高考数学一轮复习 第五章 数列 第4讲 数列求和分层演练直击高考 文-人教版高三数学试题

第4讲数列求和1．等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项的和为Sn，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的前10项的和为________．[解析]因为a1＝3，Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝n(n＋2)，所以eq\f(Sn,n)＝n＋2.故eq\f(S1,1)＋eq\f(S2,2)＋…＋eq\f(S10,10)＝75.[答案]752．数列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有10项，且其和为240，则a1＋…＋ak＋…＋a10的值为________．[解析]a1＋…＋ak＋…＋a10＝240－(2＋…＋2k＋…＋20)＝240－eq\f(（2＋20）×10,2)＝240－110＝130.[答案]1303．已知数列{an}中an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n－1，n为奇数，,n，n为偶数，))则a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝________.[解析]由题意得a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝0＋2＋2＋4＋4＋…＋98＋98＋100＝2(2＋4＋6＋…＋98)＋100＝2×eq\f(49×（2＋98）,2)＋100＝5000.[答案]50004．已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a、b∈R)，且S25＝100，则a12＋a14＝________．[解析]由数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a、b∈R)，可知数列{an}是等差数列，由S25＝eq\f(（a1＋a25）×25,2)＝100，解得a1＋a25＝8，所以a1＋a25＝a12＋a14＝8.[答案]85．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2017的值为________．[解析]因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2016＋a2017)＝1009.[答案]10096．已知数列{an}的通项公式为an＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2＋3n)))，n＝1，2，…，Sn是数列{an}的前n项和，则Sn＝________.[解析]an＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2＋3n)))＝lgeq\f(n2＋3n＋2,n2＋3n)＝lgeq\f(（n＋1）（n＋2）,n（n＋3）)＝lg(n＋1)＋lg(n＋2)－lgn－lg(n＋3)，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(lg2＋lg3－lg1－lg4)＋(lg3＋lg4－lg2－lg5)＋(lg4＋lg5－lg3－lg6)＋…＋[lg(n＋1)＋lg(n＋2)－lgn－lg(n＋3)]＝[lg(n＋1)－lg1]－[lg(n＋3)－lg3]＝lgeq\f(n＋1,n＋3)＋lg3.[答案]lgeq\f(n＋1,n＋3)＋lg37．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前100项和为________．[解析]设等差数列{an}公差为d.因为a5＝5，S5＝15，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝5，,5a1＋\f(5×（5－1）,2)d＝15，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1，))所以an＝a1＋(n－1)d＝n.所以eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前100项和为1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,100)－eq\f(1,101)＝1－eq\f(1,101)＝eq\f(100,101).[答案]eq\f(100,101)8．(2018·南京质检)已知数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,2)＋eq\r(an－aeq\o\al(2,n))，且a1＝eq\f(1,2)，则该数列的前2018项的和等于________．[解析]因为a1＝eq\f(1,2)，又an＋1＝eq\f(1,2)＋eq\r(an－aeq\o\al(2,n))，所以a2＝1，从而a3＝eq\f(1,2)，a4＝1，即得an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝2k－1（k∈N*），,1，n＝2k（k∈N*），))故数列的前2018项的和等于S2018＝1009×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝eq\f(3027,2).[答案]eq\f(3027,2)9．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为an＋1－an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________．[解析]因为an＋1－an＝2n，所以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.所以Sn＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.[答案]2n＋1－210．(2018·辽宁省五校协作体联考)在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，记Sn是数列{an}的前n项和，则S60＝________.[解析]依题意得，当n是奇数时，an＋2－an＝1，即数列{an}中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋eq\f(30×29,2)×1＝465；当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15.因此，该数列的前60项和S60＝465＋15＝480.[答案]48011．已知等比数列{an}中，首项a1＝3，公比q>1，且3(an＋2＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn＋\f(1,3)an))是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{bn}的通项公式和前n项和Sn.[解](1)因为3(an＋2＋an)－10an＋1＝0，所以3(anq2＋an)－10anq＝0，即3q2－10q＋3＝0.因为公比q>1，所以q＝3.又首项a1＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝3n.(2)因为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn＋\f(1,3)an))是首项为1，公差为2的等差数列，所以bn＋eq\f(1,3)an＝1＋2(n－1)．即数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1－3n－1，前n项和Sn＝－(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋[1＋3＋…＋(2n－1)]＝－eq\f(1,2)(3n－1)＋n2.12．(2018·江西省名校学术联盟第一次调研)设数列{an}满足a1＝2，a2＋a5＝14，且对任意n∈N*，函数f(x)＝an＋1x2－(an＋2＋an)x满足f′(1)＝0.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,（an－1）（an＋1）)，记数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sn＜eq\f(1,2).[解](1)由f(x)＝an＋1x2－(an＋2＋an)x，得f′(x)＝2an＋1x－(an＋2＋an)，由f′(1)＝0，得2an＋1＝an＋2＋an，故{an}为等差数列．设等差数列{an}的公差为d，由a1＝2，a2＋a5＝14，得(a1＋d)＋(a1＋4d)＝14，解得d＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n(n∈N*)．(2)证明：bn＝eq\f(1,（an－1）（an＋1）)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＜eq\f(1,2).1．已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Sn＝________．[解析]设等比数列{an}的公比为q，则eq\f(a4,a1)＝q3＝27，解得q＝3.所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，故bn＝log3an＝n，所以eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和为1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).[答案]eq\f(n,n＋1)2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝________.[解析]由Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，得am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，所以等差数列的公差为d＝am＋1－am＝3－2＝1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(am＝a1＋（m－1）d＝2，,Sm＝a1m＋\f(1,2)m（m－1）d＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋m－1＝2，,a1m＋\f(1,2)m（m－1）＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,m＝5.))[答案]53．设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（n）)))(n∈N*)的前n项和为________．[解析]因为f′(x)＝mxm－1＋a，所以m＝2，a＝1.所以f(x)＝x2＋x，f(n)＝n2＋n.所以eq\f(1,f（n）)＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，则eq\f(1,f（1）)＋eq\f(1,f（2）)＋eq\f(1,f（3）)＋…＋eq\f(1,f（n－1）)＋eq\f(1,f（n）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋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)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).[答案]eq\f(n,n＋1)4．(2017·西安模拟)数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn＝anan＋1an＋2(n∈N*)，设Sn为{bn}的前n项和．若a12＝eq\f(3,8)a5＞0，则当Sn取得最大值时n的值为________．[解析]设{an}的公差为d，由a12＝eq\f(3,8)a5＞0得a1＝－eq\f(76,5)d，d＜0，所以an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(81,5)))d，从而可知当1≤n≤16时，an＞0；当n≥17时，an＜0.从而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，b15＝a15a16a17＜0，b16＝a16a17a18＞0，故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16，S16＞因为a15＝－eq\f(6,5)d＞0，a18＝eq\f(9,5)d＜0，所以a15＋a18＝－eq\f(6,5)d＋eq\f(9,5)d＝eq\f(3,5)d＜0，所以b15＋b16＝a16a17(a15＋a18)＞0，所以S16＞S14故当Sn取得最大值时n＝16.[答案]165．(2018·南京四校第一学期联考)已知向量a＝(x，－1)，b＝(xy，x－y)，若a⊥b，y＝f(x)．(1)求f(x)的表达式；(2)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,n＋1)＝2anf(an)(n∈N*)，求数列{an}的通项公式；(3)在(2)的条件下，设bn＝eq\f(1,aeq\o\al(2,n))－1，Sn为数列{bn}的前n项和，求使Sn＞eq\f(127,8)成立的n的最小值．解：(1)由a⊥b，得x2y＋(－1)(x－y)＝0，所以y＝eq\f(x,x2＋1)，则f(x)的表达式为f(x)＝eq\f(x,x2＋1).(2)由(1)知f(x)＝eq\f(x,x2＋1)，所以aeq\o\al(2,n＋1)＝2anf(an)＝2an·eq\f(an,aeq\o\al(2,n)＋1)＝eq\f(2aeq\o\al(2,n),aeq\o\al(2,n)＋1)，因此eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋1,2aeq\o\al(2,n))＝eq\f(1,2aeq\o\al(2,n))＋eq\f(1,2)，所以eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))－1＝eq\f(1,2aeq\o\al(2,n))－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,aeq\o\al(2,n))－1)).又eq\f(1,aeq\o\al(2,1))－1＝9－1＝8≠0，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,aeq\o\al(2,n))－1))是以8为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，则eq\f(1,aeq\o\al(2,n))－1＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝24－n.又an＞0，所以an＝eq\f(1,\r(24－n＋1))，则数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,\r(24－n＋1)).(3)由(2)知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,aeq\o\al(2,n))－1))是以8为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，而bn＝eq\f(1,aeq\o\al(2,n))－1，所以数列{bn}是以8为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，因此数列{bn}的前n项和Sn＝eq\f(8\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝16eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))).又Sn＞eq\f(127,8)，所以16eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＞eq\f(127,8)，则eq\f(1,2n)＜eq\f(1,128)，所以n＞7.所以正整数n的最小值为8.6．(2018·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(二))定义：eq\f(n,P1＋P2＋…＋Pn)为n个正数P1，P2，P3，…，Pn(n∈N*)的“均倒数”．已知等比数列{an}的公比为2，前n项和为Sn，若S3＋2是S2和S4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}的前n项的“均倒数”为eq\f(1,2an－1)(n∈N*)．令cn＝eq\f(bn－an＋1,a2n－1)(n∈N*)，记数列{cn}的前n项和为Tn，若对任意正整数n，都有Tn∈[a，b]，求b－a的最小值．[解](1)因为S3＋2是S2和S4的等差中项，所以2S3＋4＝S2＋S4，所以a3＋4＝a4，又等比数列{an}的公比为2，所以a3＝4，所以a1＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)由题意知，eq\f(n,b1＋b2＋…＋bn)＝eq\f(1,2n－1)，所以b1＋b2＋…＋bn＝n(2n－1)，①所以b1＋b2＋…＋bn－1＝(n－1)(2n－1－1)(n≥2)，②①－②得，bn＝(n＋1)×2n－1－1(n≥2)．又b1＝1也满足该式，所以bn＝(n＋1)×2n－1－1(n∈N*)，因为an＝2n－1，bn＝(n＋1)2n－1－1，所以cn＝eq\f(bn－an＋1,a2n－1)＝eq\f(n,2n－1)＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，所以T