【名师一号】2022届高三数学一轮总复习基础练习：第五章-数列5-4-

第四节数列求和时间：45分钟分值：100分eq\x(基)eq\x(础)eq\x(必)eq\x(做)一、选择题1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ann为奇数，,an＋1n为偶数，))则其前6项之和是()A．16 B．20C．33 D．120解析∵a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，∴答案C2．数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n解析由题意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋eq\f(1－2n,1－2)＝n＋2n－1.答案C3．若数列{an}的通项为an＝4n－1，bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)，n∈N*，则数列{bn}的前n项和是()A．n2 B．n(n＋1)C．n(n＋2) D．n(2n＋1)解析a1＋a2＋…＋an＝(4×1－1)＋(4×2－1)＋…＋(4n－1)＝4(1＋2＋…＋n)－n＝2n(n＋1)－n＝2n2＋n，∴bn＝2n＋1，b1＋b2＋…＋bn＝(2×1＋1)＋(2×2＋1)＋…＋(2n＋1)＝n2＋2n＝n(n＋2)．答案C4．若数列{an}为等比数列，且a1＝1，q＝2，则Tn＝eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)的结果可化为()A．1－eq\f(1,4n) B．1－eq\f(1,2n)C.eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))) D.eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))解析an＝2n－1，设bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2n－1，则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2n－1＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))).答案C5．已知数列{an}的通项公式为an＝n2cosnπ(n∈N*)，Sn为它的前n项和，则eq\f(S2012,2013)等于()A．1005 B．1006C．2011 D．2012解析留意到cosnπ＝(－1)n(n∈N*)，故an＝(－1)nn2.因此有S2012＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－20112＋20122)＝1＋2＋3＋…＋2011＋2012＝eq\f(2012×1＋2012,2)＝1006×2013，所以eq\f(S2012,2013)＝1006.答案B6．已知函数f(x)＝x2＋bx的图象在点A(1，f(1))处的切线l与直线3x－y＋2＝0平行，若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,fn)))(n∈N*)的前n项和为Sn，则S2012的值为()A.eq\f(2009,2010) B.eq\f(2010,2011)C.eq\f(2011,2012) D.eq\f(2012,2013)解析由于f′(x)＝2x＋b，据题意则有f′(1)＝2＋b＝3，故b＝1，即f(x)＝x2＋x，从而eq\f(1,fn)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，其前n项和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)，故S2012＝eq\f(2012,2013).答案D二、填空题7．设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝19，a5＋b3＝9，则数列{anbn}的前n项和Sn＝__________.解析由条件易求出an＝n，bn＝2n－1(n∈N*)．∴Sn＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，①2Sn＝1×2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n.②由①－②，得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.答案(n－1)·2n＋18．在数列{an}中，an＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(2,n＋1)＋…＋eq\f(n,n＋1)，又bn＝eq\f(2,anan＋1)，则数列{bn}的前n项和为__________．解析∵an＝eq\f(\a\vs4\al(\f(nn＋1,2)),n＋1)＝eq\f(n,2)，∴bn＝eq\f(8,nn＋1)＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).∴b1＋b2＋…＋bn＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(8n,n＋1).答案eq\f(8n,n＋1)9．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝________.解析由an＋2－an＝1＋(－1)n，知a2k＋2－a2k＝2，a2k＋1－a2k－1＝0，∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k.∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋eq\f(100＋2×50,2)＝2600.答案2600三、解答题10．(2022·山东卷)在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝aeq\f(nn＋1,2)，记Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.解(1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)由题意知bn＝aeq\f(nn＋1,2)＝n(n＋1)，所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn·(n＋1)．由于bn＋1－bn＝2(n＋1)，可得当n为偶数时，Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)＝4＋8＋12＋…＋2n＝eq\f(\f(n,2)4＋2n,2)＝eq\f(nn＋2,2)，当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋(－bn)＝eq\f(n－1n＋1,2)－n(n＋1)＝－eq\f(n＋12,2).所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(n＋12,2)，n为奇数，,\f(nn＋2,2)，n为偶数.))11．已知数列{an}的各项排成如图所示的三角形数阵，数阵中每一行的第一个数a1，a2，a4，a7，…构成等差数列{bn}，Sn是{bn}的前n项和，且b1＝a1＝1，S5＝15.a1a2aa4a5a7a8a9…(1)若数阵中从第3行开头每行中的数按从左到右的挨次均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，已知a9＝16，求a50的值；(2)设Tn＝eq\f(1,Sn＋1)＋eq\f(1,Sn＋2)＋…＋eq\f(1,S2n)，求Tn.解(1)设等差数列{bn}的公差为d.∵b1＝1，S5＝15，∴S5＝5＋10d＝15，d＝1，∴bn＝1＋(n－1)×1＝n.设从第3行起，每行的公比都是q，且q>0，则a9＝b4q2，即4q2＝16，q＝2，又1＋2＋3＋…＋9＝45，故a50是数阵中第10行的第5个数，a50＝b10q4＝10×24＝160.(2)∵Sn＝1＋2＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，∴Tn＝eq\f(1,Sn＋1)＋eq\f(1,Sn＋2)＋…＋eq\f(1,S2n)＝eq\f(2,n＋1n＋2)＋eq\f(2,n＋2n＋3)＋…＋eq\f(2,2n2n＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)＋…＋\f(1,2n)－\f(1,2n＋1)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(2n,n＋12n＋1).eq\x(培)eq\x(优)eq\x(演)eq\x(练)1．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为()A．3690 B．3660C．1845 D．1830解析当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝4k－1，当n＝2k－1时，a2k－a2k－1＝4k－3，∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋1＋a2k＋3＝2，∴a2k－1＝a2k＋3，∴a1＝a5＝…＝a61.∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝eq\f(30×3＋119,2)＝30×61＝1830.答案D2．(2022·湖北三校联考改编)已知等比数列的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，则数列lga1,2lga2,22lga3,23lga4，…，2n－1lgan，…的前n项和SnA．n·2n B．(n－1)·2n－1－1C．(n－1)·2n＋1 D．2n＋1解析∵等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，∴aeq\o\al(2,n)＝102n，即an＝10n，∴2n－1lgan＝2n－1lg10n＝n·2n－1，∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，①2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.答案C3．数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝eq\f(1,5)，且对任意正整数m，n，都有am＋n＝aman，若Sn<t恒成立，则实数t的最小值为________．解析令m＝1，则eq\f(an＋1,an)＝a1，∴{an}是以a1为首项，eq\f(1,5)为公比的等比数列．∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))n，∴Sn＝eq\f(\f(1,5)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))n＋1,1－\f(1,5))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5n)))＝eq\f(1,4)－eq\f(1,4·5n)<eq\f(1,4).由Sn<t恒成立，∴t>Sn的最大值，可知t的最小值为eq\f(1,4).答案eq\f(1,4)4．(2022·四川资阳高考模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn满足：Sn＝eq\f(3,2)an＋n－3.(1)求证：数列{an－1}是等比数列．(2)令cn＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an－1)，对任意n∈N*，是否存在正整数m，使eq\f(1,c1)＋eq\f(1,c2)＋…＋eq\f(1,cn)≥eq\f(m,3)都成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．解(1)证明：当n＝1时，S1＝a1＝eq\f(3,2)a1－2，解得a1＝4.当n≥2时，由Sn＝eq\f(3,2)an＋n－3得Sn－1＝eq\f(3,2)an－1＋n－4，两式相减，得Sn－Sn－1＝eq\f(3,2)an－eq\f(3,2)an－1＋1，即an＝3an－1－2，则an－1＝3(an－1－1)，故数列{an－1}是以a1－1＝3为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)知an－1＝3n，cn＝log3(a1－1)＋log3(a2－1)＋…＋log3(an－1)＝1＋2＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，所以eq\f(1,cn)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，则eq\f(1,c1)＋eq\f(1,c2)＋…＋eq\f(1,cn)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))