2023屆高考數(shù)學(xué)特訓(xùn)營-第4節(jié)-數(shù)列求和

第4節(jié)數(shù)列求和A級(基礎(chǔ)應(yīng)用練)1．(2022·廣西柳州高三?？?已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，若S7＝21－7a7，則S10＝()A．12 B．15C．18 D．21答案：B解析：由S7＝eq\f(a1＋a7,2)×7＝7a4＝21－7a7，得a4＋a7＝3，所以S10＝eq\f(a4＋a7,2)×10＝eq\f(3,2)×10＝15.故選B.2．(2022·浙江高三期末)已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，a1＝2，an＋1－an＝eq\f(4,an＋1＋an)，若數(shù)列{eq\f(1,an＋1＋an)}的前n項和為4，則n為()A．81 B．80C．64 D．63答案：B解析：因為數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，且a1＝2，an＋1－an＝eq\f(4,an＋1＋an)，所以aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝4，所以{aeq\o\al(2,n)}是以4為首項，4為公差的等差數(shù)列，所以aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,1)＋4(n－1)＝4n，解得an＝2eq\r(n)，an＋1＝2eq\r(n＋1)，則eq\f(1,an＋1＋an)＝eq\f(1,2（\r(n＋1)＋\r(n)）)＝eq\f(1,2)(eq\r(n＋1)－eq\r(n))，所以數(shù)列{eq\f(1,an＋1＋an)}的前n項和為Sn＝eq\f(1,2)(eq\r(2)－eq\r(1)＋eq\r(3)－eq\r(2)＋eq\r(4)－eq\r(3)＋…＋eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\f(1,2)(eq\r(n＋1)－eq\r(1))，又因為其前n項和為4，所以eq\f(1,2)(eq\r(n＋1)－eq\r(1))＝4，解得n＝80，故選B.3．(2022·河北省張家口市高三摸底考試)我國古代著作《莊子·天下篇》引用過一句話：“一尺之棰，日取其半，萬世不竭．”其含義是一尺長的木棍，每天截去它的一半，永遠(yuǎn)也截不完．在這個問題中，記第n天后剩余木棍的長度為an，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則使得不等式Sn>eq\f(2020,2021)成立的正整數(shù)n的最小值為()A．9 B．10C．11 D．12答案：C解析：記第n天后剩余木棍的長度為an，則{an}是首項為eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，所以an＝eq\f(1,2n)，Sn＝eq\f(\f(1,2)（1－\f(1,2n)）,1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n)，Sn是關(guān)于n的增函數(shù)，而S10＝1－eq\f(1,210)＝eq\f(1023,1024)<eq\f(2020,2021)，S11＝1－eq\f(1,211)＝eq\f(2047,2048)>eq\f(2020,2021)，所以使得不等式Sn>eq\f(2020,2021)成立的正整數(shù)n的最小值為11.故選C.4．(2022·河北省宣化市高三月考)已知數(shù)列{an}的首項a1＝3，前n項和為Sn，an＋1＝2Sn＋3，n∈N*，設(shè)bn＝log3an，則數(shù)列{eq\f(bn,an)}的前n項和Tn的范圍是()A．[eq\f(1,3)，2] B．[eq\f(1,3)，2)C．[eq\f(1,3)，eq\f(3,4)) D．(eq\f(1,4)，eq\f(3,4)]答案：C解析：首項a1＝3，前n項和為Sn，an＋1＝2Sn＋3，n∈N*，可得a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，當(dāng)n≥2時，an＝2Sn－1＋3，又an＋1＝2Sn＋3，兩式相減可得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，則an＋1＝3an，可得an＝a23n－2＝3n，上式對n＝1也成立，則an＝3n，n∈N*，bn＝log3an＝log33n＝n，eq\f(bn,an)＝n·(eq\f(1,3))n，則前n項和Tn＝1·eq\f(1,3)＋2·eq\f(1,9)＋3·eq\f(1,27)＋…＋n·(eq\f(1,3))n，eq\f(1,3)Tn＝1·eq\f(1,9)＋2·eq\f(1,27)＋3·eq\f(1,81)＋…＋n·(eq\f(1,3))n＋1，相減可得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,9)＋eq\f(1,27)＋…＋(eq\f(1,3))n－n·(eq\f(1,3))n＋1＝eq\f(\f(1,3)（1－\f(1,3n)）,1－\f(1,3))－n·(eq\f(1,3))n＋1，化簡可得Tn＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,4·3n)，由Tn＋1－Tn＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋5,4·3n＋1)－eq\f(3,4)＋eq\f(2n＋3,4·3n)＝eq\f(n＋1,3n＋1)>0，可得{Tn}為遞增數(shù)列，可得Tn≥T1＝eq\f(1,3)，而－eq\f(2n＋3,4·3n)<0，可得Tn<eq\f(3,4)，綜上可得eq\f(1,3)≤Tn<eq\f(3,4)，故選C.5．已知數(shù)列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，且an>0，2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an，bn＝eq\f(2an,（2an－1）（2an＋1－1）)，若k>Tn恒成立，則k的最小值為()A.eq\f(2,3) B.eq\f(1,49)C．1 D.eq\f(8,441)答案：C解析：∵2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an，①且an>0，∴當(dāng)n＝1時，2S1＝aeq\o\al(2,1)＋a1，解得a1＝1或a1＝0(舍去)．當(dāng)n≥2時，2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋an－1，②①－②得2an＝aeq\o\al(2,n)＋an－(aeq\o\al(2,n－1)＋an－1)，aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)－an－an－1＝0，即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，∵an>0，∴an－an－1＝1，∴{an}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，∴an＝n，∴bn＝eq\f(2an,（2an－1）（2an＋1－1）)＝eq\f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，∴Tn＝eq\f(1,21－1)－eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,22－1)－eq\f(1,23－1)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)＝eq\f(1,21－1)－eq\f(1,2n＋1－1)＝1－eq\f(1,2n＋1－1)<1，∵k>Tn恒成立，∴k≥1，即k的最小值為1.6．(2022·四川廣元高三模考)已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝(－1)n(2n－1)，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝________．答案：(－1)nn解析：當(dāng)n＝2k(k∈N*)時，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[－(2n－3)＋(2n－1)]＝2＋2＋…＋2＝2k＝n.當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時，Sn＝Sn－1＋an＝(n－1)－(2n－1)＝－n，∴Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n，n為偶數(shù),－n，n為奇數(shù)))＝(－1)nn.7．(2022·安徽太和模擬)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和，且a1＝1，an＋1＋SnSn＋1＝0，則Sn＝________，數(shù)列{SnSn＋1}的前n項和為________．答案：eq\f(1,n)eq\f(n,n＋1)解析：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＋SnSn＋1＝0，∴Sn＋1－Sn＋SnSn＋1＝0，∴eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝1.又∵eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝1，∴{eq\f(1,Sn)}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，∴eq\f(1,Sn)＝n，∴Sn＝eq\f(1,n).∴SnSn＋1＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Tn＝(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).8．設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列，a1為a2，a3的等差中項，則{an}的公比為________；若a1＝1，則數(shù)列{nan}的前n項和為________．答案：－2Sn＝eq\f(1,9)－eq\f(（3n＋1）（－2）n,9)解析：設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2，所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)，q＝－2.故{an}的公比為－2.(2)設(shè)Sn為{nan}的前n項和．由(1)及題設(shè)可得，an＝(－2)n－1，所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝eq\f(1－（－2）n,3)－n×(－2)n.所以Sn＝eq\f(1,9)－eq\f(（3n＋1）（－2）n,9).B級(綜合創(chuàng)新練)9．(多選題)(2022·遼寧省高三階段性月考)已知數(shù)列{an}的首項為4，且滿足2(n＋1)an－nan＋1＝0(n∈N*)，則()A．{eq\f(an,n)}為等差數(shù)列B．{an}為遞增數(shù)列C．{an}的前n項和Sn＝(n－1)·2n＋1＋4D．{eq\f(an,2n＋1)}的前n項和Tn＝eq\f(n2＋n,2)答案：BD解析：由2(n＋1)an－nan＋1＝0得eq\f(an＋1,n＋1)＝2×eq\f(an,n)，所以{eq\f(an,n)}是以eq\f(a1,1)＝a1＝4為首項，2為公比的等比數(shù)列，故A項錯誤；因為eq\f(an,n)＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝n·2n＋1，顯然遞增，故B項正確；因為Sn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1，2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n·2n＋2，所以－Sn＝1×22＋23＋…＋2n＋1－n·2n＋2＝eq\f(22（1－2n）,1－2)－n·2n＋2，故Sn＝(n－1)×2n＋2＋4，故C項錯誤；因為eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(n·2n＋1,2n＋1)＝n，所以{eq\f(an,2n＋1)}的前n項和Tn＝eq\f(n（1＋n）,2)＝eq\f(n2＋n,2)，故D項正確．故選BD.10．(多選題)意大利數(shù)學(xué)家斐波那契是第一個研究了印度和阿拉伯?dāng)?shù)學(xué)理論的歐洲人．斐波那契數(shù)列被譽(yù)為是最美的數(shù)列，斐波那契數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)．若將數(shù)列的每一項的值為半徑作圓弧，得到“黃金螺旋線”(如圖)，每一小格子的邊長為1，第n段圓弧長為Cn，第n個扇形的面積Sn，則下列結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a2n－1B．a(chǎn)eq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝an·an＋1C．C1＋C2＋C3＋…＋Cn＝Cn＋2－eq\f(π,2)D．4(Sn－Sn－1)＝πan－2·an＋1答案：BCD解析：因為a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2，所以an－1＝an－an－2，則a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a1＋a4－a2＋a6－a4＋…＋a2n－a2n－2＝a2n，故A選項錯誤；an·an＋1－aeq\o\al(2,n)＝an(an＋1－an)＝anan－1＝an－1(an－1＋an－2)＝aeq\o\al(2,n－1)＋an－1an－2，＝aeq\o\al(2,n－1)＋an－2(an－2＋an－3)＝aeq\o\al(2,n－1)＋aeq\o\al(2,n－2)＋an－2an－3＝…＝aeq\o\al(2,n－1)＋aeq\o\al(2,n－2)＋…＋aeq\o\al(2,2)＋a2a1＝aeq\o\al(2,n－1)＋aeq\o\al(2,n－2)＋…＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,1)，故B選項正確；由題意可得C1＝eq\f(π,2)，C2＝eq\f(π,2)，C3＝π，Cn＝eq\f(2πan,4)＝eq\f(πan,2)，故Cn＝Cn－1＋Cn－2，所以Cn－1＝Cn－Cn－2，又C1＋C2＋C3＋…＋Cn＝C1＋C3－C1＋C4－C2＋C5－C3＋…＋Cn＋1－Cn－1＝Cn＋Cn＋1－C2＝Cn＋2－eq\f(π,2)，故C1＋C2＋C3＋…＋Cn＝Cn＋2－eq\f(π,2)成立，故C選項正確；第n個扇形的面積Sn＝eq\f(πaeq\o\al(2,n),4)，故Sn－Sn－1＝eq\f(π（aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)）,4)＝eq\f(π（an－an－1）（an＋an－1）,4)＝eq\f(πan－2an＋1,4)，即4(Sn－Sn－1)＝πan－2·an＋1，故D選項正確．故選BCD.11．(2022·福建高三模擬)黎曼猜想由數(shù)學(xué)家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解決的世界難題．黎曼猜想研究的是無窮級數(shù)ξ(n)＝eq\o(∑,\s\up6(∞),\s\do8(n＝1))n－s＝eq\f(1,1s)＋eq\f(1,2s)＋eq\f(1,3s)＋…，我們經(jīng)常從無窮級數(shù)的部分和eq\f(1,1s)＋eq\f(1,2s)＋eq\f(1,3s)＋…＋eq\f(1,ns)入手．已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足Sn＝eq\f(1,2)(an＋eq\f(1,an))，則Sn＝________．答案：eq\r(n)解析：當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝eq\f(1,2)(a1＋eq\f(1,a1))，∴a1＝eq\f(1,a1)，即aeq\o\al(2,1)＝1.∵an>0，∴a1＝S1＝1.當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1，代入Sn＝eq\f(1,2)(an＋eq\f(1,an))，∴2Sn＝Sn－Sn－1＋eq\f(1,Sn－Sn－1)，∴Sn＋Sn－1＝eq\f(1,Sn－Sn－1)，即Seq\o\al(2,n)－Seq\o\al(2,n－1)＝1，∴{Seq\o\al(2,n)}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，∴Seq\o\al(2,n)＝n.又當(dāng)n＝1時，Seq\o\al(2,1)＝1符合上式，因此Seq\o\al(2,n)＝n(n∈N*)．∵an>0，∴Sn>0，∴Sn＝eq\r(n).12．(2022·河北保定高三月考)“楊輝三角”是中國古代數(shù)學(xué)文化的瑰寶之一，最早出現(xiàn)在中國南宋數(shù)學(xué)家楊輝于1261年所著的《詳解九章算法》一書中，歐洲數(shù)學(xué)家帕斯卡在1654年才發(fā)現(xiàn)這一規(guī)律，比楊輝要晚近四百年．如圖，在由二項式系數(shù)所構(gòu)成的“楊輝三角”中，記第2行的第3個數(shù)字為a1，第3行的第3個數(shù)字為a2，…，第n＋1行的第3個數(shù)字為an，則a1＋a2＋a3＋…＋a10＝________，eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝________．答案：220eq\f(2n,n＋1)解析：解法一：由題意知an＝Ceq\o\al(2,n＋1)，a1＋a2＋a3＋…＋a10＝Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,11)＝1＋3＋6＋10＋15＋21＋28＋36＋45＋55＝220.eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(1,Ceq\o\al(2,2))＋eq\f(1,Ceq\o\al(2,3))＋…＋eq\f(1,Ceq\o\al(2,n＋1))＝eq\f(2,1×2)＋eq\f(2,2×3)＋…＋eq\f(2,n×（n＋1）)＝2[(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))]＝2(1－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(2n,n＋1).解法二：由題意知an＝Ceq\o\al(2,n＋1)，所以a1＋a2＋a3＋…＋a10＝Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,11)＝Ceq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,11)＝Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,11)＝Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(2,5)＋…＋Ceq\o\al(2,11)＝…＝Ceq\o\al(3,10)＋Ceq\o\al(2,10)＋Ceq\o\al(2,11)＝Ceq\o\al(3,11)＋Ceq\o\al(2,11)＝Ceq\o\al(3,12)＝eq\f(12×11×10,3×2×1)＝220.eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(1,Ceq\o\al(2,2))＋eq\f(1,Ceq\o\al(2,3))＋…＋eq\f(1,Ceq\o\al(2,n＋1))＝eq\f(2,1×2)＋eq\f(2,2×3)＋…＋eq\f(2,n×（n＋1）)＝2[(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))]＝2(1－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(2n,n＋1).13．(2022·湖南湘潭高二期中)在①eq\f(Sn,n)＝eq\f(an＋1,2)，②an＋1an＝Sn，③aeq\o\al(2,n)＋eq\f(an,2)＝Sn這三個條件中任選一個，補(bǔ)充在下面的問題中，并解答該問題．已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝eq\f(1,2)，滿足________．(1)求an；(2)若bn＝an＋1·4an＋eq\f(1,2)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解：(1)若選①，則2Sn＝nan＋1，當(dāng)n＝1時，2S1＝a2，得a2＝1，當(dāng)n≥2時，2Sn－1＝(n－1)an，得2an＝nan＋1－(n－1)an，即(n＋1)an＝nan＋1(n≥2)，∴an＝eq\f(n,n－1)×eq\f(n－1,n－2)×…×eq\f(3,2)a2＝eq\f(n,2)a2(n≥2)，∴an＝eq\f(n,2)(n≥2)，又a1＝eq\f(1,2)，∴an＝eq\f(n,2)(n∈N*)．若選②即an＋1an＝Sn，當(dāng)n＝1時，S1＝a2a1，得a2＝1，當(dāng)n≥2時，Sn－1＝anan－1，得an＝anan＋1－anan－1，由an>0，得an＋1－an－1＝1，又∵a1＝eq\f(1,2)，a2＝1，∴{a2n}是公差為1，首項為1的等差數(shù)列，{a2n－1}是公差為1，首項為eq\f(1,2)的等差數(shù)列，∴an＝eq\f(n,2)(n∈N*)．若選③即aeq\o\al(2,n)＋eq\f(an,2)＝Sn，當(dāng)n≥2時，aeq\o\al(2,n－1)＋eq\f(an－1,2)＝Sn－1，兩式相減得aeq\o\al(2,n)＋eq\f(an,2)－aeq\o\al(2,n－1)－eq\f(an－1,2)＝an，即(an＋an－1)(an－an－1－eq\f(1,2))＝0，由an>0，得an－an－1＝eq\f(1,2)，∴{an}是公差為eq\f(1,2)，首項為eq\f(1,2)的等差數(shù)列，∴an＝eq\f(n,2)(n∈N*)．(2)bn＝an＋1·4an＋eq\f(1,2)即bn＝(n＋1)×2n，Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，2Tn＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n＋1)×2n＋1，兩式相減得－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1＝4＋eq\f(4（1－2n－1）,1－2)－(n＋1)×2n＋1＝4－4＋2n＋1－(n＋1)×2n＋1＝－n