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

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1．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝( )
A．9 B．8
C．17 D．16
解析：选A.S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.
2．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则S60的值为( )
A．990 B．1 000
C．1 100 D．99
解析：选A.n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.
3．已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，且a≠1)的图象经过点P(1，3)，Q(2，5)．当n∈N*时，an＝eq \f(f（n）－1,f（n）·f（n＋1）)，记数列{an}的前n项和为Sn，当Sn＝eq \f(10,33)时，n的值为( )
A．7 B．6
C．5 D．4
解析：选D.因为函数f(x)＝ax＋b(a>0，且a≠1)的图象经过点P(1，3)，Q(2，5)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝3，,a2＋b＝5，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝4))(舍去)，
所以f(x)＝2x＋1，
所以an＝eq \f(2n＋1－1,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
所以Sn＝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(1,9)))＋…＋
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
令Sn＝eq \f(10,33)，得n＝4.故选D.
4．(2020·河北保定期末)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前100项之和是( )
A．18 B．8
C．5 D．2
解析：选C.因为a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，所以a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…，
所以{an}是周期为6的周期数列，因为100＝16×6＋4，所以S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故选C.
5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018等于( )
A．22 018－1 B．3×21 009－3
C．3×21 009－1 D．3×21 008－2
解析：选B.a1＝1，a2＝eq \f(2,a1)＝2，又eq \f(an＋2·an＋1,an＋1·an)＝eq \f(2n＋1,2n)＝2，
所以eq \f(an＋2,an)＝2.所以a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，所以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.故选B.
6．数列{an}的通项公式为an＝ncseq \f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2 017＝________．
解析：因为数列an＝ncseq \f(nπ,2)呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.
故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.因此S2 017＝S2 016＋a2 017
＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋…＋(a2 009＋a2 010＋a2 011＋a2 012)＋(a2 013＋a2 014＋a2 015＋a2 016)＋a2 017＝eq \f(2 016,4)×2＋a1＝1 008.
答案：1 008
7．(2020·湖南三湘名校(五十校)第一次联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 019＝________．
解析：由an＋2Sn－1＝n(n≥2)，得an＋1＋2Sn＝n＋1，两式作差可得an＋1－an＋2an＝1(n≥2)，即an＋1＋an＝1(n≥2)，所以S2 019＝1＋eq \f(2 018,2)×1＝1 010.
答案：1 010
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，记Tn＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)(n∈N*)，则T2 018＝________．
解析：由an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，可得an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}为等差数列，公差d＝a2－a1＝2－1＝1，通项公式an＝a1＋(n－1)×d＝1＋n－1＝n，则其前n项和Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（n＋1）,2)，所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝2(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))，Tn＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)＝2(eq \f(1,1)－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)，故T2 018＝eq \f(2×2 018,2 018＋1)＝eq \f(4 036,2 019).
答案：eq \f(4 036,2 019)
9．已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝eq \f(n,4)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(4nan,2n＋1)，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn.
解：(1)当n＝1时，a1＝eq \f(1,4).
因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝eq \f(n,4) ①，
所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝eq \f(n－1,4)(n≥2，n∈N*) ②，
①－②得4n－1an＝eq \f(1,4)(n≥2，n∈N*)，
所以an＝eq \f(1,4n)(n≥2，n∈N*)．
由于a1＝eq \f(1,4)，故an＝eq \f(1,4n)(n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝eq \f(4nan,2n＋1)＝eq \f(1,2n＋1)，
所以bnbn＋1＝eq \f(1,（2n＋1）（2n＋3）)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋3))，
故Tn＝eq \f(1,2)(eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋3))
＝eq \f(1,2)(eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋3))＝eq \f(n,6n＋9).
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq \f(3an－1,2).
(1)求an；
(2)若bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)由已知可得，2Sn＝3an－1，①
所以2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②
①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，
化简得an＝3an－1(n≥2)，
在①中，令n＝1可得，a1＝1，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
从而有an＝3n－1.
(2)bn＝(n－1)3n－1，
Tn＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1，③
则3Tn＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n.④
③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n
＝eq \f(3－3n,1－3)－(n－1)×3n
＝eq \f(（3－2n）×3n－3,2).
所以Tn＝eq \f(（2n－3）×3n＋3,4).
[综合题组练]
1．(2020·河北五个一名校联盟第一次诊断)已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancs nπ}的前2 018项的和为( )
A．1 008 B．1 009
C．2 017 D．2 018
解析：选D.设{an}的公差为d，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋6d＝a1＋3d＋7，,a1＋9d＝19，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))所以an＝2n－1，设bn＝ancs nπ，则b1＋b2＝a1cs π＋a2cs 2π＝2，b3＋b4＝a3cs 3π＋a4cs 4π＝2，…，
所以数列{ancs nπ}的前2 018项的和为(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 017＋b2 018)＝2×eq \f(2 018,2)＝2 018.故选D.
2．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＋1，两式相减得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.
3．已知数列{an}，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2 019项和为________．
解析：由“凸数列”的定义及b1＝1，b2＝－2，得b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，所以数列{bn}是周期为6的周期数列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，于是数列{bn}的前2 019项和等于b1＋b2＋b3＝－4.
答案：－4
4．(2020·湖南郴州第二次教学质量监测)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝2bn(n∈N*)，若数列{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))的前n项和Sn＝________．
解析：因为{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，所以公比q＝eq \r(3,\f(a4,a1))＝eq \r(3,\f(16,2))＝2，所以an＝2n，
所以a1a2a3…an＝21×22×23×…×2n＝21＋2＋3＋…＋n＝2eq \s\up6(\f(n（n＋1）,2)).
因为a1a2a3…an＝2bn，所以bn＝eq \f(n（n＋1）,2).
所以eq \f(1,bn)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))的前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(2n,n＋1).
答案：eq \f(2n,n＋1)
5．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)n(eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n＋1))，
当n为偶数时，Tn＝－(1＋eq \f(1,3))＋(eq \f(1,3)＋eq \f(1,5))－(eq \f(1,5)＋eq \f(1,7))＋…－(eq \f(1,2n－3)＋eq \f(1,2n－1))＋(eq \f(1,2n－1)＋eq \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＝－(1＋eq \f(1,3))＋(eq \f(1,3)＋eq \f(1,5))－(eq \f(1,5)＋eq \f(1,7))＋…＋(eq \f(1,2n－3)＋eq \f(1,2n－1))－(eq \f(1,2n－1)＋eq \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).