2023年高考数学(文数)一轮复习课时31《数列求和》达标练习（2份，答案版+教师版）

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一、选择题
数列{1＋2n－1}的前n项和为( )
A.1＋2n B.2＋2n C.n＋2n－1 D.n＋2＋2n
设y=f(x)是一次函数，若f(0)=1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比数列，则f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)等于( )
A.n(2n＋3) B.n(n＋4) C.2n(2n＋3) D.2n(n＋4)
已知等比数列{an}中，a2·a8=4a5，等差数列{bn}中，b4＋b6=a5，则数列{bn}的前9项和S9等于( )
A.9 B.18 C.36 D.72
已知数列{an}满足a1=1，an＋1·an=2n(n∈N*)，则S2 016=( )
A.22 016－1 B.3·21 008－3 C.3·21 008－1 D.3·21 007－2
数列{an}的通项公式是an＝eq \f(1, \r(n)＋ \r(n＋1))，若前n项和为10，则项数n为( )
A.120 B.99 C.11 D.121
已知数列{an}：eq \f(1,2)，eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)，eq \f(1,4)＋eq \f(2,4)＋eq \f(3,4)，…，eq \f(1,10)＋eq \f(2,10)＋eq \f(3,10)＋…＋eq \f(9,10)，…，若bn=eq \f(1,anan＋1)，那么数列{bn}的前n项和Sn为( )
A.eq \f(n,n＋1) B.eq \f(4n,n＋1) C.eq \f(3n,n＋1) D.eq \f(5n,n＋1)
Sn=eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(3,8)＋…＋eq \f(n,2n)等于( )
A.eq \f(2n－n,2n) B.eq \f(2n＋1－n－2,2n) C.eq \f(2n－n＋1,2n＋1) D.eq \f(2n＋1－n＋2,2n)
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
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2=2an＋1－an，a5=4－a3，则S7=( )
A.7 B.12 C.14 D.21
数列{an}满足a1=1，nan＋1=(n＋1)an＋n(n＋1)，且bn=ancseq \f(2nπ,3)，记Sn为数列{bn}的前n项和，则S24=( )
A.294 B.174 C.470 D.304
已知数列{an}满足a1=1，a2=1，an＋1=|an－an－1|(n≥2)，则该数列前2 026项的和S2 017=( )
A.1 351 B.675 C.1 348 D.1 347
已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)·cseq \f(nπ,2)＋1(n∈N*)，其前n项和为Sn，
则S60＝( )
A.－30 B.－60 C.90 D.120
二、填空题
已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S1，S3，S4成等差数列，则数列{an}的公比为________.
设函数f(x)＝eq \f(1,2)＋lg2eq \f(x,1－x)，定义Sn＝f( SKIPIF 1 < 0 )＋f( SKIPIF 1 < 0 )＋…＋f( SKIPIF 1 < 0 )，其中n∈N*，且n≥2，则Sn＝________.
设f(x)=eq \f(4x,4x＋2)，若S=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 017)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 017)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 016,2 017)))，则S= .
设数列（an}的前n项和为Sn，且a1=1，an+an+1=（n=1，2，3，…），则S2n+3= ．
\s 0 答案解析
答案为：C
解析：由题意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋eq \f(1－2n,1－2)＝n＋2n－1.
答案为：A；
解析：由题意可设f(x)=kx＋1(k≠0)，则(4k＋1)2=(k＋1)×(13k＋1)，解得k=2，
f(2)＋f(4)＋…＋f(2n)=(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n＋1)
=2(2＋4＋…＋2n)＋n=n(2n＋3).
答案为：B；
解析：∵a2·a8=4a5，即aeq \\al(2,5)=4a5，∴a5=4，
∴a5=b4＋b6=2b5=4，∴b5=2.∴S9=9b5=18，故选B.
答案为：B.
解析：a1=1，a2=eq \f(2,a1)=2，又eq \f(an＋2·an＋1,an＋1·an)=eq \f(2n＋1,2n)=2.∴eq \f(an＋2,an)=2.
∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，
∴S2 016=a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 015＋a2 016
=(a1＋a3＋a5＋…＋a2 015)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 016)
=eq \f(1－21 008,1－2)＋eq \f(21－21 008,1－2)=3·21 008－3.故选B.]
答案为：A
解析：an＝eq \f(1,\r(n)＋ \r(n＋1))＝eq \f(\r(n＋1)－\r(n), \r(n＋1)＋ \r(n) \r(n＋1)－ \r(n))＝ eq \r(n＋1)－ eq \r(n)，
所以a1＋a2＋…＋an＝( eq \r(2)－1)＋( eq \r(3)－ eq \r(2))＋…＋( eq \r(n＋1)－ eq \r(n))＝ eq \r(n＋1)－1＝10.
即 eq \r(n＋1)＝11，所以n＋1＝121，n＝120.
答案为：B；
解析：∵an=eq \f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)=eq \f(n,2)，∴bn=eq \f(1,anan＋1)=eq \f(4,nn＋1)=4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Sn=4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))=4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))=eq \f(4n,n＋1).
答案为：B.
解析：由Sn=eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，① 得eq \f(1,2)Sn=eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，②
①－②得，eq \f(1,2)Sn=eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)所以Sn=eq \f(2n＋1－n－2,2n).]
答案为：A.
解析：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.]
答案为：C
解析：由an＋2=2an＋1－an知数列{an}为等差数列，由a5=4－a3得a5＋a3=4=a1＋a7，
所以S7=eq \f(7a1＋a7,2)=14.
答案为：D；
解析：∵nan＋1=(n＋1)an＋n(n＋1)，
∴eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)=1，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是公差与首项都为1的等差数列.
∴eq \f(an,n)=1＋(n－1)×1，可得an=n2.
∵bn=ancseq \f(2nπ,3)，∴bn=n2cseq \f(2nπ,3)，令n=3k－2，k∈N*，
则b3k－2=(3k－2)2cseq \f(23k－2π,3)=－eq \f(1,2)(3k－2)2，k∈N*，
同理可得b3k－1=－eq \f(1,2)(3k－1)2，k∈N*，b3k=(3k)2，k∈N*.
∴b3k－2＋b3k－1＋b3k=－eq \f(1,2)(3k－2)2－eq \f(1,2)(3k－1)2＋(3k)2=9k－eq \f(5,2)，k∈N*，
则S24=9×(1＋2＋…＋8)－eq \f(5,2)×8=304.
答案为：A
解析：由a1=1，a2=1，an＋1=|an－an－1|(n≥2)，得a3=0，a4=1，a5=1，a6=0，
则数列{an}是以3为周期的周期数列，且a1＋a2＋a3=2.又2 026=675×3＋1，
所以S2 017=675×2＋1=1 351.
答案为：D
解析：由题意可得，当n＝4k－3(k∈N*)时，an＝a4k－3＝1；当n＝4k－2(k∈N*)时，
an＝a4k－2＝6－8k；当n＝4k－1(k∈N*)时，an＝a4k－1＝1；当n＝4k(k∈N*)时，an＝a4k＝8k.
所以a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝8，所以S60＝8×15＝120.
二、填空题
答案为：eq \f(1＋\r(5),2)
解析：设{an}的公比为q，由题意易知q＞0且q≠1.因为S1，S3，S4成等差数列，
所以2S3=S1＋S4，即eq \f(2a11－q3,1－q)=a1＋eq \f(a11－q4,1－q)，解得q=eq \f(1＋\r(5),2).
答案为：eq \f(n－1,2).
解析：因为f(x)＋f(1－x)＝eq \f(1,2)＋lg2eq \f(x,1－x)＋eq \f(1,2)＋lg2eq \f(1－x,x)＝1＋lg21＝1，
所以2Sn＝[f( SKIPIF 1 < 0 )+f( SKIPIF 1 < 0 )]＋[f( SKIPIF 1 < 0 )+f( SKIPIF 1 < 0 )]＋…＋[f( SKIPIF 1 < 0 )+f( SKIPIF 1 < 0 )]＝n－1.
所以Sn＝eq \f(n－1,2).
答案为：1008；
解析：∵f(x)=eq \f(4x,4x＋2)，∴f(1－x)=eq \f(41－x,41－x＋2)=eq \f(2,2＋4x)，
∴f(x)＋f(1－x)=eq \f(4x,4x＋2)＋eq \f(2,2＋4x)=1.S=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 017)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 017)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 016,2 017)))，①
S=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 016,2 017)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 015,2 017)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 017)))，②
①＋②，得2S=eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 017)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 016,2 017)))))＋
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2 017)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 015,2 017)))))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 016,2 017)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 017)))))=2 016，∴S=eq \f(2 016,2)=1 008.
答案为：．
解析：依题意，S2n+3=a1+（a2+a3）+（a4+a5）+…+（a2n+2+a2n+3）
=1+++…+=1+++…+==．