高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)訓(xùn)練第7章第4講數(shù)列求和數(shù)列的綜合應(yīng)用

第七章第4講[A級(jí)基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋2n－1，則數(shù)列{an}的前100項(xiàng)和S100為()A．399－5051 B．3100－5051C．3101－5051 D．3102－5051【答案】B2．(2020年唐山月考)已知等差數(shù)列{an}的公差不為零，其前n項(xiàng)和為Sn，若S3，S9，S27成等比數(shù)列，則eq\f(S9,S3)等于()A．3 B．6C．9 D．12【答案】C3．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(－1)n－1·(4n－3)，則它的前100項(xiàng)之和S100等于()A．200 B．－200C．400 D．－400【答案】B4．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，則S2016＝()A．22016－1 B．3·21008－3C．3·21008－1 D．3·21007－2【答案】B5．(2020年廣州天河區(qū)一模)一對(duì)夫婦為了給他們的獨(dú)生孩子支付將來上大學(xué)的費(fèi)用，從孩子一周歲生日開始，每年到銀行儲(chǔ)蓄a元一年定期，若年利率為r保持不變，且每年到期時(shí)存款(含利息)自動(dòng)轉(zhuǎn)為新的一年定期，當(dāng)孩子18歲生日時(shí)不再存入，將所有存款(含利息)全部取回，則取回的錢的總數(shù)為()A．a(chǎn)(1＋r)17 B．eq\f(a,r)[(1＋r)17－(1＋r)]C．a(chǎn)(1＋r)18 D．eq\f(a,r)[(1＋r)18－(1＋r)]【答案】D【解析】根據(jù)題意，當(dāng)孩子18歲生日時(shí)，孩子在一周歲生日時(shí)存入的a元產(chǎn)生的本利合計(jì)為a(1＋r)17，同理，孩子在2周歲生日時(shí)存入的a元產(chǎn)生的本利合計(jì)為a(1＋r)16，孩子在3周歲生日時(shí)存入的a元產(chǎn)生的本利合計(jì)為a(1＋r)15，…，孩子在17周歲生日時(shí)存入的a元產(chǎn)生的本利合計(jì)為a(1＋r)，題目所求可以看成是以a(1＋r)為首項(xiàng)，(1＋r)為公比的等比數(shù)列的前17項(xiàng)的和，此時(shí)S＝a(1＋r)17＋a(1＋r)17＋…＋a(1＋r)＝eq\f(a1＋r[1＋r17－1],1＋r－1)＝eq\f(a,r)[(1＋r)18－(1＋r)]．6．(2020年池州模擬)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知S3＝a2＋10a1，則公比q＝【答案】3【解析】q＝1時(shí)，不合題意，q≠1時(shí)，由S3＝a2＋10a1，得eq\f(a11－q3,1－q)＝a1q＋10a1，所以1＋q＋q2＝q＋10.又q＞0，所以q＝3.7．已知{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－9n－1，則|a1|＋|a2|＋…＋|a30|的值為________．【答案】671【解析】{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－9n－1，可得n＝1時(shí)，a1＝S1＝－9；n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－9n－1－(n－1)2＋9(n－1)＋1＝2n－10，可得n≤5時(shí)，an＜0，n≥6時(shí)，an＞0，可得|a1|＋|a2|＋…＋|a30|＝S30－S5－S5＝900－270－1－2×(25－45－1)＝671．8．設(shè)f(x)＝eq\f(4x,4x＋2)，利用倒序相加法，可求得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,11)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,11)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))的值為________．【答案】5【解析】當(dāng)x1＋x2＝1時(shí)，f(x1)＋f(x2)＝eq\f(4x1,4x1＋2)＋eq\f(4x2,4x2＋2)＝eq\f(2×4x1＋x2＋2×4x1＋4x2,4x1＋x2＋2×4x1＋4x2＋4)＝1．設(shè)S＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,11)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,11)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))，倒序相加有2S＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,11)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))))＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,11)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,11)))))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,11)))))＝10，即S＝5.9．(2020年大慶月考)已知正項(xiàng)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比數(shù)列(1)求{an}的通項(xiàng)公式及Sn；(2)記bn＝eq\f(Sn,n)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)設(shè)正項(xiàng)等差數(shù)列{an}的公差為d，則d＞0.因?yàn)镾3＝12，即a1＋a2＋a3＝12，所以3a2＝12，所以a2＝又2a1，a2，a3＋aeq\o\al(2,2)＝2a1·(a3＋1)，即42＝2(4－d)·(4＋d＋1)．解得d＝3或d＝－4(舍去)，所以a1＝a2－d＝1．故{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1＋(n－1)d＝3n－2，且Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(3n2－n,2).(2)由(1)知bn＝eq\f(Sn,n)＝eq\f(3n－1,2)，所以bn＋1－bn＝eq\f(3n＋1－1,2)－eq\f(3n－1,2)＝eq\f(3,2)，且b1＝eq\f(3×1－1,2)＝1．所以數(shù)列{bn}是以b1＝1為首項(xiàng)，eq\f(3,2)為公差的等差數(shù)列．所以數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn＝eq\f(nb1＋bn,2)＝eq\f(3n2＋n,4).10．(2020年哈爾濱期末)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S9＝81，a3＋a5＝14.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,anan＋1)，求{bn}的前n項(xiàng)和為Tn.解：(1)設(shè){an}的公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9a1＋\f(9×8,2)d＝81，,a1＋2d＋a1＋4d＝14，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2.))所以an＝a1＋2(n－1)＝2n－1．(2)由于an＝2n－1，所以bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).[B級(jí)能力提升]11．(2020年蚌埠模擬)數(shù)列{an}滿足an＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n,n)，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n項(xiàng)和為()A．eq\f(n,n＋2) B．eq\f(2n,n＋2)C．eq\f(n,n＋1) D．eq\f(2n,n＋1)【答案】B【解析】an＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n,n)＝eq\f(1,2)(n＋1)，eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(4,n＋1n＋2)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，可得數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n項(xiàng)和為4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(2n,n＋2).12．(多選)(2020年菏澤模擬)意大利著名數(shù)學(xué)家斐波那契在研究兔子繁殖問題時(shí)，發(fā)現(xiàn)有這樣一列數(shù)：1,1,2,3,5，…，其中從第三項(xiàng)起，每個(gè)數(shù)等于它前面兩個(gè)數(shù)的和，后來人們把這樣的一列數(shù)組成的數(shù)列{an}稱為“斐波那契數(shù)列”，記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則下列結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)6＝8B．S7＝33C．a(chǎn)1＋a3＋a5＋…＋a2019＝a2020D．eq\f(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋…＋a\o\al(2,2019),a2019)＝a2020【答案】ABCD【解析】對(duì)A，由a1＝a2，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，可得a6＝8成立；對(duì)B，由a1＝a2，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，可得a6＝8，a7＝13，所以s7＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＝33成立；對(duì)C，由a1＝a2，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，…，a2019＝a2020－a2018，可得a1＋a3＋a5＋…＋a2019＝a2020，故a1＋a3＋a5＋…＋a2019是斐波那契數(shù)列中的第2020項(xiàng)，C成立；對(duì)D，斐波那契數(shù)列總有an＋2＝an＋1＋an，則aeq\o\al(2,1)＝a2a1，aeq\o\al(2,2)＝a2(a3－a1)＝a2a3－a2a1，aeq\o\al(2,3)＝a3(a4－a2)＝a3a4－a3a2，…，aeq\o\al(2,2018)＝a2018a2019－a2018a2017，aeq\o\al(2,2019)＝a2019a2020－a2019a2018.所以aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,2019)＝a2019a2020，D成立．故選ABCD．13．在正項(xiàng)數(shù)列{an}中，a1＝2，其前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＋Sn－1＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)(n≥2)，若數(shù)列bn＝(－1)n·eq\f(2n＋1,Sn)，則數(shù)列{bn}的前2020項(xiàng)和為________．【答案】－eq\f(2020,2021)【解析】在正項(xiàng)數(shù)列{an}中，a1＝2，其前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＋Sn－1＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)(n≥2)，可得Sn－1＋Sn－2＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n－1)，相減可得an＋an－1＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)－eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n－1)，化為an－an－1＝2.n＝2時(shí)，2＋2＋a2＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,2)，可得a2＝4，則an＝2n，Sn＝n(n＋1)，bn＝(－1)n·eq\f(2n＋1,Sn)＝(－1)neq\f(n＋n＋1,nn＋1)＝(－1)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1))).可得數(shù)列{bn}的前2020項(xiàng)和為－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…－eq\f(1,2019)－eq\f(1,2020)＋eq\f(1,2020)＋eq\f(1,2021)＝－1＋eq\f(1,2021)＝－eq\f(2020,2021).14．(一題兩空)(2020年北京模擬)已知集合A＝{x|x＝a3×30＋a2×3－1＋a1×3－2＋a0×3－3}，其中ak∈{0,1,2}，k＝0,1,2,3，將集合A中的元素從小到大排列得到數(shù)列{bn}，設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Sn，則b3＝________，S15＝________.【答案】eq\f(1,9)eq\f(280,27)【解析】由題意可知b3＝0×30＋0×3－1＋1×3－2＋0×3－3＝eq\f(1,9).a0，a1，a2，a3各有3種取法(均可取0,1,2)．在前15項(xiàng)中，a0，a1，a2，a3全部為0，有1個(gè)數(shù)值；只有1個(gè)1，其余取0，共有4個(gè)數(shù)值；2個(gè)取1,2個(gè)取0，共有6個(gè)數(shù)值；3個(gè)取1,1個(gè)取0，共有4個(gè)數(shù)值．此時(shí)集合A中，元素從小到大排列得到數(shù)列恰好是15個(gè)，而且a0，a1，a2，a3各取1的次數(shù)都是7次，由分類計(jì)數(shù)原理得集合A中所有元素之和S15＝7×(30＋3－1＋3－2＋3－3)＝eq\f(280,27).15．(2020年韶關(guān)期末)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a2＝3，S6＝36.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(1,a\o\al(2,n)＋4n－2)(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.【答案】解：(1)設(shè){an}的公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝3，,S6＝6a1＋\f(6×5,2)d＝36，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1．(2)由(1)得，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(1,a\o\al(2,n)＋4n－2)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，則Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).16．(2020年杭州模擬)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＋a3＝30,2S2是3S1和S3的等差中項(xiàng)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(1＋log\r(3)an,an)，求數(shù)列{bn}前n項(xiàng)和Tn.解：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由a1＋a3＝30,2S2是3S1和S3的等差中項(xiàng)，可得a1＋a1q2＝30,4S2＝3S1＋S3，即有4(a1＋a1q)＝3a1＋a1＋a1q＋a1q2，解得a1＝q＝3，則an＝3n(n∈N*(2)bn＝eq\f(1＋log\r(3)an,an)＝eq\f(1＋log\r(3)3n,3n)＝(2n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，前n項(xiàng)和Tn＝3×eq\f(1,3)＋5×eq\f(1,9)＋7×eq\f(1,27)＋…＋(2n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，eq\f(1,3)Tn＝3×eq\f(1,9)＋5×eq\f(1,27)＋7×eq\f(1,81)＋…＋(2n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1，相減可得eq\f(2,3)Tn＝1＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,9)＋\f(1,27)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n))－(2n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1＝1＋2·eq\f(\f(1,9)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1))),1－\f(1,3))－(2n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1，化簡(jiǎn)可得Tn＝2－(n＋2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n.[C級(jí)創(chuàng)新突破]17．(2020年南通模擬)定義數(shù)列{an}：先給出a1＝1，接著復(fù)制該項(xiàng)，再添加1的后繼數(shù)2，于是a2＝1，a3＝2，接下來再?gòu)?fù)制前面所有項(xiàng)，之后再添加2的后繼數(shù)3，如此繼續(xù)(1,1,2,1,1,2,3,1,1,2,1,1,2,3,4，…)，設(shè)Sn是an的前n項(xiàng)和，則S2020＝________.【答案】3990【解析】由數(shù)列{an}的構(gòu)造方法可知a1＝1，a3＝2，a7＝3，a15＝4，可得a2n－1＝n.由于數(shù)表的前n行共有2n－1個(gè)數(shù)，于是，先計(jì)算S2n－1．在前2n－1個(gè)數(shù)中，共有1個(gè)n,2個(gè)n－1,22個(gè)n－2，…,2n－k個(gè)k，…，2n－1個(gè)1，因此S2n－1＝n×1＋(n－1)×2＋…＋k×2n－k＋…＋2×2n－2＋1×2n－1，則2S2n－1＝n×2＋(n－1)×22＋…＋k×2n－k＋1＋…＋2×2n－1＋1×2n，兩式相減，得S2n－1＝n＋2＋22＋…＋2n－1＋2n＝2n＋1－n－2.所以S2020＝S210－1＋S997＝S210－1＋S29－1＋S486＝…＝S