2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练32数列求和

专练32数列求和[基础强化]一、选择题1．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为()A．2n＋n2－1B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2D．2n＋n－2答案：C解析：Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＋eq\f(（1＋2n－1）n,2)＝2n＋1－2＋n2.2．等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝()A．n(n＋1)B．n(n－1)C．eq\f(n（n＋1）,2)D．eq\f(n（n－1）,2)答案：A解析：∵a2，a4，a8成等比数列，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝a2a8，∴(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，得a1＝d＝2，∴Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝n(n＋1).3．数列1，eq\f(1,1＋2)，eq\f(1,1＋2＋3)，…，eq\f(1,1＋2＋3＋…＋n)，…的前n项和为()A．eq\f(n,n＋1)B．eq\f(2n,n＋1)C．eq\f(4n,n＋1)D．eq\f(n,2（n＋1）)答案：B解析：∵eq\f(1,1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(2,（1＋n）n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴Sn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).4．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))))的前2018项的和为()A．eq\r(2018)＋1B．eq\r(2018)－1C．eq\r(2019)＋1D．eq\r(2019)－1答案：D解析：∵eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，∴S2018＝eq\r(2)－1＋eq\r(3)－eq\r(2)＋…＋eq\r(2019)－eq\r(2018)＝eq\r(2019)－1．5．已知数列{an}满足an＋1＋(－1)n＋1an＝2，则其前100项和为()A．250B．200C．150D．100答案：D解析：当n＝2k－1时，a2k＋a2k－1＝2，∴{an}的前100项和S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝50×2＝100，故选D.6．已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2018＝()A．3B．2C．1D．0答案：A解析：∵an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2018＝336×0＋a2017＋a2018＝a1＋a2＝3.故选A.7．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，令bn＝eq\f(1,a1＋a2＋…＋an)，则数列{bn}的前n项和Tn为()A．eq\f(n＋1,2（n＋2）)B．eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2（n＋1）（n＋2）)C．eq\f(n－1,n＋2)D．eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,（n＋1）（n＋2）)答案：B解析：因为a1＋a2＋…＋an＝eq\f(n（3＋2n＋1）,2)＝n(n＋2)，所以bn＝eq\f(1,n（n＋2）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，故Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2（n＋1）（n＋2）)，故选B.8．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋2，n是奇数，,2an，n是偶数，))则数列{an}的前20项和为()A．1121B．1122C．1123D．1124答案：C解析：由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为eq\f(1×（1－210）,1－2)＋10×1＋eq\f(10×9,2)×2＝1123.选C.9．(多选)[2024·河北省六校联考]等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1＞0，S10＝S20，则()A．公差d＜0B．a16＜0C．Sn≤S15D．当且仅当Sn＜0时n≥32答案：ABC解析：因为S10＝S20，所以a11＋a12＋…＋a19＋a20＝5(a15＋a16)＝0，又a1＞0，所以a15＞0，a16＜0，所以d＜0，Sn≤S15，故ABC正确；因为S31＝eq\f(31（a1＋a31）,2)＝31a16＜0，故D错误．故选ABC.二、填空题10．设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＋a3＋a11＝6，则S9＝________．答案：18解析：设等差数列{an}的公差为d.∵a1＋a3＋a11＝6，∴3a1＋12d＝6，即a1＋4d＝2，∴a5＝2，∴S9＝eq\f(（a1＋a9）×9,2)＝eq\f(2a5×9,2)＝18.11．设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前10项的和为________．答案：eq\f(20,11)解析：∵an＋1－an＝n＋1，∴当n≥2时，a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，∴an－a1＝eq\f(（2＋n）（n－1）,2)，∴an＝1＋eq\f(（n＋2）（n－1）,2)＝eq\f(n2＋n,2)(n≥2)又当n＝1时a1＝1符合上式，∴an＝eq\f(n2＋n,2)∴eq\f(1,an)＝eq\f(2,n2＋n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴S10＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,11)))＝eq\f(20,11).12．[2024·黑龙江省牡丹江市第二高级中学段考]若i是虚数单位，则i＋2i2＋3i3＋…＋2023i2023＝________．答案：－1012－1012i解析：设S＝i＋2i2＋3i3＋…＋2023i2023，则iS＝i2＋2i3＋3i4＋…＋2023i2024，两式相减得(1－i)S＝i＋i2＋i3＋…＋i2023－2023i2024＝eq\f(i（1－i2023）,1－i)－2023i2024＝eq\f(i（1＋i）,1－i)－2023＝－1－2023＝－2024，故S＝eq\f(－2024,1－i)＝eq\f(－2024（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝－1012－1012i.[能力提升]13．已知数列{an}满足2an＝an＋1＋an－1(n≥2，n∈N)，且a1＝1，a5＝9，bn＝Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(99))·an，则数列{bn}的前100项的和为()A．100×299B．100×2100C．50×299D．50×2101答案：A解析：由2an＝an＋1＋an－1知{an}为等差数列，又a1＝1，a5＝a1＋4d，∴d＝2，｀∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，∴{bn}的前100项的和S100满足：S100＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(99))a1＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(99))a2＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(99),\s\do1(99))a100，∴S100＝Ceq\o\al(\s\up1(99),\s\do1(99))a100＋Ceq\o\al(\s\up1(98),\s\do1(99))a99＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(99))a1＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(99))a100＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(99))a99＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(99),\s\do1(99))a1，∴2S100＝(a1＋a100)(Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(99))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(99))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(99))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(99),\s\do1(99)))＝200×299，∴S100＝100×299.14．已知数列{an}满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,log2anlog2an＋1)))的前n项和为Sn，则S1·S2·S3·…·S10＝()A．eq\f(1,10)B．eq\f(1,5)C．eq\f(1,11)D．eq\f(2,11)答案：C解析：∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，∴2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2)，∴2nan＝1(n≥2)，当n＝1时也满足，故an＝eq\f(1,2n)，故eq\f(1,log2anlog2an＋1)＝eq\f(1,log22－nlog22－（n＋1）)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，Sn＝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)，∴S1·S2·S3·…·S10＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×…×eq\f(9,10)×eq\f(10,11)＝eq\f(1,11)，选C.15．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________．答案：－eq\f(1,n)解析：∵an＋1＝SnSn＋1＝Sn＋1－Sn，∴eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))为等差数列，∴eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,S1)＋(n－1)×(－1)＝－n.∴Sn＝－eq\f(1,n).16．把一个等腰直角三角形对折一次后再展开得到的图形如图所示，则图中等腰直角三角形(折痕所在的线段也可作为三角形的边