【复习参考】2021年高考数学(理)提升演练：数列求和

2021届高三数学（理）提升演练：数列求和一、选择题1．等比数列{an}首项与公比分别是复数i＋2(i是虚数单位)的实部与虚部，则数列{an}的前10项的和为()A．20 B．210－1C．－20 D．－2i2．数列{an}的通项公式是an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若前n项和为10，则项数n为()A．11 B．99C．120 D．1213．已知函数f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2n为奇数，,－n2n为偶数，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于()A．0 B．100C．－100 D．102004．已知函数f(x)＝x2＋bx的图像在点A(1，f(1))处的切线的斜率为3，数列{eq\f(1,fn)}的前n项和为Sn，则S2010的值为()A.eq\f(2007,2008) B.eq\f(2008,2009)C.eq\f(2009,2010) D.eq\f(2010,2011)5．数列{an}中，已知对任意正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，则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*)，若称使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的数n为劣数，则在区间(1,2002)内全部的劣数的和为()A．2026 B．2046C．1024 D．1022二、填空题7．若eq\f(1＋3＋5＋…＋2x－1,\f(1,1×2)＋\f(1,2×3)＋…＋\f(1,xx＋1))＝110(x∈N*)，则x＝________.8．数列1,1＋2,1＋2＋22,1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋23＋…＋2n－1，…的前n项和为________．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2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.三、解答题10．已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{eq\f(an,2n－1)}的前n项和．11．已知数列{2n－1·an}的前n项和Sn＝9－6n.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝n·(3－log2eq\f(|an|,3))，设数列{eq\f(1,bn)}的前n项和为Tn，求使Tn＜eq\f(m,6)恒成立的m的最小整数值．12．已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＝2an－n(n∈N*)．(1)证明：数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝eq\f(an＋1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.详解答案一、选择题1．解析：该等比数列的首项是2，公比是1，故其前10项之和是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：由题意，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：设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，则n＝2k－2(k∈Z)．令1＜2k－2＜2002，得k＝2,3,4，…，10.∴全部劣数的和为eq\f(41－29,1－2)－18＝211－22＝2026.答案：A二、填空题7．解析：原等式左边＝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：由题意得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、解答题10．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得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.))故数列{an}的通项公式为an＝2－n.(2)设数列{eq\f(an,2n－1)}的前n项和为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，当n＞1时，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).综上，数列{eq\f(an,2n－1)}的前n项和Sn＝eq\f(n,2n－1).11．解：(1)n＝1时，20·a1＝S1＝3，∴a1＝3；当n≥2时，2n－1·an＝Sn－Sn－1＝－6，∴an＝eq\f(－3,2n－2).∴通项公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＝1,－\f(3,2n－2)n≥2)).(2)当n＝1时，b1＝3－log21＝3，∴T1＝eq\f(1,b1)＝eq\f(1,3)；当n≥2时，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的最小整数值为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)，两式相减得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，故数列{an＋1}是等比数列，其首项为a1＋1＝2，故数列{an＋1}的通项公式是an＋1＝2·2n－1＝2n，故数列{an}的通项公式是an＝2n－1.(2)由(1)得，bn＝eq\f(an＋1,anan＋1)＝eq\f(