋eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)，…，若bn＝eq\f(1,anan＋1)，则数列{bn}的前n项和Sn为(A)A．eq\f(4n,n＋1) B．eq\f(2n－2,n＋1)C.eq\f(n,n＋1) D．eq\f(n－1,2n＋1)[解析]∵an＝eq\f(1＋2＋…＋n,n＋1)＝eq\f(n,2)，∴bn＝eq\f(4,nn＋1)＝4(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))，∴Sn＝4(1－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(4n,n＋1).故选A.4．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是(D)A．2n＋1＋n－2 B．2n＋1－n＋2C．2n－n－2 D．2n＋1－n－2[解析]因为Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1①，2Sn＝n×2＋(n－1)×22＋(n－2)×23＋…＋2×2n－1＋2n②，所以①－②得，－Sn＝n－(2＋22＋23＋…＋2n)＝n＋2－2n＋1，所以Sn＝2n＋1－n－2.5．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：(1)构造数列1，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，…，eq\f(1,n)；①(2)将数列①的各项乘以eq\f(n,2)，得到一个新数列a1，a2，a3，a4，…，an.则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1A．eq\f(n2,4) B．eq\f(n－12,4)C.eq\f(nn－1,4) D．eq\f(nn＋1,4)[解析]依题意可得新数列为eq\f(n,2)，eq\f(n,4)，eq\f(n,6)，…，eq\f(1,n)×eq\f(n,2)，所以a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝eq\f(n2,4)[eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,n－1n)]＝eq\f(n2,4)(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n))＝eq\f(n2,4)×eq\f(n－1,n)＝eq\f(nn－1,4).故选C.6．(2020·云南玉溪一中月考)数列{an}首项a1＝1，对于任意m，n∈N*，有an＋m＝an＋3m，则{an}前5项和S5A．121 B．25C．31 D．35[解析]由题意知an＋1＝an＋3，∴{an}是首项为1公差为3的等差数列，a5＝a1＋12＝13，∴S5＝eq\f(5a1＋a5,2)＝35.故选D.二、多选题7．已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，且满足an＋4SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝eq\f(1,4)，则下列说法正确的是(AD)A．Sn＝eq\f(1,4n)B．an＝eq\f(1,4nn＋1)C．{an}为递增数列D．数列{eq\f(1,Sn)}为递增数列[解析]∵an＋4SnSn－1＝0，∴Sn－Sn－1＋4SnSn－1＝0，∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝4，∴{eq\f(1,Sn)}是以eq\f(1,S1)＝4为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，D正确．∴eq\f(1,Sn)＝4n，∴Sn＝eq\f(1,4n)，A正确．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－eq\f(1,4nn－1)当n＝1时，a1＝eq\f(1,4)，∴B、C不正确，故选A、D.8．数列{an}的前n项和为Sn，若数列{an}的各项按如下规律：eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(2,3)，eq\f(1,4)，eq\f(2,4)，eq\f(3,4)，eq\f(1,5)，eq\f(2,5)，eq\f(3,5)，eq\f(4,5)，…，eq\f(1,n)，eq\f(2,n)，…eq\f(n－1,n)，以下说法正确的是(ACD)A．a24＝eq\f(3,8)B．数列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…是等比数列C．数列a1，a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9＋a10，…的前n项和为Tn＝eq\f(n2＋n,4)D．若存在正整数k，使Sk<10，Sk＋1≥10，则ak＝eq\f(5,7)[解析]对于选项A，a22＝eq\f(1,8)，a23＝eq\f(2,8)，a24＝eq\f(3,8)，故A正确．对于选项B、C，数列eq\f(1,2)，1，eq\f(3,2)，2…等差数列，Tn＝eq\f(n2＋n,4)，故B错，C正确．对于选项D，S21>10，S20<10，a20＝eq\f(5,7)，正确．故选A、C、D.三、填空题9.eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,n＋12－1)＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2))[解析]∵eq\f(1,n＋12－1)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))，∴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)(1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))＝eq\f(1,2)(eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2))．10．(2020·山东、湖北部分重点中学联考)已知数列{an}的前n项之和为Sn，若a1＝2，an＋1＝an＋2n－1＋1，则S10＝__1_078__.[解析]a1＝2，an＋1＝an＋2n－1＋1⇒an＋1－an＝2n－1＋1⇒an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1⇒an＝2n－2＋2n－3＋…＋2＋1＋n－1＋a1.＝eq\f(1－2n－1,1－2)＋n－1＋2＝2n－1＋n.S10＝1＋2＋22＋…＋29＋eq\f(10×11,2)＝1078.11．(2020·广东省五校协作体高三第一次联考)已知数列{an}满足：a1为正整数，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(an,2)，an为偶数,3an＋1，an为奇数，))如果a1＝1，则a1＋a2＋a3＋…＋a2018＝__4_709__.[解析]由已知得a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，周期为3的数列，a1＋a2＋…＋a2018＝(1＋4＋2)×672＋1＋4＝4709.12．(2020·福建省泉州市教学质量跟踪监测)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤．斩末一尺，重二斤．问依次一尺各重几何？”其意思是：“现有一根金杖(一头粗，一头细)长五尺，在粗的一端截下1尺，重4斤．在细的一端截下1尺，重2斤．问依次每一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问该金箠的总重量为__15__斤．[解析]由题意知，金箠的5段重量构成以4为首项，2为末项的等差数列，则总重量S＝eq\f(4＋2,2)×5＝15(斤)．三、解答题13．(2020·吉林省长春汽车经济开发区第六中学考试)已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝110，且a1，a2，a4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足bn＝eq\f(1,an－1an＋1)，若数列{bn}前n项和Tn，证明：Tn<eq\f(1,2).[解析](1)由题意知：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,2)＝a1a4,S10＝110))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d2＝a1a1＋3d,10a1＋45d＝110))解得a1＝d＝2，故数列an＝2n.(2)由(1)可知bn＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，则Tn＝eq\f(1,2)[(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(1,2)(1－eq\f(1,2n＋1))<eq\f(1,2).14．(2020·云南省红河州高三复习统一检测)等差数列{an}的首项a1>0，数列{eq\f(1,anan＋1)}的前n项和为Sn＝eq\f(n,2n＋1).(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.[解析](1)由{eq\f(1,anan＋1)}的前n项和为Sn＝eq\f(n,2n＋1)知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1a2)＝\f(1,3),\f(1,a1a2)＋\f(1,a2a3)＝\f(2,5)，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1a2＝3,a2a3＝15，))设等差数列{an}的公差为d，从而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1a1＋d＝3,a1＋da1＋2d＝15，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－1,d＝－2))，又a1>0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1,d＝2))，故an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)知bn＝(an＋1)·2an＝2n·22n－1＝n·4n，则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝1×41＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，两边同时乘以4得4Tn＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，两式相减得－3Tn＝41＋42＋43＋44＋…＋4n－n×4n＋1＝eq\f(4×1－4n,1－4)－n×4n＋1，故Tn＝eq\f(4,9)＋eq\f(3n－1,9)·4n＋1.B组能力提升1．(2020·益阳、湘潭调研考试)已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2且Sn＋1＝2Sn，设bn＝log2an，则eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b2017b2018)的值是(B)A．eq\f(4035,2018) B．eq\f(4033,2017)C．eq\f(2017,2018) D．eq\f(2016,2017)[解析]由Sn＋1＝2Sn可知，数列{Sn}是首项为S1＝a1＝2，公比为2的等比数列，所以Sn＝2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1.bn＝log2an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,n－1，n≥2，))当n≥2时，eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n－1n)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，所以eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b2017b2018)＝1＋1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2016)－eq\f(1,2017)＝2－eq\f(1,2017)＝eq\f(4033,2017).故选B.2．(2020·银川一中模拟)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋eq\f(1,n))，则an＝(A)A．2＋lnn B．2＋(n－1)lnnC．2＋nlnn D．1＋n＋lnn[解析]由已知条件得a2＝a1＋ln2，a3＝a2＋lneq\f(3,2)，a4＝a3＋lneq\f(4,3)，…，an＝an－1＋lneq\f(n,n－1)，得an＝a1＋ln2＋lneq\f(3,2)＋lneq\f(4,3)＋…＋lneq\f(n,n－1)＝2＋ln(2×eq\f(3,2)×eq\f(4,3)×…×eq\f(n,n－1))＝2＋lnn，故选A.3．(2020·福建省宁德市高三上学期质量检测)我国古代数学名著《孙子算经》中有如下问题：“今有三女，长女五日一归，中女四日一归，少女三日一归．问：三女何日相会？”意思是：“一家出嫁的三个女儿中，大女儿每五天回一次娘家，二女儿每四天回一次娘家，小女儿每三天回一次娘家．三个女儿从娘家同一天走后，至少再隔多少天三人再次相会？”若当地风俗正月初二都要回娘家，且回娘家当天均返回夫家，则从正月初三算起的一百天内，有女儿回娘家的天数有(C)A．58 B．59C．60 D．61[解析]小女儿、二女儿和大女儿回娘家的天数分别是33,25,20，小女儿和二女儿、小女儿和大女儿、二女儿和大女儿回娘家的天数分别是8,6,5，三个女儿同时回娘家的天数是1，所以有女儿在娘家的天数是：35＋25＋20－(8＋6＋5)＋1＝60.4．(2020·湖北省稳派教育高三上学期第二次联考)“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”，斐波那契数列{an}满足：a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)，记其前n项和为Sn，设a2018＝t(t为常数)，则S2016＋S2015－S2014－S2013＝__t__(