2023届高考一轮复习讲义（文科）第六章　数列 第4讲　高效演练 分层突破学案

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1．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2等于( )
A.eq \f(n（n＋1）,2) B．－eq \f(n（n＋1）,2)
C．(－1)n＋1eq \f(n（n＋1）,2) D．以上答案均不对
解析：选C.当n为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－(2n－1)
＝－eq \f(\f(n,2)（3＋2n－1）,2)＝－eq \f(n（n＋1）,2)；
当n为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－[2(n－1)－1]＋n2
＝－eq \f(\f(n－1,2)[3＋2（n－1）－1],2)＋n2＝eq \f(n（n＋1）,2)，
综上可得，原式＝(－1)n＋1eq \f(n（n＋1）,2).
2．在数列{an}中，an＝eq \f(2n－1,2n)，若{an}的前n项和Sn＝eq \f(321,64)，则n＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选D.由an＝eq \f(2n－1,2n)＝1－eq \f(1,2n)得，
Sn＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))，
则Sn＝eq \f(321,64)＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))，将各选项中的值代入验证得n＝6.
3．已知函数f(n)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2，当n为奇数时，,－n2，当n为偶数时，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )
A．0 B．100
C．－100 D．10 200
解析：选B.由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012
＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)
＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)
＝－50×101＋50×103＝100.
4．(2020·江西省五校协作体试题)设Sn是数列{an}的前n项和，若an＋Sn＝2n，2bn＝2an＋2－an＋1，则eq \f(1,b1)＋eq \f(1,2b2)＋…＋eq \f(1,100b100)＝( )
A.eq \f(97,98) B.eq \f(98,99)
C.eq \f(99,100) D．eq \f(100,101)
解析：选D.因为an＋Sn＝2n①，所以an＋1＋Sn＋1＝2n＋1②，②－①得2an＋1－an＝2n，所以2an＋2－an＋1＝2n＋1，又2bn＝2an＋2－an＋1＝2n＋1，所以bn＝n＋1，eq \f(1,nbn)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，则eq \f(1,b1)＋eq \f(1,2b2)＋…＋eq \f(1,100b100)＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,100)－eq \f(1,101)＝1－eq \f(1,101)＝eq \f(100,101)，故选D.
5．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于( )
A．76 B．78
C．80 D．82
解析：选B.由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1·an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1，5，9及n＝2，6，10，结果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.
6．等比数列{an}中，若a1＝27，a9＝eq \f(1,243)，q>0，Sn是其前n项和，则S6＝ ．
解析：由a1＝27，a9＝eq \f(1,243)知，eq \f(1,243)＝27·q8，又由q>0，解得q＝eq \f(1,3)，所以S6＝eq \f(27\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(6))),1－\f(1,3))＝eq \f(364,9).
答案：eq \f(364,9)
7．(2020·九江联考)若{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前18项和为 ．
解析：因为anbn＝1，且an＝n2＋3n＋2，
所以bn＝eq \f(1,n2＋3n＋2)＝eq \f(1,（n＋2）（n＋1）)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，
所以{bn}的前18项和为eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,19)－eq \f(1,20)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,20)＝eq \f(10－1,20)＝eq \f(9,20).
答案：eq \f(9,20)
8．已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,2)＋eq \r(an－aeq \\al(2,n))，且a1＝eq \f(1,2)，则该数列的前2 018项的和等于 ．
解析：因为a1＝eq \f(1,2)，又an＋1＝eq \f(1,2)＋eq \r(an－aeq \\al(2,n))，
所以a2＝1，从而a3＝eq \f(1,2)，a4＝1，
即得an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，n＝2k－1（k∈N*），,1，n＝2k（k∈N*），))故数列的前2 018项的和等于S2 018＝1 009×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＝eq \f(3 027,2).
答案：eq \f(3 027,2)
9．已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，且an＋1＝eq \f(2an,2＋an).
(1)求证：数列{eq \f(1,an)}是等差数列；
(2)若bn＝an·an＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：因为an＋1＝eq \f(2an,2＋an)，所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2＋an,2an)，
所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)，
所以数列{eq \f(1,an)}是首项为2，公差为eq \f(1,2)的等差数列．
(2)由(1)知eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n＋3,2)，所以an＝eq \f(2,n＋3)，
所以bn＝eq \f(4,（n＋3）（n＋4）)＝4×(eq \f(1,n＋3)－eq \f(1,n＋4))，
Sn＝4×[(eq \f(1,4)－eq \f(1,5))＋(eq \f(1,5)－eq \f(1,6))＋…＋(eq \f(1,n＋3)－eq \f(1,n＋4))]＝4×(eq \f(1,4)－eq \f(1,n＋4))＝eq \f(n,n＋4).
10．(2020·广州市综合检测(一))已知{an}是等差数列，且lg a1＝0，lg a4＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项，求k的值及数列{an＋bn}的前n项和．
解：(1)因为lg a1＝0，lg a4＝1，
所以a1＝1，a4＝10.
设等差数列{an}的公差为d，
则d＝eq \f(a4－a1,4－1)＝3.
所以an＝a1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)由(1)知a1＝1，a6＝16，
因为a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项．
所以aeq \\al(2,k)＝a1a6＝16.
又an＝3n－2＞0，
所以ak＝4.
因为ak＝3k－2，
所以3k－2＝4，得k＝2.
所以等比数列{bn}的公式q＝eq \f(b2,b1)＝eq \f(a2,a1)＝4.
所以bn＝4n－1.
所以an＋bn＝3n－2＋4n－1.
所以数列{an＋bn}的前n项和为Sn＝eq \f(n（3n－1）,2)＋eq \f(1－4n,1－4)＝eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n＋eq \f(1,3)(4n－1)．
[综合题组练]
1．(2020·黑龙江牡丹江一中模拟)已知数列{an}满足a1＝2，4a3＝a6，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列，则数列{(－1)nan}的前10项的和S10是( )
A．220 B．110
C．99 D．55
解析：选B.设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))的公差为d，则eq \f(a6,6)＝a1＋5d，eq \f(a6,6)＝eq \f(a3,3)＋3d，将已知值和等量关系代入，计算得d＝2，所以eq \f(an,n)＝a1＋(n－1)d＝2n，an＝2n2，所以S10＝－a1＋a2－a3＋a4－…＋a10＝2(1＋2＋…＋10)＝110，故选B.
2．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝eq \f(1,2n)(n＝1，2，3，…)，则S2n－1＝ ．
解析：因为a1＝1，an＋an＋1＝eq \f(1,2n)(n＝1，2，3，…)，所以S2n－1＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2n－2＋a2n－1)＝1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,24)＋…＋eq \f(1,22n－2)＝eq \f(4,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n))).
答案：eq \f(4,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n)))
3．(2019·高考天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n为奇数，,b\s\d9(\f(n,2))，n为偶数.))求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.依题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3q＝3＋2d，,3q2＝15＋4d，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝3，,q＝3，))故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.
所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n×3＋\f(n（n－1）,2)×6))＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)
＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①
则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－eq \f(3（1－3n）,1－3)＋n×3n＋1＝eq \f(（2n－1）3n＋1＋3,2).
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×eq \f(（2n－1）3n＋1＋3,2)＝eq \f(（2n－1）3n＋2＋6n2＋9,2)(n∈N*)．
4．(2020·安徽省考试试题)已知等差数列{an}中，a5－a3＝4，前n项和为Sn，且S2，S3－1，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)neq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公差为d，由a5－a3＝4，得2d＝4，d＝2.
所以S2＝2a1＋2，S3－1＝3a1＋5，S4＝4a1＋12，
又S2，S3－1，S4成等比数列，所以(3a1＋5)2＝(2a1＋2)·(4a1＋12)，
解得a1＝1，
所以an＝2n－1.
(2)bn＝(－1)neq \f(4n,anan＋1)＝(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
当n为偶数时，Tn＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，所以Tn＝－1＋eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(2n,2n＋1).
当n为奇数时，Tn＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝－1－eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(2n＋2,2n＋1).
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(2n,2n＋1)，n为偶数,－\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数)).