新高考数学一轮复习微专题专练32数列求和（含详解）

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一、选择题
1．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为( )
A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
2．等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝( )
A．n(n＋1) B．n(n－1)
C． eq \f(n（n＋1）,2) D． eq \f(n（n－1）,2)
3．数列1， eq \f(1,1＋2) ， eq \f(1,1＋2＋3) ，…， eq \f(1,1＋2＋3＋…＋n) ，…的前n项和为( )
A． eq \f(n,n＋1) B． eq \f(2n,n＋1)
C． eq \f(4n,n＋1) D． eq \f(n,2（n＋1）)
4．数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(n＋1)＋\r(n)))) 的前2 018项的和为( )
A． eq \r(2 018) ＋1 B． eq \r(2 018) －1
C． eq \r(2 019) ＋1 D． eq \r(2 019) －1
5．已知数列{an}满足an＋1＋(－1)n＋1an＝2，则其前100项和为( )
A．250 B．200
C．150 D．100
6．已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2018＝( )
A．3 B．2
C．1 D．0
7．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，令bn＝ eq \f(1,a1＋a2＋…＋an) ，则数列{bn}的前n项和Tn为( )
A． eq \f(n＋1,2（n＋2）)
B． eq \f(3,4) － eq \f(2n＋3,2（n＋1）（n＋2）)
C． eq \f(n－1,n＋2)
D． eq \f(3,4) － eq \f(2n＋3,（n＋1）（n＋2）)
8．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋2，n是奇数，,2an，n是偶数，)) 则数列{an}的前20项和为( )
A．1 121 B．1 122
C．1 123 D．1 124
9．(多选)[2023·河北省六校联考]等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1＞0，S10＝S20，则( )
A．公差d＜0
B．a16＜0
C．Sn≤S15
D．当且仅当Sn＜0时n≥32
二、填空题
10．设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＋a3＋a11＝6，则S9＝________．
11．设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an))) 的前10项的和为________．
12．在等差数列{an}中，已知a1＋a3＝0，a2＋a4＝－2，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n－1))) 的前10项和是________．
[能力提升]
13．已知数列{an}满足2an＝an＋1＋an－1(n≥2，n∈N)，且a1＝1，a5＝9，bn＝C eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(99)) ·an，则数列{bn}的前100项的和为( )
A．100×299 B．100×2100
C．50×299 D．50×2101
14．已知数列{an}满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,lg2anlg2an＋1))) 的前n项和为Sn，则S1·S2·S3·…·S10＝( )
A． eq \f(1,10) B． eq \f(1,5)
C． eq \f(1,11) D． eq \f(2,11)
15．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________．
16．把一个等腰直角三角形对折一次后再展开得到的图形如图所示，则图中等腰直角三角形(折痕所在的线段也可作为三角形的边)有3个，分别为△ABC，△ABD，△ACD，若连续对折n次后再全部展开，得到的图形中等腰直角三角形(折痕所在的线段也可作为三角形的边)的个数记为an，则a4＝________，数列{an}的前n项和为________．
专练32 数列求和
1．C Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝ eq \f(2（1－2n）,1－2) ＋ eq \f(（1＋2n－1）n,2) ＝2n＋1－2＋n2.
2．A ∵a2，a4，a8成等比数列，∴a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝a2a8，
∴(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，得a1＝d＝2，
∴Sn＝na1＋ eq \f(n（n－1）,2) d＝n(n＋1).
3．B ∵ eq \f(1,1＋2＋3＋…＋n) ＝ eq \f(2,（1＋n）n) ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))) ，
∴Sn＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1))) ＝ eq \f(2n,n＋1) .
4．D ∵ eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n)) ＝ eq \r(n＋1) － eq \r(n) ，
∴S2 018＝ eq \r(2) －1＋ eq \r(3) － eq \r(2) ＋…＋ eq \r(2 019) － eq \r(2 018) ＝ eq \r(2 019) －1．
5．D 当n＝2k－1时，a2k＋a2k－1＝2，∴{an}的前100项和S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝50×2＝100，故选D.
6．A ∵an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，
∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2018＝336×0＋a2017＋a2018＝a1＋a2＝3.故选A.
7．B 因为a1＋a2＋…＋an＝ eq \f(n（3＋2n＋1）,2) ＝n(n＋2)，所以bn＝ eq \f(1,n（n＋2）) ＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))) ，故Tn＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2))) ＝ eq \f(3,4) － eq \f(2n＋3,2（n＋1）（n＋2）) ，故选B.
8．C 由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为 eq \f(1×（1－210）,1－2) ＋10×1＋ eq \f(10×9,2) ×2＝1 123.选C.
9．ABC 因为 S10＝S20，所以a11＋a12＋…＋a19＋a20＝5(a15＋a16)＝0，又a1＞0，所以a15＞0，a16＜0，所以d＜0，Sn≤S15，故ABC正确；因为S31＝ eq \f(31（a1＋a31）,2) ＝31a16＜0，故D错误．故选ABC.
10．18
解析：设等差数列{an}的公差为d.∵a1＋a3＋a11＝6，
∴3a1＋12d＝6，即a1＋4d＝2，∴a5＝2，∴S9＝ eq \f(（a1＋a9）×9,2) ＝ eq \f(2a5×9,2) ＝18.
11. eq \f(20,11)
解析：∵an＋1－an＝n＋1，∴当n≥2时，a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，
∴an－a1＝ eq \f(（2＋n）（n－1）,2) ，∴an＝1＋ eq \f(（n＋2）（n－1）,2) ＝ eq \f(n2＋n,2) (n≥2)
又当n＝1时a1＝1符合上式，
∴an＝ eq \f(n2＋n,2)
∴ eq \f(1,an) ＝ eq \f(2,n2＋n) ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))) ，
∴S10＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11))) ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,11))) ＝ eq \f(20,11) .
12. eq \f(5,256)
解析：∵{an}为等差数列，∴a1＋a3＝2a2＝0，
∴a2＝0，a2＋a4＝2a3＝－2，
∴a3＝－1，∴d＝a3－a2＝－1，∴an＝a2＋(n－2)d＝2－n，
∴Sn＝ eq \f(1,20) ＋ eq \f(0,21) ＋…＋ eq \f(2－n,2n－1) ，
∴ eq \f(1,2) Sn＝ eq \f(1,21) ＋ eq \f(0,22) ＋…＋ eq \f(3－n,2n－1) ＋ eq \f(2－n,2n) ，
∴ eq \f(1,2) Sn＝ eq \f(1,20) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1,21)＋\f(－1,22)＋…＋\f(－1,2n－1))) － eq \f(2－n,2n) ＝ eq \f(n,2n) ，
∴Sn＝ eq \f(n,2n－1) ，S10＝ eq \f(10,29) ＝ eq \f(5,256) .
13．A 由2an＝an＋1＋an－1知{an}为等差数列，又a1＝1，a5＝a1＋4d，∴d＝2，｀∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
∴{bn}的前100项的和S100满足：
S100＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(99)) a1＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(99)) a2＋…＋C eq \\al(\s\up1(99),\s\d1(99)) a100，
∴S100＝C eq \\al(\s\up1(99),\s\d1(99)) a100＋C eq \\al(\s\up1(98),\s\d1(99)) a99＋…＋C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(99)) a1＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(99)) a100＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(99)) a99＋…＋C eq \\al(\s\up1(99),\s\d1(99)) a1，
∴2S100＝(a1＋a100)(C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(99)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(99)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(99)) ＋…＋C eq \\al(\s\up1(99),\s\d1(99)) )＝200×299，
∴S100＝100×299.
14．C ∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，
∴2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2)，
∴2nan＝1(n≥2)，当n＝1时也满足，故an＝ eq \f(1,2n) ，故 eq \f(1,lg2anlg2an＋1) ＝ eq \f(1,lg22－nlg22－（n＋1）) ＝ eq \f(1,n（n＋1）) ＝ eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) ，Sn＝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) ，
∴S1·S2·S3·…·S10＝ eq \f(1,2) × eq \f(2,3) × eq \f(3,4) ×…× eq \f(9,10) × eq \f(10,11) ＝ eq \f(1,11) ，选C.
15．－ eq \f(1,n)
解析：∵an＋1＝SnSn＋1＝Sn＋1－Sn，
∴ eq \f(1,Sn＋1) － eq \f(1,Sn) ＝－1，
∴数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn))) 为等差数列，
∴ eq \f(1,Sn) ＝ eq \f(1,S1) ＋(n－1)×(－1)＝－n.
∴Sn＝－ eq \f(1,n) .
16．31 2n＋2－4－n
解析：由题意得a1＝22－1，a2＝23－1，a3＝24－1，a4＝25－1＝31，所以an＝2n＋1－1，则数列{an}的前n项和为22－1＋23－1＋24－1＋…＋2n＋1－1＝22＋23＋24＋…＋2n＋1－n＝ eq \f(22（1－2n）,1－2) －n＝2n＋2－4－n.