2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业三十八数列求和

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业三十八数列求和，共7页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．数列1eq \f(1,2)，3eq \f(1,4)，5eq \f(1,8)，7eq \f(1,16) , …，(2n－1)＋eq \f(1,2n)的前n项和Sn的值等于( )
A．n2＋1－eq \f(1,2n)
B．2n2－n＋1－eq \f(1,2n)
C．n2＋1－eq \f(1,2n－2)
D．n2－n＋1－eq \f(1,2n)
2．已知等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))首项为1，公差为2，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))满足bn＝2n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))，记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋bn))的前n项和为Tn, 则T10＝( )
A．2147B．1123
C．1078D．611
3．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足a1＝0，a2＝1，an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2＋an－2，n≥3，n为奇数，,2×an－2，n≥3，n为偶数，))则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前10项和为( )
A．48 B．49 C．50 D．51
4．在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，a1＝－29，an＋1＝an＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))，则|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝( )
A．10B．145
C．300D．320
5．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足a1＝2，an＋an＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))n，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))前2023项和为( )
A．－1013B．－1012
C．1012D．1013
6．(能力题)[2023·广东广州模拟]若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足an＝(－1)n－1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前2022项和为( )
A．eq \f(1,2022)B．eq \f(1,2023)
C．eq \f(2021,2022)D．eq \f(2022,2023)
7．(能力题)数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋23＋…＋2n－1，…的前n项和为( )
A．2n－n－1B．2n＋1－n－2
C．2nD．2n＋1－n
二、填空题
8．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)))))的前n项和为Sn，若Sn·Sn＋1＝eq \f(2,3)，则正整数n的值为________．
9．[2023·北京四中模拟]在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，a1＝1，an·an＋1＝－2，则S100＝________．
10．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和Sn＝n2－6n，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(|an|))的前n项和Tn＝________．
三、解答题
11．[2023·河北保定模拟]已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(3n＋1－3,2).
(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(4,lg3an·lg3an＋1)，求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和Tn.
12．[2023·辽宁鞍山模拟]在①Sn＝2n－3n－1；②an＋1＝2an＋3，a1＝－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．
设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，且________(只需填入序号).
(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)若bn＝n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋3))，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和Tn.
13．[2023·河南洛阳模拟]已知正项数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＋Sn＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) ，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))满足bn·bn＋1＝2an且b1＝2.
(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和Tn.
优生选做题
14．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则f(x)＝[x]称为高斯函数．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足a1＝1，且(n＋1)an＋1－nan＝2n＋1，若bn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lgan))，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和为Tn，则T2022＝( )
A．4950B．4953
C．4956D．4959
15．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足eq \f(a1－1,a1)·eq \f(a2－1,a2)·…·eq \f(an－1,an)＝eq \f(1,an).
(1)求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)在ak和ak＋1，k∈N*中插入k个相同的数(－1)k＋1·k，构成一个新数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))：a1，1，a2，－2，－2，a3，3，3，3，a4，…，求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前45项和S45.
课时作业（三十八） 数列求和
1．解析：可得Sn＝1＋3＋5＋…＋（2n－1）＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝n2＋1－eq \f(1,2n).故选A.
答案：A
2．解析：由题意，an＝2n－1，an＋bn＝2n－1＋2n－1，所以T10＝eq \f(10（1＋19）,2)＋eq \f(1－210,1－2)＝100＋210－1＝1123.故选B.
答案：B
3．解析：因为n≥3且n为奇数时an＝2＋an－2，
所以所有奇数项构成a1为首项，2为公差的等差数列，
又因为n≥3且n为偶数时，an＝2an－2，
即所有偶数项构成a2为首项，2为公比的等比数列，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a10
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a3＋a5＋a7＋a9))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋a4＋a6＋a8＋a10))
＝eq \f(（0＋8）×5,2)＋eq \f(1－25,1－2)＝51.故选D.
答案：D
4．解析：在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，a1＝－29，an＋1＝an＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是首项为－29，公差为3的等差数列，
∴an＝－29＋（n－1）×3＝3n－32，
由an＝3n－32≥0，得n≥eq \f(32,3)，
∴|a1|＋|a2|＋…＋|a20|
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋…＋a10))＋a11＋a12＋…＋a20
＝S20－2S10
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(20a1＋\f(20×19,2)×d))－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10a1＋\f(10×9,2)d))
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(20×（－29）＋190×3))－2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(10×（－29）＋45×3))
＝300.故选C.
答案：C
5．解析：由题意可知，当n为偶数时，an＋an＋1＝（－1）n＝1，
因此，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))前2023项和为S2023＝a1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋a3))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a4＋a5))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2022＋a2023))＝2＋1×1011＝1013.故选D.
答案：D
6．解析：当n为奇数时，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，当n为偶数时，an＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，
∴S2022＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,4)))－…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2021)＋\f(1,2022)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2022)＋\f(1,2023)))
＝1－eq \f(1,2023)＝eq \f(2022,2023).故选D.
答案：D
7．解析：设此数列的第n项为an，则an＝1＋2＋22＋23＋…＋2n－2＋2n－1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))前n项和为：
a1＋a2＋…＋an＝21－1＋22－1＋…＋2n－1
＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2n)),1－2)－n
＝2n＋1－n－2，n∈N*.故选B.
答案：B
8．解析：∵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)，
∴Sn·Sn＋1＝eq \f(n,n＋1)·eq \f(n＋1,n＋2)＝eq \f(n,n＋2)，
∴eq \f(n,n＋2)＝eq \f(2,3)⇒n＝4.
答案：4
9．解析：根据题意，由a1＝1，a1a2＝－2，得a2＝－2，
又a2a3＝－2，得a3＝1，a3a4＝－2，得a4＝－2，…，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中所有的奇数项均为1，所有的偶数项均为－2，
所以S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100＝1－2＋…＋1－2＝50×（－1）＝－50.
答案：－50
10．解析：由Sn＝n2－6n可得，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2－6n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))eq \s\up12(2)＋6（n－1）＝2n－7.当n＝1时，Sn＝－5＝a1，也满足上式，
所以an＝2n－7，n∈N*.
所以当n≤3时，an3时，an>0，
故1≤n≤3时，Tn＝－Sn＝6n－n2；当n>3时，Tn＝Sn－2S3＝n2－6n＋18，即
Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6n－n2，1≤n≤3，,n2－6n＋18，n>3.))
答案：Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6n－n2，1≤n≤3，,n2－6n＋18，n>3))
11．解析：（1）因为Sn＝eq \f(3n＋1－3,2)，故当n＝1时，a1＝3，
当n≥2时，Sn－1＝eq \f(3n－3,2)，则an＝Sn－Sn－1＝3neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n≥2))，
当n＝1时，a1＝3满足上式，所以an＝3n.
（2）由（1）得bn＝eq \f(4,lg3an·lg3an＋1)＝eq \f(4,n（n＋1）)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×（1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)）＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(4n,n＋1).
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和Tn＝eq \f(4n,n＋1).
12．解析：（1）若选①：由Sn＝2n－3n－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3n－1－[2n－1－3（n－1）－1]＝2n－1－3，
当n＝1时，a1＝S1＝－2满足上式，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式为an＝2n－1－3.
若选②：由an＋1＝2an＋3，可得an＋1＋3＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋3))，
又由a1＝－2，可得a1＋3＝1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋3))是以a1＋3＝1为首项，2为公比的等比数列，所以an＋3＝2n－1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式为an＝2n－1－3.
（2）由（1）得bn＝n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋3))＝n·2n－1，
可得Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，
则2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
两式相减，可得－Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝eq \f(1－2n,1－2)－n·2n＝（1－n）2n－1，
所以Tn＝（n－1）2n＋1.
13．解析：（1）因为Sn＋1＋Sn＝a eq \\al(2,n＋1) ，①
当n＝1时，S2＋S1＝a eq \\al(2,2) ，即a2＋2a1＝a eq \\al(2,2) ，
又a1＝1，所以a2＝2或a2＝－1（舍去）
当n≥2时，Sn＋Sn－1＝a eq \\al(2,n) ，②
所以①－②，an＋1＋an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1＋an))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1－an))，
因为an>0，所以an＋1－an＝1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是首项为1，公差为1的等差数列，即an＝n，
所以bn·bn＋1＝2an＝2n，
当n＝1时，b1·b2＝2，又b1＝2，所以b2＝1，
当n≥2时，bn－1·bn＝2n－1，
两式相除可得eq \f(bn＋1,bn－1)＝2，
所以当n为奇数时，bn＝2×2eq \s\up6(\f(n－1,2))＝2eq \s\up6(\f(n＋1,2))，
当n为偶数时，bn＝1×2eq \f(n,2)－1＝2eq \f(n,2)－1，
bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2\s\up6(\f(n＋1,2))，n为奇数，,2\f(n,2)－1，n为偶数．))
（2）当n为偶数时，Tn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）
＝eq \f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2\s\up6(\f(n,2)))),1－2)＋eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2\s\up6(\f(n,2)))),1－2)＝3×2eq \s\up6(\f(n,2))－3；
当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋bn＝3×2eq \s\up6(\f(n－1,2))－3＋2eq \s\up6(\f(n＋1,2))＝5×2eq \s\up6(\f(n－1,2))－3，
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3×2\s\up6(\f(n,2))－3，n为偶数,5×2\s\up6(\f(n－1,2))－3，n为奇数)).
14．解析：由（n＋1）an＋1－nan＝2n＋1，且a1＝1，根据累加法可得：
nan＝nan－（n－1）an－1＋（n－1）an－1－（n－2）an－2＋…＋2a2－a1＋a1＝n2，
所以an＝n.
所以bn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lgan)).
当1≤n≤9时，bn＝0；
当10≤n≤99时，bn＝1；
当100≤n≤999时，bn＝2；
当1000≤n≤2022时，bn＝3.
因此T2022＝0×9＋1×90＋2×900＋1023×3＝4959.故选D.
答案：D
15．解析：（1）由eq \f(a1－1,a1)·eq \f(a2－1,a2)·…·eq \f(an－1,an)＝eq \f(1,an)，
当n＝1时，eq \f(a1－1,a1)＝eq \f(1,a1)，解得：a1＝2，
当n≥2时，eq \f(a1－1,a1)·eq \f(a2－1,a2)·…·eq \f(an－1,an)＝eq \f(1,an)，eq \f(a1－1,a1)·eq \f(a2－1,a2)·…·eq \f(an－1－1,an－1)＝eq \f(1,an－1)，
所以eq \f(an－1,an)＝eq \f(an－1,an)，an－1＝an－1，即an－an－1＝1，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式为：an＝n＋1.
（2）在ak和ak＋1，k∈N*中插入k个相同的数（－1）k＋1·k，构成一个新数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))：a1，1，a2，－2，－2，a3，3，3，3，a4，…，ak＋1，
其项数为k＋1＋（1＋2＋…＋k）＝eq \f(（k＋1）（1＋k＋1）,2)，
由eq \f(（k＋1）（1＋k＋1）,2)＝45，可得k＝8，
∴S45＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋…＋a9))＋1－2×2＋3×3－4×4＋…－8×8
＝eq \f(9×（2＋10）,2)＋12－22＋32－42＋…－82
＝54＋（1＋2）（1－2）＋（3＋4）（3－4）＋…＋（7＋8）（7－8）
＝54－（3＋7＋…＋15）＝54－eq \f(（3＋15）×4,2)＝54－36＝18.