(新高考)高考数学一轮复习素养练习 第7章 第4讲　高效演练分层突破 (含解析)

[基础题组练]

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，an＝，若{an}的前n项和Sn＝，则n＝(　　)

A．3  B．4

C．5  D．6

解析：选D．由an＝＝1－得，Sn＝n－＝n－，则Sn＝＝n－，将各选项中的值代入验证得n＝6.

3．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.

4．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＝，记数列{an}的前n项和为Sn，当Sn＝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)，

所以所以或(舍去)，

所以f(x)＝2x＋1，

所以an＝

＝－，

所以Sn＝＋＋…＋＝－，

令Sn＝，得n＝4.故选D．

5．(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．

6．等比数列{an}中，若a1＝27，a9＝，q＞0，Sn是其前n项和，则S6＝________．

解析：由a1＝27，a9＝知，＝27·q8，又由q＞0，解得q＝，所以S6＝＝.

答案：

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＝＝＝－，

所以{bn}的前18项和为－＋－＋－＋…＋－＝－＝＝.

答案：

8．已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.则{an}的通项公式为______；设cn＝an＋bn，则数列{cn}的前n项和为______．

解析：设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，由b2＝3，b3＝9，可得q＝＝3，bn＝b2qn－2＝3·3n－2＝3n－1.即有a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，则d＝＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，则数列{cn}的前n项和为[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1)＝n·2n＋＝n2＋.

答案：an＝2n－1　n2＋

9．已知数列{an}满足a1＝，且an＋1＝.

(1)求证：数列{}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＝，所以＝，

所以－＝，

所以数列{}是首项为2，公差为的等差数列．

(2)由(1)知＝＋(n－1)×＝，所以an＝，

所以bn＝＝4×(－)，

Sn＝4×[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝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＝＝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a＝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＝＝＝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＝＋＝n2－n＋(4n－1)．

[综合题组练]

1．(综合型)(2020·黑龙江牡丹江一中模拟)已知数列{an}满足a1＝2，4a3＝a6，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．设等差数列的公差为d，则＝a1＋5d，＝＋3d，将已知值和等量关系代入，计算得d＝2，所以＝a1＋(n－1)d＝2n，an＝2n2，所以S10＝－a1＋a2－a3＋a4－…＋a10＝2(1＋2＋…＋10)＝110，故选B．

2．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＝＝2，又＝＝2，

所以＝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)＝＋＝3·21 009－3.故选B．

3．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝(n＝1，2，3，…)，则S2n－1＝________．

解析：因为a1＝1，an＋an＋1＝(n＝1，2，3，…)，所以S2n－1＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2n－2＋a2n－1)＝1＋＋＋…＋＝.

答案：

4．(创新型)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

5．(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＝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，得解得故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)

＝＋(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＝－＋n×3n＋1＝.

所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×＝(n∈N*)．

6．(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)n，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)n＝(－1)n，

当n为偶数时，Tn＝－＋－＋…－＋，所以Tn＝－1＋＝－.

当n为奇数时，Tn＝－＋－＋…＋－，

所以Tn＝－1－＝－.

所以Tn＝.