【优化方案】2022高考总复习(人教A版)高中数学-第五章-数列-第4讲-数列求和-知能训练轻松闯关

1．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则S60的值为()A．990 B．1000C．1100 D．99解析：选A.n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.2．(2021·山东济南期末)已知{an}为等差数列，a10＝33，a2＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则S20－2S10等于()A．40 B．200C．400 D．20解析：选C.S20－2S10＝eq\f(20（a1＋a20）,2)－2×eq\f(10（a1＋a10）,2)＝10(a20－a10)＝100d.又a10＝a2＋8d，∴33＝1＋8d，∴d＝4.∴S20－2S10＝400.3．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前5项和为()A.eq\f(15,8)或5 B.eq\f(31,16)或5C.eq\f(31,16) D.eq\f(15,8)解析：选C.设数列{an}的公比为q.由题意可知q≠1，且eq\f(9（1－q3）,1－q)＝eq\f(1－q6,1－q)，解得q＝2，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，由求和公式可得S5＝eq\f(31,16).4．(2021·皖西七校联考(一))已知数列{an}是等差数列，a1＝tan225°，a5＝13a1，设Sn为数列{(－1)nan}的前n项和，则S2016＝()A．2016 B．－2016C．3024 D．－3024解析：选C.∵a1＝tan225°＝1，∴a5＝13a1＝13，则公差d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝eq\f(13－1,4)＝3，∴an＝3n－2，∴(－1)nan＝(－1)n(3n－2)，∴S2016＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＋…＋(a2016－a2015)＝1008d＝3024.5．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前8项和为()A．－eq\f(3,4) B．－eq\f(8,15)C.eq\f(3,4) D.eq\f(8,15)解析：选B.设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d.由已知可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝0，,5a1＋10d＝－5，))解得a1＝1，d＝－1，故{an}的通项公式为an＝2－n.所以eq\f(1,a2n－1a2n＋1)＝eq\f(1,（3－2n）（1－2n）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前8项和为eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,－1)－\f(1,1)＋\f(1,1)－\f(1,3)＋…＋\f(1,16－3)－\f(1,16－1)))＝－eq\f(8,15).6．数列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有十项，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：1307．在等比数列{an}中，若a1＝eq\f(1,2)，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________．解析：a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，所以q＝－2；等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，则|an|＝eq\f(1,2)×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝eq\f(1,2)(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝eq\f(1,2)(2n－1)＝2n－1－eq\f(1,2).答案：－22n－1－eq\f(1,2)8．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＝________．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＋1－29．(2022·高考安徽卷)数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.(1)证明：数列{eq\f(an,n)}是等差数列；(2)设bn＝3n·eq\r(an)，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)证明：由已知可得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋1，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(a1,1)＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)得eq\f(an,n)＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2.从而bn＝n·3n.Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，①3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②①－②得，－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝eq\f(3·（1－3n）,1－3)－n·3n＋1＝eq\f(（1－2n）·3n＋1－3,2).所以Sn＝eq\f(（2n－1）·3n＋1＋3,4).10．在等比数列{an}中，a1>0，n∈N*，且a3－a2＝8，又a1、a5的等比中项为16.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)<k对任意n∈N*恒成立．若存在，求出正整数k的最小值；若不存在，请说明理由．解：(1)设数列{an}的公比为q，由题意可得a3＝16，∵a3－a2＝8，则a2＝8，∴q＝2.∴an＝2n＋1.(2)∵bn＝log42n＋1＝eq\f(n＋1,2)，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(n（n＋3）,4).∴eq\f(1,Sn)＝eq\f(4,n（n＋3）)＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋3))).∴eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,4)＋\f(1,2)－\f(1,5)＋\f(1,3)－\f(1,6)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋3)))＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)))<eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)))<eq\f(22,9)，∴存在正整数k的最小值为3.1．(2021·唐山市第一次模拟)各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且3Sn＝anan＋1，则eq\i\su(k＝1,n,a)2k＝()A.eq\f(n（n＋5）,2) B.eq\f(3n（n＋1）,2)C.eq\f(n（5n＋1）,2) D.eq\f(（n＋3）（n＋5）,2)解析：选B.当n＝1时，3S1＝a1a2，即3a1＝a1a2，∴a2＝3，当n≥2时，由3Sn＝anan＋1，可得3Sn－1＝an－1an，两式相减得：3an＝an(an＋1－an－1)，又∵an≠0，∴an＋1－an－1＝3，∴{a2n}为一个以3为首项，3为公差的等差数列，∴eq\i\su(k＝1,n,a)2k＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝3n＋eq\f(n（n－1）,2)×3＝eq\f(3n（n＋1）,2).2．已知F(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))－1是R上的奇函数，an＝f(0)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f(1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为()A．an＝n－1 B．an＝nC．an＝n＋1 D．an＝n2解析：选C.∵F(x)＋F(－x)＝0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,2)))＝2，即若a＋b＝1，则f(a)＋f(b)＝2.于是，由an＝f(0)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f(1)，得2an＝[f(0)＋f(1)]＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))))＋[f(1)＋f(0)]＝2n＋2，∴an＝n＋1.故选C.3．(2021·辽宁省五校上学期联考)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：4804．(2021·湖南长郡中学、衡阳八中等十二校联考)定义：称eq\f(n,x1＋x2＋…＋xn)为n个正数x1，x2，…，xn的“平均倒数”，若正项数列{cn}的前n项的“平均倒数”为eq\f(1,2n＋1)，则数列{cn}的通项公式为cn＝________．解析：由已知可得，数列{cn}的前n项和Sn＝n(2n＋1)，所以数列{cn}为等差数列，首项c1＝S1＝3，c2＝S2－S1＝10－3＝7，故公差d＝c2－c1＝7－3＝4，得数列的通项公式为cn＝c1＋(n－1)×4＝4n－1.答案：4n－15．(2021·广东广州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋pn＋q(p，q∈R)，且a2，a3，a5成等比数列．(1)求p，q的值；(2)若数列{bn}满足an＋log2n＝log2bn，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)法一：当n＝1时，a1＝S1＝1＋p＋q，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋pn＋q－[(n－1)2＋p(n－1)＋q]＝2n－1＋p.∵{an}是等差数列，∴1＋p＋q＝2×1－1＋p，得q＝0.又a2＝3＋p，a3＝5＋p，a5＝9＋p，∵a2，a3，a5成等比数列，∴aeq\o\al(2,3)＝a2a5，即(5＋p)2＝(3＋p)(9＋p)，解得p＝－1.法二：设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.∵Sn＝n2＋pn＋q，∴eq\f(d,2)＝1，a1－eq\f(d,2)＝p，q＝0.∴d＝2，p＝a1－1，q＝0.∵a2，a3，a5成等比数列，∴aeq\o\al(2,3)＝a2a5，即(a1＋4)2＝(a1＋2)(a1＋8)，解得a1＝0.∴p＝－1.(2)由(1)得an＝2n－2.∵an＋log2n＝log2bn，∴bn＝n·2an＝n·22n－2＝n·4n－1.∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝40＋2×41＋3×42＋…＋(n－1)·4n－2＋n·4n－1，①4Tn＝41＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，②①－②得－3Tn＝40＋41＋42＋…＋4n－1－n·4n＝eq\f(1－4n,1－4)－n·4n＝eq\f(（1－3n）·4n－1,3).∴Tn＝eq\f(1,9)[(3n－1)·4n＋1]．6．(选做题)(2021·浙江杭州第一次质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝1－eq\f(1,4an)，其中n∈N*.(1)设bn＝eq\f(2,2an－1)，求证：数列{bn}是等差数列，并求出{an}的通项公式；(2)设cn＝eq\f(4an,n＋1)，数列{cncn＋2}的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得Tn<eq\f(