2022版高考数学大一轮复习作业本30《数列求和》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习作业本30《数列求和》(含答案详解)，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
已知等比数列{an}中，a2·a8=4a5，等差数列{bn}中，b4＋b6=a5，则数列{bn}的前9项和S9等于( )
A.9 B.18 C.36 D.72
数列1eq \f(1,2)，3eq \f(1,4)，5eq \f(1,8)，7eq \f(1,16)，…，(2n－1)＋eq \f(1,2n)，…的前n项和Sn的值等于( )
A.n2＋1－eq \f(1,2n) B.2n2－n＋1－eq \f(1,2n)
C.n2＋1－eq \f(1,2n－1) D.n2－n＋1－eq \f(1,2n)
已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，则S2 018=( )
A.22 018－1 B.3×21 009－3
C.3×21 009－1 D.3×21 008－2
已知数列{an}满足a1=1，an＋1=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an，n为正奇数，,an＋1，n为正偶数，))则其前6项之和是( )
A.16 B.20 C.33 D.120
在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1=2，且a1a5=64，则数列{ SKIPIF 1 < 0 }的
前n项和是( )
A.1－eq \f(1,2n＋1－1) B.1－eq \f(1,2n＋1) C.1－eq \f(1,2n＋1) D.1－eq \f(1,2n－1)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2=2an＋1－an，a5=4－a3，则S7=( )
A.7 B.12 C.14 D.21
二、填空题
已知数列{an}中，a1=1，an＋1=(－1)n·(an＋1)，记Sn为{an}的前n项和，则S2 025=_____.
已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S1，S3，S4成等差数列，则数列{an}的公比为________.
记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn=2an＋1，则S6= .
已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，则S2 018= .
三、解答题
设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，Sn=n2＋n(a1－1)(n∈N*)，且a1，a3－1，a5＋7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
已知数列{an}满足：a1=1，an＋1=eq \f(n＋1,n)an＋eq \f(n＋1,2n).
(1)设bn=eq \f(an,n)，求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4=9，a2a3=8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn=eq \f(an＋1,SnSn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
若数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y=eq \f(1,6)－eq \f(1,3)x的图象上(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若c1=0，且对任意正整数n都有cn＋1－cn=lg eq \s\d8(\f(1,2)) an.
求证：对任意正整数n≥2，总有eq \f(1,3)≤eq \f(1,c2)＋eq \f(1,c3)＋eq \f(1,c4)＋…＋eq \f(1,cn)＜eq \f(3,4).
在数列{an}中，a1=2，an＋1=2(1+ SKIPIF 1 < 0 )an(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=eq \f(2n,an)，数列{bn}的前n项的和为Sn，试求数列{S2n－Sn}的最小值；
(3)求证：当n≥2时，S2n≥eq \f(7n＋11,12).
已知Sn是正项数列{an}的前n项和，且2Sn=aeq \\al(2,n)＋an，等比数列{bn}的公比q>1，b1=2，且b1，b3，b2＋10成等差数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn=an·bn＋(－1)n·eq \f(2n＋1,an·an＋1)，记T2n=c1＋c2＋c3＋…＋c2n，求T2n.
\s 0 参考答案
答案为：B；
解析：∵a2·a8=4a5，即aeq \\al(2,5)=4a5，∴a5=4，
∴a5=b4＋b6=2b5=4，∴b5=2.∴S9=9b5=18，故选B.
答案为：A；
解析：该数列的通项公式为an=(2n－1)＋eq \f(1,2n)，
则Sn=[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))=n2＋1－eq \f(1,2n).
答案为：B；
解析：a1=1，a2=eq \f(2,a1)=2，又eq \f(an＋2·an＋1,an＋1·an)=eq \f(2n＋1,2n)=2，∴eq \f(an＋2,an)=2.
∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，
∴S2 018=a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018
=(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)
=eq \f(1－21 009,1－2)＋eq \f(21－21 009,1－2)=3×21 009－3.
答案为：C.
解析：由已知得a2=2a1=2，a3=a2＋1=3，a4=2a3=6，a5=a4＋1=7，a6=2a5=14，
所以S6=1＋2＋3＋6＋7＋14=33.
答案为：A.
解析：∵数列{an}为等比数列，an>0，a1=2，a1a5=64，∴公比q=2，∴an=2n， SKIPIF 1 < 0 =eq \f(2n,2n－12n＋1－1)=eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1).
设数列{ SKIPIF 1 < 0 }的前n项和为Tn，
则Tn=1－eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,22－1)－eq \f(1,23－1)＋eq \f(1,23－1)－eq \f(1,24－1)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)=1－eq \f(1,2n＋1－1)，故选A.
答案为：C
解析：由an＋2=2an＋1－an知数列{an}为等差数列，由a5=4－a3得a5＋a3=4=a1＋a7，
所以S7=eq \f(7a1＋a7,2)=14.
答案为：－1 011.
解析：由a1=1，an＋1=(－1)n(an＋1)可得，该数列是周期为4的数列，
且a1=1，a2=－2，a3=－1，a4=0，
所以S2 025=506 (a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 017=506×(－2)＋1=－1 011.
答案为：eq \f(1＋\r(5),2)
解析：设{an}的公比为q，由题意易知q＞0且q≠1.因为S1，S3，S4成等差数列，
所以2S3=S1＋S4，即eq \f(2a11－q3,1－q)=a1＋eq \f(a11－q4,1－q)，解得q=eq \f(1＋\r(5),2).
答案为：-63.
解析：因为Sn=2an＋1，所以当n=1时，a1=2a1＋1，解得a1=－1，
当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2an＋1－(2an－1＋1)，所以an=2an－1，
所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an=－2n－1，
所以S6=eq \f(－1×1－26,1－2)=－63.
答案为：3·21009－3.
解析：∵数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n，①∴n=1时，a2=2，n≥2时，an·an－1=2n－1，
②由①÷②得eq \f(an＋1,an－1)=2，∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，
∴S2 018=eq \f(1－21 009,1－2)＋eq \f(21－21 009,1－2)=3·21 009－3.
解：(1)∵Sn=n2＋n(a1－1)，
又Sn=na1＋eq \f(nn－1,2)d=eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n，∴d=2.
又a1，a3－1，a5＋7成等比数列.
∴a1(a5＋7)=(a3－1)2，即a1(a1＋15)=(a1＋3)2，解得a1=1，∴an=1＋2(n－1)=2n－1.
(2)由(1)可得bn=eq \f(1,anan＋1)=eq \f(1,2n－12n＋1)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
故Tn=b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
=eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))=eq \f(n,2n＋1).
解：(1)由an＋1=eq \f(n＋1,n)an＋eq \f(n＋1,2n)，可得eq \f(an＋1,n＋1)=eq \f(an,n)＋eq \f(1,2n)，
又bn=eq \f(an,n)，∴bn＋1－bn=eq \f(1,2n)，由a1=1，得b1=1，
累加可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1=eq \f(1,21)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)，
即bn－b1=eq \f(\f(1,2)1－\f(1,2n－1),1－\f(1,2))=1－eq \f(1,2n－1)，∴bn=2－eq \f(1,2n－1).
(2)由(1)可知an=2n－eq \f(n,2n－1)，设数列{eq \f(n,2n－1)}的前n项和为Tn，
则Tn=eq \f(1,20)＋eq \f(2,21)＋eq \f(3,22)＋…＋eq \f(n,2n－1) ①，
eq \f(1,2)Tn=eq \f(1,21)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n) ②，
①－②得eq \f(1,2)Tn=eq \f(1,20)＋eq \f(1,21)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)=eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n)=2－eq \f(n＋2,2n)，∴Tn=4－eq \f(n＋2,2n－1).
易知数列{2n}的前n项和为n(n＋1)，
∴Sn=n(n＋1)－4＋eq \f(n＋2,2n－1).
解：(1)由题设知a1a4=a2a3=8，
又a1＋a4=9，可解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a4＝8))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝8，,a4＝1))(舍去).
设等比数列{an}的公比为q，
由a4=a1q3，得q=2，故an=a1qn－1=2n－1，n∈N*.
(2)Sn=eq \f(a11－qn,1－q)=2n－1，
又bn=eq \f(an＋1,SnSn＋1)=eq \f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)=eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)，
所以Tn=b1＋b2＋…＋bn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S1)－\f(1,S2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S2)－\f(1,S3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)－\f(1,Sn＋1)))=eq \f(1,S1)－eq \f(1,Sn＋1)=1－eq \f(1,2n＋1－1)，n∈N*.
解：(1)∵Sn=eq \f(1,6)－eq \f(1,3)an，∴当n≥2时，an=Sn－Sn－1=eq \f(1,3)an－1－eq \f(1,3)an，∴an=eq \f(1,4)an－1.
又∵S1=a1=eq \f(1,6)－eq \f(1,3)a1，∴a1=eq \f(1,8)，
∴an是以eq \f(1,8)为首项，eq \f(1,4)为公比的等比数列.
∴an=eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2n＋1.
(2)【证明】由cn＋1－cn=lg eq \s\d8(\f(1,2)) an=2n＋1，
得当n≥2时，cn=c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)=0＋3＋5＋…＋(2n－1)
=n2－1=(n＋1)(n－1)，∴eq \f(1,cn)=eq \f(1,n＋1n－1)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))，
∴eq \f(1,c2)＋eq \f(1,c3)＋eq \f(1,c4)＋…＋eq \f(1,cn)
=eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))))
=eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))))=eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))＜eq \f(3,4).
又∵eq \f(1,c2)＋eq \f(1,c3)＋eq \f(1,c4)＋…＋eq \f(1,cn)≥eq \f(1,c2)=eq \f(1,3)，
∴原式得证.
解：(1)由条件an＋1=2(1+ SKIPIF 1 < 0 )an，
得eq \f(an＋1,n＋1)=2·eq \f(an,n)，又a1=2，所以eq \f(a1,1)=2，
因此数列{eq \f(an,n)}构成首项为2，公比为2的等比数列.
eq \f(an,n)=2·2n－1=2n，因此，an=n·2n.
(2)由(1)得bn=eq \f(1,n)，设cn=S2n－Sn，
则cn=eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)，
所以cn＋1=eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n)＋eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2)，
从而cn＋1－cn=eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋2)－eq \f(1,n＋1)>eq \f(1,2n＋2)＋eq \f(1,2n＋2)－eq \f(1,n＋1)=0，
因此数列{cn}是单调递增的，所以(cn)min=c1=eq \f(1,2).

解：(1)当n≥2时，由题意得2Sn－2Sn－1=aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋an－an－1，
2an=aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋an－an－1，
aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)－(an＋an－1)=0，
(an＋an－1)(an－an－1－1)=0，
∵an＋an－1>0，∴an－an－1=1，
当n=1时，2a1=aeq \\al(2,1)＋a1，∵a1>0，∴a1=1，
∴数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴an=1＋(n－1)×1=n.
由b1=2,2b3=b1＋(b2＋10)，得2q2－q－6=0，
解得q=2或q=－eq \f(3,2)(舍)，∴bn=b1qn－1=2n.
(2)由(1)得cn=n·2n＋(－1)n·eq \f(2n＋1,nn＋1)=n·2n＋(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，
∴T2n=(1×2＋2×22＋…＋2n·22n)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,3)))－\f(1,3)＋\f(1,4)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n)＋\f(1,2n＋1)))))
=(1×2＋2×22＋…＋2n·22n)＋(-1+eq \f(1,2n＋1))，
记W2n=1×2＋2×22＋…＋2n·22n，
则2W2n=1×22＋2×23＋…＋2n·22n＋1，
以上两式相减可得－W2n=2＋22＋…＋22n－2n·22n＋1=eq \f(21－22n,1－2)－2n·22n＋1
=(1－2n)·22n＋1－2，
∴W2n=(2n－1)·22n＋1＋2，
∴T2n=W2n＋(-1+eq \f(1,2n＋1))=(2n－1)·22n＋1＋eq \f(1,2n＋1)＋1.