高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八單元 數(shù)列 高考達(dá)標(biāo)檢測（二十五）數(shù)列求和的3種方法-分組轉(zhuǎn)化、裂項相消及錯位相減 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

高考達(dá)標(biāo)檢測（二十五）數(shù)列求和的3種方法——分組轉(zhuǎn)化、裂項相消及錯位相減一、選擇題1．在公差大于0的等差數(shù)列{an}中，2a7－a13＝1，且a1，a3－1，a6＋5成等比數(shù)列，則數(shù)列(－1)n－1anA．21 B．－21C．441 D．－441解析：選A設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，d>0，由題意可得2(a1＋6d)－(a1＋12d)＝1，a1(a1＋5d＋5)＝(a1＋2d－1)2，解得a1＝1，d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.所以(－1)n－1an＝(－1)n－1(2n－1)，故數(shù)列(－1)n－1an的前21項和為1－3＋5－7＋…＋37－39＋41＝－2×10＋41＝21.2．已知數(shù)列{an}的通項公式是an＝2n－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))n，則其前20項和為()A．380－eq\f(3,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,519))) B．400－eq\f(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,520)))C．420－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,520))) D．440－eq\f(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,520)))解析：選C令數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)＋\f(1,52)＋…＋\f(1,520)))＝2×eq\f(20×20＋1,2)－3×eq\f(\f(1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,520))),1－\f(1,5))＝420－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,520))).3．已知數(shù)列{an}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足關(guān)系eq\f(a1,b1)＋eq\f(a2,b2)＋eq\f(a3,b3)＋…＋eq\f(an,bn)＝eq\f(1,2n)，數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，則S5的值為()A．－454 B．－450C．－446 D．－442解析：選B由題意可得an＝2n－1，因為eq\f(a1,b1)＋eq\f(a2,b2)＋eq\f(a3,b3)＋…＋eq\f(an,bn)＝eq\f(1,2n)，所以當(dāng)n≥2時，eq\f(a1,b1)＋eq\f(a2,b2)＋eq\f(a3,b3)＋…＋eq\f(an－1,bn－1)＝eq\f(1,2n－1)，兩式相減可得eq\f(an,bn)＝－eq\f(1,2n)，則bn＝－(2n－1)·2n(n≥2)，當(dāng)n＝1時，b1＝2，不滿足上式，則S5＝2－12－40－112－288＝－450.4．已知數(shù)列{an}：eq\f(1,2)，eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)，eq\f(1,4)＋eq\f(2,4)＋eq\f(3,4)，…，eq\f(1,10)＋eq\f(2,10)＋eq\f(3,10)＋…＋eq\f(9,10)，…，若bn＝eq\f(1,an·an＋1)，那么數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝()A.eq\f(n,n＋1) B.eq\f(4n,n＋1)C.eq\f(3n,n＋1) D.eq\f(5n,n＋1)解析：選B由題意知an＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(2,n＋1)＋eq\f(3,n＋1)＋…＋eq\f(n,n＋1)＝eq\f(n,2)，則bn＝eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(4,nn＋1)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以Sn＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(4n,n＋1).5．(2018·福州質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，且對任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，則eq\i\su(i＝1,2018,)eq\f(1,ai)＝()A.eq\f(2018,2019) B.eq\f(2017,2018)C．2 D.eq\f(4036,2019)解析：選D令m＝1，則an＋1＝a1＋an＋n.又a1＝1，所以an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，所以a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，把以上n－1個式子相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n，所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，當(dāng)n＝1時，上式也成立，所以an＝eq\f(nn＋1,2)，所以eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以eq\i\su(i＝1,2018,)eq\f(1,ai)＝2eq\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(1,2018)－\f(1,2019)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2019)))＝eq\f(4036,2019).6．(2017·全國卷Ⅰ)幾位大學(xué)生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號召，開發(fā)了一款應(yīng)用軟件．為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動．這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問題的答案：已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一項是20，接下來的兩項是20,21，再接下來的三項是20,21,22，依此類推．求滿足如下條件的最小整數(shù)N：N>100且該數(shù)列的前N項和為2的整數(shù)冪．那么該款軟件的激活碼是()A．440 B．330C．220 D．110解析：選A設(shè)第一項為第1組，接下來的兩項為第2組，再接下來的三項為第3組，依此類推，則第n組的項數(shù)為n，前n組的項數(shù)和為eq\f(nn＋1,2).由題意可知，N>100，令eq\f(nn＋1,2)>100，得n≥14，n∈N*，即N出現(xiàn)在第13組之后．易得第n組的所有項的和為eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，前n組的所有項的和為eq\f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.設(shè)滿足條件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)組，且第N項為第k＋1組的第t(t∈N*)個數(shù)，若要使前N項和為2的整數(shù)冪，則第k＋1組的前t項的和2t－1應(yīng)與－2－k互為相反數(shù)，即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，∴當(dāng)t＝4，k＝13時，N＝eq\f(13×13＋1,2)＋4＝95<100，不滿足題意；當(dāng)t＝5，k＝29時，N＝eq\f(29×29＋1,2)＋5＝440；當(dāng)t>5時，N>440，故選A.二、填空題7．(2018·陜西一檢)已知數(shù)列{an}中，a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，則{an}的前100項和為________．解析：由a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，得a2n＋a2n＋1＝n＋1，∴a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a98＋a99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1276，∵a100＝1＋a50＝1＋(1＋a25)＝2＋(12－a12)＝14－(1＋a6)＝13－(1＋a3)＝12－(1－a1)＝13，∴a1＋a2＋…＋a100＝1276＋13＝1289.答案：12898．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，記Sn為{an}的前n項和，則S2018＝________.解析：由a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)可得，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，…，故該數(shù)列為周期是4的數(shù)列，所以S2018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝504×(－2)＋1－2＝－1009.答案：－10099．已知正項數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2,2aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n－1)＋aeq\o\al(2,n＋1)(n≥2)，bn＝eq\f(1,an＋an＋1)，數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，則S33的值是________．解析：∵2aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n－1)＋aeq\o\al(2,n＋1)(n≥2)，∴數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}為首項為1，公差為22－1＝3的等差數(shù)列，∴aeq\o\al(2,n)＝1＋3(n－1)＝3n－2.∴an＝eq\r(3n－2)，∴bn＝eq\f(1,an＋an＋1)＝eq\f(1,\r(3n－2)＋\r(3n＋1))＝eq\f(1,3)(eq\r(3n＋1)－eq\r(3n－2))，∴數(shù)列{bn}的前n項和為Sn＝eq\f(1,3)[(eq\r(4)－1)＋(eq\r(7)－eq\r(4))＋…＋(eq\r(3n＋1)－eq\r(3n－2))]＝eq\f(1,3)(eq\r(3n＋1)－1)．則S33＝eq\f(1,3)(10－1)＝3.答案：3三、解答題10．(2018·西安八校聯(lián)考)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a5＝－3，S10＝－40.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若從數(shù)列{an}中依次取出第2,4,8，…，2n，…項，按原來的順序排成一個新數(shù)列{bn}，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解：(1)∵a5＝a1＋4d＝－3，S10＝10a1＋45d解得a1＝5，d＝－2.∴an＝－2n＋7.(2)依題意，bn＝a2n＝－2×2n＋7＝－2n＋1＋7，故Tn＝－(22＋23＋…＋2n＋1)＋7n＝－eq\f(22－2n＋1×2,1－2)＋7n＝4＋7n－2n＋2.11．已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，且a1＋a3＝20，a2＝8.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(n,an)，Sn是數(shù)列{bn}的前n項和，對任意正整數(shù)n，不等式Sn＋eq\f(n,2n＋1)>(－1)n·a恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a11＋q2＝20，,a1q＝8，))∴2q2－5q＋2＝0，解得q＝eq\f(1,2)或q＝2.∵q>1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,q＝2，))∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n＋1.(2)由題意，得bn＝eq\f(n,2n＋1)，∴Sn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋eq\f(3,24)＋…＋eq\f(n,2n＋1)，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,23)＋eq\f(2,24)＋…＋eq\f(n－1,2n＋1)＋eq\f(n,2n＋2)，兩式相減，得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＋…＋eq\f(1,2n＋1)－eq\f(n,2n＋2)，∴Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(n＋2,2n＋1)，∴(－1)n·a<1－eq\f(1,2n)對任意正整數(shù)n恒成立，設(shè)f(n)＝1－eq\f(1,2n)，易知f(n)單調(diào)遞增，①當(dāng)n為奇函數(shù)時，f(n)的最小值為eq\f(1,2)，∴－a<eq\f(1,2)，即a>－eq\f(1,2)；②當(dāng)n為偶函數(shù)時，f(n)的最小值為eq\f(3,4)，∴a<eq\f(3,4).由①②可知－eq\f(1,2)<a<eq\f(3,4)，即實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4))).12．(2018·云南統(tǒng)檢)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項和，已知a1＝2，對任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(4,anan＋2)))的前n項和為Tn，求證：eq\f(1,2)≤Tn<1.解：(1)因為2Sn＝(n＋1)an，當(dāng)n≥2時，2Sn－1＝nan－1，兩式相減，得2an＝(n＋1)an－nan－1，即(n－1)an＝nan－1，所以當(dāng)n≥2時，eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)，所以eq\f(an,n)＝eq\f(a1,1)＝2，即an＝2n(n≥2)．因為a1＝2也符合上式，所以an＝2n.(2)證明：由(1)知an＝2n，令bn＝eq\f(4,anan＋2)，n∈N*，所以bn＝eq\f(4,2n2n＋2)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝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,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1).因為eq\f(1,n＋1)>0，所以1－eq\f(1,n＋1)<1.顯然當(dāng)n＝1時，Tn取得最小值eq\f(1,2).所以eq\f(1,2)≤Tn<1.已知Sn為各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和，a1∈(0,2)，aeq\o\al(2,n)＋3an＋2＝6Sn.(1)求{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,anan＋1)，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，若對?n∈N*，t≤4Tn恒成立，求實數(shù)t的最大值．解：(1)當(dāng)n＝1時，由aeq\o\al(2,n)＋3an＋2＝6Sn，得aeq\o\al(2,1)＋3a1＋2＝6a1，即aeq\o\al(2,1)－3a1＋2＝0.又a1∈(0,2)，解得a1＝1.由aeq\o\al(2,