统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练31数列求和文

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练31数列求和文，共5页。

[基础强化]
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S2 018＝( )
A.3 B．2
C.1 D．0
7．[2023·陕西省西安中学三模]数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋5n＋6，n∈N*，则{bn}的前10项之和为( )
A. eq \f(4,13) B． eq \f(5,13)
C. eq \f(8,39) D． eq \f(10,39)
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．[2023·江苏模拟]已知等差数列{an}的前9项和为18，函数f(x)＝(x－2)3＋1，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝( )
A.7 B．8
C.9 D．10
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．数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________．
[能力提升]
13．数列1，1＋2，1＋2＋22，1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和为( )
A.2n－1 B．n·2n－n
C.2n＋1－n D．2n＋1－n－2
14．[2023·安徽省联考]已知数列{an}为等比数列，公比q≠1，a1＝3，3a1，2a2，a3成等差数列，将数列{an}中的项按一定顺序排列成a1，a1，a2，a1，a2，a3，a1，a2，a3，a4，…的形式，记此数列为{bn}，数列{bn}的前n项和为Sn，则S24的值是( )
A.1 629 B．1 641
C.1 668 D．1 749
15．[2023·安徽省滁州市检测]已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝4，4an＋1－3an－an＋2＝0，设bn＝ eq \f(1,lg3（2an＋1）lg3（2an＋1＋1）)，n∈N*.则b1＋b2＋…＋b2 022＝________．
16．[2023·江西省赣州市一模]数列{an}满足an＋an＋1＝n2·sin ( eq \f(nπ,2))(n∈N*)，若数列{an}前n项和为Sn，则S40＝________．
专练31 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 \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1))，
∴Sn＝2(1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1))
＝2(1－ eq \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.
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S2 018＝336×0＋a2 017＋a2 018＝a1＋a2＝3.
7．D 因为anbn＝1，an＝n2＋5n＋6，故bn＝ eq \f(1,n2＋5n＋6)＝ eq \f(1,n＋2)－ eq \f(1,n＋3)，故{bn}的前10项之和为 eq \f(1,3)－ eq \f(1,4)＋ eq \f(1,4)－ eq \f(1,5)＋…＋ eq \f(1,12)－ eq \f(1,13)＝ eq \f(1,3)－ eq \f(1,13)＝ eq \f(10,39).
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．C 由题意知，S9＝ eq \f(9（a1＋a9）,2)＝18，所以a1＋a9＝4，a1＋a9＝a2＋a8＝a3＋a7＝a4＋a6＝2a5＝4，a5＝2，又f(x)＝(x－2)3＋1，则f(x)＋f(4－x)＝(x－2)3＋1＋(4－x－2)3＋1＝2，所以f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝[f(a1)＋f(a9)]＋[f(a2)＋f(a8)]＋[f(a3)＋f(a7)]＋[f(a4)＋f(a6)]＋f(a5)＝4×2＋1＝9.
10．答案：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．答案： 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 \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1))，
∴S10＝2(1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,10)－ eq \f(1,11))＝2(1－ eq \f(1,11))＝ eq \f(20,11).
12．答案：7
解析：令n＝2k(k∈N*)，则有a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N*)，
∴a2＋a4＝5，a6＋a8＝17，a10＋a12＝29，a14＋a16＝41，
∴前16项的所有偶数项和S偶＝5＋17＋29＋41＝92，
∴前16项的所有奇数项和S奇＝540－92＝448，
令n＝2k－1(k∈N*)，则有a2k＋1－a2k－1＝6k－4(k∈N*)，
∴a2k＋1－a1＝(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k＋1－a2k－1)＝2＋8＋14＋…＋6k－4＝ eq \f(k（2＋6k－4）,2)＝k(3k－1)(k∈N*)，
∴a2k＋1＝k(3k－1)＋a1(k∈N*)，
∴a3＝2＋a1，a5＝10＋a1，a7＝24＋a1，a9＝44＋a1，a11＝70＋a1，a13＝102＋a1，a15＝140＋a1，
∴S奇＝a1＋a3＋…＋a15＝8a1＋2＋10＋24＋44＋70＋102＋140＝8a1＋392＝448.
∴a1＝7.
13．D 由题意，得an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝ eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，
∴Sn＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)－n＝ eq \f(2－2n＋1,1－2)－n＝2n＋1－n－2.
14．C 因为数列{an}为等比数列，公比q≠1，a1＝3，3a1，2a2，a3成等差数列，所以4a2＝3a1＋a3，即4q＝3＋q2，解得q＝1或q＝3.
因为q≠1，所以q＝3，所以an＝a1qn－1＝3n，其前n项和为Tn＝ eq \f(3（1－3n）,1－3)＝ eq \f(3n＋1,2)－ eq \f(3,2)，
所以S24＝T1＋T2＋…＋T6＋T3＝( eq \f(32,2)－ eq \f(3,2))＋( eq \f(33,2)－ eq \f(3,2))＋…＋( eq \f(37,2)－ eq \f(3,2))＋( eq \f(34,2)－ eq \f(3,2))
＝ eq \f(1,2)(32＋33＋…＋37)＋ eq \f(34,2)－ eq \f(3,2)×7＝1 638＋ eq \f(34,2)－ eq \f(3,2)×7＝1 668.
15．答案： eq \f(2 022,2 023)
解析：依题意a1＝1，a2＝4，4an＋1－3an－an＋2＝0，an＋2－an＋1＝3(an＋1－an)，
所以数列{an＋1－an}是首项a2－a1＝3，公比为3的等比数列，所以an＋1－an＝3n，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝ eq \f(1－3n,1－3)＝ eq \f(3n－1,2)，a1＝1也满足，
所以an＝ eq \f(3n－1,2)，
bn＝ eq \f(1,lg33nlg33n＋1)＝ eq \f(1,n（n＋1）)＝ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)，
所以b1＋b2＋…＋b2 022＝1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,2 022)－ eq \f(1,2 023)＝1－ eq \f(1,2 023)＝ eq \f(2 022,2 023).
16．答案：－800
解析：由已知可得an＋an＋1＝n2·sin ( eq \f(nπ,2))＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·sin （\f(nπ,2)），n为奇数,0，n为偶数))
S40＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋(a5＋a6)＋…＋(a39＋a40)
＝12×sin eq \f(π,2)＋32×sin eq \f(3π,2)＋52×sin eq \f(5π,2)＋…＋392×sin eq \f(39π,2)
＝12－32＋52－…－392
＝(1－3)(1＋3)＋(5－7)(5＋7)＋…＋(37－39)(37＋39)
＝－2×(1＋3＋5＋7＋…＋37＋39)
＝－2× eq \f(1＋39,2)×20＝－800.