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1、2022年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測 第六章 第4講 數(shù)列求和 理 新人教A版 一、選擇題 1.在等差數(shù)列中，,則的前5項和=( ) A.7 B.15 C.20 D.25 解析 . 答案　B 2．若數(shù)列{an}的通項公式是an＝(－1)n(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10＝(　　)． A．15 B．12 C．－12 D．－15 解析　設(shè)bn＝3n－2，則數(shù)列{bn}是以1為首項，3為公差的等差數(shù)列，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9

2、)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15. 答案　A 3．在數(shù)列{an}中，an＝，若{an}的前n項和為，則項數(shù)n為(　　)． A．2 011 B．2 012 C．2 013 D．2 014 解析　∵an＝＝－，∴Sn＝1－＝＝，解得n＝2 013. 答案　C 4．?dāng)?shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項和為(　　)． A．3 690 B．3 660 C．1 845 D．1 830 解析　當(dāng)n＝2k時，a2k＋1＋a2k＝4k－1， 當(dāng)n＝2k－1時，a2k－a2k

3、－1＝4k－3， ∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋1＋a2k＋3＝2， ∴a2k－1＝a2k＋3，∴a1＝a5＝…＝a61. ∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝＝30×61＝1 830. 答案　D 5. 已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n＋1，令bn＝(a1＋a2＋…＋an)，則數(shù)列{bn}的前10項和T10＝(　　) A．70 B．75 C．80 D．

4、85 解析 由已知an＝2n＋1，得a1＝3，a1＋a2＋…＋an＝＝n(n＋2)， 則bn＝n＋2，T10＝＝75，故選B. 答案　B 6．?dāng)?shù)列{an}滿足an＋an＋1＝(n∈N*)，且a1＝1，Sn是數(shù)列{an}的前n項和，則S21＝(　　)． A. B．6 C．10 D．11 解析　依題意得an＋an＋1＝an＋1＋an＋2＝，則an＋2＝an，即數(shù)列{an}中的奇數(shù)項、偶數(shù)項分別相等，則a21＝a1＝1，S21＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＋a21＝10(a1＋a2)＋a21＝10×＋1＝6，故選B. 答案　B 二、填空

5、題 7．在等比數(shù)列{an}中，若a1＝，a4＝－4，則公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________. 解析　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則a4＝a1q3，代入數(shù)據(jù)解得q3＝－8，所以q＝－2；等比數(shù)列{|an|}的公比為|q|＝2，則|an|＝×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－. 答案?。?　2n－1－ 8．等比數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2n－1，則a＋a＋…＋a＝________. 解析　當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝1， 當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(

6、2n－1－1)＝2n－1， 又∵a1＝1適合上式．∴an＝2n－1，∴a＝4n－1. ∴數(shù)列{a}是以a＝1為首項，以4為公比的等比數(shù)列． ∴a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)． 答案　(4n－1) 9．已知等比數(shù)列{an}中，a1＝3，a4＝81，若數(shù)列{bn}滿足bn＝log3an，則數(shù)列的前n項和Sn＝________. 解析　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則＝q3＝27，解得q＝3.所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，故bn＝log3an＝n， 所以＝＝－. 則Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝. 答案　 10．設(shè)f(x)＝，利用倒序相加法，可求得f＋f＋…＋f的值

7、為________． 解析　當(dāng)x1＋x2＝1時，f(x1)＋f(x2)＝＋＝＝1. 設(shè)S＝f＋f＋…＋f，倒序相加有2S＝＋＋…＋f＋f＝10，即S＝5. 答案　5 三、解答題 11．等差數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，a1＝3，前n項和為Sn，{bn}為等比數(shù)列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960. (1)求an與bn； (2)求＋＋…＋. 解　(1)設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q，則d為正數(shù)，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1. 依題意有 解得或(舍去) 故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1. (2)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1

8、)＝n(n＋2)， 所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋ ＝ ＝ ＝－. 12．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1,2,3，…)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設(shè)bn＝log(3an＋1)時，求數(shù)列的前n項和Tn. 解　(1)由已知得 得到an＋1＝an(n≥2)． ∴數(shù)列{an}是以a2為首項，以為公比的等比數(shù)列． 又a2＝S1＝a1＝， ∴an＝a2×n－2＝n－2(n≥2)． 又a1＝1不適合上式，∴an＝ (2)bn＝log(3an＋1)＝log＝n. ∴＝＝－. ∴Tn＝＋＋＋…＋ ＝＋＋＋…＋ ＝1－＝. 13

9、．設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 思維啟迪：(1)由已知寫出前n－1項之和，兩式相減．(2)bn＝n·3n的特點是數(shù)列{n}與{3n}之積，可用錯位相減法． 解　(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝， ① ∴當(dāng)n≥2時， a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝， ② ①－②得3n－1an＝，∴an＝. 在①中，令n＝1，得a1＝，適合an＝，∴an＝. (2)∵bn＝，∴bn＝n·3n. ∴Sn＝3＋2

10、×32＋3×33＋…＋n·3n， ③ ∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1. ④ ④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)， 即2Sn＝n·3n＋1－，∴Sn＝＋. 探究提高　解答本題的突破口在于將所給條件式視為數(shù)列{3n－1an}的前n項和，從而利用an與Sn的關(guān)系求出通項3n－1an，進(jìn)而求得an；另外乘公比錯位相減是數(shù)列求和的一種重要方法，但值得注意的是，這種方法運(yùn)算過程復(fù)雜，運(yùn)算量大，應(yīng)加強(qiáng)對解題過程的訓(xùn)練，重視運(yùn)算能力的培養(yǎng)． 14．將數(shù)列{an}中的所有項按每一行比上一行多兩項的規(guī)則排成如下數(shù)表： a1

11、 a2　a3　a4 a5　a6　a7　a8　a9 … 已知表中的第一列數(shù)a1，a2，a5，…構(gòu)成一個等差數(shù)列，記為{bn}，且b2＝4，b5＝10.表中每一行正中間一個數(shù)a1，a3，a7，…構(gòu)成數(shù)列{cn}，其前n項和為Sn. (1)求數(shù)列{bn}的通項公式； (2)若上表中，從第二行起，每一行中的數(shù)按從左到右的順序均構(gòu)成等比數(shù)列，公比為同一個正數(shù)，且a13＝1. ①求Sn； ②記M＝{n|(n＋1)cn≥λ，n∈N*}，若集合M的元素個數(shù)為3，求實數(shù)λ的取值范圍． 解　(1)設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d， 則解得 所以bn＝2n. (2)①設(shè)每一行組成的等比數(shù)列的公比

12、為q. 由于前n行共有1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2個數(shù)，且32<13<42，a10＝b4＝8， 所以a13＝a10q3＝8q3，又a13＝1，所以解得q＝. 由已知可得cn＝bnqn－1，因此cn＝2n·n－1＝. 所以Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋＋…＋， Sn＝＋＋…＋＋， 因此Sn＝＋＋＋…＋－＝4－－＝4－， 解得Sn＝8－. ②由①知cn＝，不等式(n＋1)cn≥λ，可化為≥λ. 設(shè)f(n)＝， 計算得f(1)＝4，f(2)＝f(3)＝6，f(4)＝5，f(5)＝. 因為f(n＋1)－f(n)＝， 所以當(dāng)n≥3時，f(n＋1)