(小白高考)新高考数学(适合艺考生)一轮复习27《数列求和》巩固练习（2份打包，答案版+教师版）

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一、选择题
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 026等于( )
A.22 018﹣1 B.3×21 013﹣3 C.3×21 013﹣1 D.3×21 012﹣2
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
在数列{an}中，若an＋1＋(﹣1)nan＝2n﹣1，则数列{an}的前12项和等于( )
A.76 B.78 C.80 D.82
二、填空题
数列eq \f(1,2)，eq \f(3,4)，eq \f(5,8)，eq \f(7,16)，…的前10项之和为________.
在数列{an}中，a1＝﹣2，a2＝3，a3＝4，an＋3＋(﹣1)nan＋1＝2(n∈N*).记Sn是数列{an}的前n项和，则S20的值为________.
已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n＋1，则数列{eq \f(4,anan＋1)]的前n项和Tn＝________.
已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝lg3an，则数列{eq \f(1,bnbn＋1)}的前n项和Sn＝______.
三、解答题
已知数列{an}是等比数列，a1＝1，a4＝8，{bn}是等差数列，b1＝3，b4＝12.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Sn.
已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列{bn﹣an}为等比数列.
(1)求数列{an}和{bn﹣an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
已知数列{an}满足eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(an,2n)＝n2＋n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝ SKIPIF 1 < 0 ，求数列{bn}的前n项和Sn.
已知等差数列{an}满足a3＝5，其前6项和为36，等比数列{bn}的前n项和Sn＝2﹣eq \f(1,2n－1)(n∈N*).
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，an＋1＝3Sn＋1，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记Tn为数列{n＋an}的前n项和，求Tn.
已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4﹣2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n﹣1}的前n项和(n∈N*).
设数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1﹣2，数列{bn}满足bn＝ SKIPIF 1 < 0 .
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an﹣n.
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝eq \f(1,an＋1)＋eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an>0(n∈N*)，S6＋a6是S4＋a4，S5＋a5的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝lg0.5a2n﹣1，数列{eq \f(2,bnbn＋1)}的前n项和为Tn，求Tn.
已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n﹣1an＝eq \f(n,4)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(4nan,2n＋1)，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn.
已知各项为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足eq \r(2Sn)＝eq \f(an＋2,2).
(1)求证：{an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,an＋a1)＋eq \f(1,an＋a2)＋…＋eq \f(1,an＋an)＋eq \f(1,an＋an＋1)(n∈N*)，求证：bn≤eq \f(3,8).
\s 0 (小白高考)新高考数学(适合体育生)一轮复习27《数列求和》巩固练习（含答案）答案解析
一、选择题
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 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)＝3×21 013﹣3.故选B.
答案为：A.
解析：∵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.故选A.
答案为：B.
解析：由已知an＋1＋(﹣1)nan＝2n﹣1，得an＋2＋(﹣1)n＋1an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(﹣1)n(2n﹣1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，结果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4
＋…＋a11＋a12＝78.故选B.
二、填空题
答案为：eq \f(3 049,1 024).
解析：因为S10＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,4)＋eq \f(5,8)＋…＋eq \f(19,210)，①
所以eq \f(1,2)S10＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,8)＋…＋eq \f(17,210)＋eq \f(19,211). ②
①﹣②得eq \f(1,2)S10＝eq \f(3,2)﹣eq \f(1,29)﹣eq \f(19,211)＝eq \f(3×210－23,211)，
所以S10＝eq \f(3×210－23,210)＝eq \f(3 049,1 024).
答案为：130.
解析：由题意知，当n为奇数时，an＋3﹣an＋1＝2，又a2＝3，所以数列{an}中的偶数项是以3为首项，2为公差的等差数列，所以a2＋a4＋a6＋…＋a20＝10×3＋eq \f(10×9,2)×2＝120.
当n为偶数时，an＋3＋an＋1＝2，又a3＋a1＝2，
所以数列{an}中的相邻的两个奇数项之和均等于2，
所以a1＋a3＋a5＋…＋a17＋a19＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋…＋(a17＋a19)＝2×5＝10，
所以S20＝120＋10＝130.
答案为：eq \f(5,6)﹣eq \f(1,n＋1).
解析：∵数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n＋1，∴Sn﹣1＝n2﹣n＋1(n≥2)，
两式作差得到an＝2n(n≥2).故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2.))
∴eq \f(4,anan＋1)＝eq \f(1,n)﹣eq \f(1,n＋1)(n≥2)，∴Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)﹣eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)﹣eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n)﹣eq \f(1,n＋1)＝eq \f(5,6)﹣eq \f(1,n＋1).
答案为：eq \f(n,n＋1).
解析：由已知条件可得q4﹣1＝eq \f(a4,a1)＝eq \f(81,3)＝27，即q＝3，
所以eq \f(an＋1,an)＝q＝3，则bn＋1﹣bn＝lg3an＋1﹣lg3an＝lg3eq \f(an＋1,an)＝1.
又因为b1＝lg3a1＝lg33＝1，可得等差数列{bn}的通项公式为bn＝n，
所以eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)﹣eq \f(1,n＋1)，
所以Sn＝1﹣eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)﹣eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)﹣eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n)﹣eq \f(1,n＋1)＝1﹣eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
三、解答题
解：(1)设数列{an}的公比为q，
由a4＝a1q3得8＝1×q3，所以q＝2，
所以an＝2n﹣1.
设{bn}的公差为d，由b4＝b1＋3d得12＝3＋3d，
所以d＝3，
所以bn＝3n.
(2)因为数列{an}的前n项和为 SKIPIF 1 < 0 ＝2n﹣1，
数列{bn}的前n项和为b1n＋eq \f(nn－1,2)d＝3n＋eq \f(nn－1,2)×3＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(3,2)n，
所以Sn＝2n﹣1＋eq \f(3,2)n2＋eq \f(3,2)n.
解：(1)设{an}的公差为d，因为a2＝3，{an}前4项的和为16，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝3，,4a1＋\f(4×3,2)d＝16，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))
所以an＝1＋(n﹣1)×2＝2n﹣1.
设{bn﹣an}的公比为q，
则b4﹣a4＝(b1﹣a1)q3，
因为b1＝4，b4＝88，
所以q3＝eq \f(b4－a4,b1－a1)＝eq \f(88－7,4－1)＝27，解得q＝3，
所以bn﹣an＝(4﹣1)×3n﹣1＝3n.
(2)由(1)得bn＝3n＋2n﹣1，
所以Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n﹣1)
＝ SKIPIF 1 < 0 ＋ SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(3,2)(3n﹣1)＋n2
＝eq \f(3n＋1,2)＋n2﹣eq \f(3,2).
解：(1)∵eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(an,2n)＝n2＋n，
∴当n≥2时，eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(an－1,2n－1)＝(n﹣1)2＋n﹣1，
两式相减得eq \f(an,2n)＝2n(n≥2)，
∴an＝n·2n＋1(n≥2).
又∵当n＝1时，eq \f(a1,2)＝1＋1，
∴a1＝4，满足an＝n·2n＋1.
∴an＝n·2n＋1.
(2)∵bn＝ SKIPIF 1 < 0 ＝n(﹣2)n，
∴Sn＝1×(﹣2)1＋2×(﹣2)2＋3×(﹣2)3＋…＋n×(﹣2)n.
﹣2Sn＝1×(﹣2)2＋2×(﹣2)3＋3×(﹣2)4＋…＋(n﹣1)×(﹣2)n＋n(﹣2)n＋1，
∴两式相减得3Sn＝(﹣2)＋(﹣2)2＋(﹣2)3＋(﹣2)4＋…＋(﹣2)n﹣n(﹣2)n＋1
＝ SKIPIF 1 < 0 ﹣n(﹣2)n＋1
∴Sn＝﹣eq \f(3n＋1－2n＋1＋2,9).
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,6a1＋15d＝36，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))
所以an＝2n﹣1(n∈N*).
对于数列{bn}，因为Sn＝2﹣eq \f(1,2n－1)，所以当n＝1时，b1＝S1＝2﹣1＝1，
当n≥2时，bn＝Sn﹣Sn﹣1＝eq \f(1,2n－1)，
综上所述，bn＝eq \f(1,2n－1)(n∈N*).
(2)由(1)得anbn＝eq \f(2n－1,2n－1)，
所以Tn＝1＋eq \f(3,21)＋eq \f(5,22)＋…＋eq \f(2n－3,2n－2)＋eq \f(2n－1,2n－1)，①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋…＋eq \f(2n－3,2n－1)＋eq \f(2n－1,2n)， ②
①﹣②得，eq \f(1,2)Tn＝1＋1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－2)﹣eq \f(2n－1,2n)＝3﹣eq \f(2n＋3,2n)，
所以Tn＝6﹣eq \f(4n＋6,2n)＝6﹣eq \f(2n＋3,2n－1).
解：(1)由an＋1＝3Sn＋1，
得当n≥2时，an＝3Sn﹣1＋1，
两式相减，得an＋1＝4an(n≥2).
又a1＝1，a2＝4，eq \f(a2,a1)＝4，
所以数列{an}是首项为1，公比为4的等比数列，
所以数列{an}的通项公式是an＝4n﹣1(n∈N*).
(2)Tn＝(1＋a1)＋(2＋a2)＋(3＋a3)＋…＋(n＋an)
＝(1＋2＋…＋n)＋(1＋4＋42＋…＋4n﹣1)
＝eq \f(n＋n2,2)＋eq \f(4n－1,3).
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q﹣6＝0.
又因为q＞0，解得q＝2.
所以bn＝2n.
由b3＝a4﹣2a1，可得3d﹣a1＝8.①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②
由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n﹣2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n﹣2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n﹣1}的前n项和为Tn，
由a2n＝6n﹣2，b2n﹣1＝2×4n﹣1，
得a2nb2n﹣1＝(3n﹣1)×4n，
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n﹣1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n﹣4)×4n＋(3n﹣1)×4n＋1，
上述两式相减，得
﹣3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n﹣(3n﹣1)×4n＋1＝﹣(3n﹣2)×4n＋1﹣8.
故Tn＝eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3).
所以数列{a2nb2n﹣1}的前n项和为eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3).
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2，
Sn＝2n＋1﹣2，
∴Sn﹣1＝2n﹣2(n≥2)，
∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n(n≥2)，
a1＝2符合an＝2n.
∴数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)bn＝eq \f(1,n＋1lg22n)＝eq \f(1,n＋1n)＝eq \f(1,n)﹣eq \f(1,n＋1)，
Tn＝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).
解：(1)由a1＝S1＝2a1﹣1，得a1＝1，
由n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝(2an﹣n)﹣(2an﹣1﹣n＋1)，
即an＝2an﹣1＋1，
所以an＋1＝2(an﹣1＋1)(n≥2)，又a1＋1＝2，
所以数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋1＝2n，an＝2n﹣1.
(2)由(1)知，bn＝eq \f(1,an＋1)＋eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(an＋1,anan＋1)＝eq \f(1,2n－1)﹣eq \f(1,2n＋1－1)，
则Tn＝(1﹣eq \f(1,3))＋(eq \f(1,3)﹣eq \f(1,7))＋…＋(eq \f(1,2n－1)﹣eq \f(1,2n＋1－1))＝1﹣eq \f(1,2n＋1－1).
解：(1)因为S6＋a6是S4＋a4，S5＋a5的等差中项，
所以2(S6＋a6)＝S4＋a4＋S5＋a5，
所以2S6﹣S4﹣S5＝a4＋a5﹣2a6，
化简得4a6＝a4，
设等比数列{an}的公比为q，则q2＝eq \f(a6,a4)＝eq \f(1,4)，
因为an>0，所以q＝eq \f(1,2)，
又a1＝2，所以an＝2·(eq \f(1,2))n﹣1＝(eq \f(1,2))n﹣2.
(2)bn＝lg0.5a2n﹣1＝lg0.5(eq \f(1,2))2n﹣3＝2n﹣3，
eq \f(2,bnbn＋1)＝eq \f(1,2n－3)﹣eq \f(1,2n－1)，
则Tn＝﹣1﹣1＋1﹣eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n－3)﹣eq \f(1,2n－1)＝﹣eq \f(2n,2n－1).
解：(1)当n＝1时，a1＝eq \f(1,4).
因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n﹣2an﹣1＋4n﹣1an＝eq \f(n,4)，①
所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n﹣2an﹣1＝eq \f(n－1,4)(n≥2，n∈N*)，②
①﹣②得4n﹣1an＝eq \f(1,4)(n≥2，n∈N*)，
所以an＝eq \f(1,4n)(n≥2，n∈N*).
当n＝1时也适合上式，故an＝eq \f(1,4n)(n∈N*).
(2)由(1)得bn＝eq \f(4nan,2n＋1)＝eq \f(1,2n＋1)，所以bnbn＋1＝eq \f(1,2) SKIPIF 1 < 0 ，
故Tn＝eq \f(1,2) SKIPIF 1 < 0
＝eq \f(1,2) SKIPIF 1 < 0
＝eq \f(n,6n＋9).
证明：(1)∵eq \r(2Sn)＝eq \f(an＋2,2)，
∴当n＝1时，a1＝2.
当n≥2时，8Sn＝(an＋2)2，①
8Sn﹣1＝(an﹣1＋2)2，②
由①﹣②得(an＋an﹣1)(an﹣an﹣1﹣4)＝0(an＞0)，则an﹣an﹣1＝4，
∴{an}是以4为公差的等差数列，即an＝4n﹣2.
(2)bn＝eq \f(1,an＋a1)＋eq \f(1,an＋a2)＋…＋eq \f(1,an＋an)＋eq \f(1,an＋an＋1)
＝eq \f(1,4n)＋eq \f(1,4n＋4)＋eq \f(1,4n＋8)＋…＋eq \f(1,4n＋4n－1)＋eq \f(1,4n＋4n)
＝eq \f(1,4)×eq \f(1,n)＋［eq \f(1,n＋1)＋…＋eq \f(1,n＋n－1)＋eq \f(1,n＋n)］
＜eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋1)＋…＋eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋1)))＝eq \f(1,4)×(eq \f(1,n)＋eq \f(n,n＋1)).
设f(n)＝eq \f(1,n)＋eq \f(n,n＋1)，则f(n＋1)﹣f(n)＜0，
所以{f(n)}递减，eq \f(1,4)×(eq \f(1,n)＋eq \f(n,n＋1))≤eq \f(1,4)f(1)＝eq \f(3,8)，即bn≤eq \f(3,8).