寒假作業(yè)(十一)數列的通項與數列求和(注意命題點的區(qū)分度)一、選擇題1．(2023·安溪質檢)數列{an}的前n項和為Sn，Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，那么S17＝()A．9B．8C．17D．16解析：選AS17＝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．假設數列{an}的通項公式為an＝2n＋1，令bn＝eq\f(1,a1＋a2＋…＋an)，那么數列{bn}的前n項和為()A.eq\f(n＋1,2n＋2)B.eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2n＋1n＋2)C.eq\f(n－1,n＋2)D.eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,n＋1n＋2)解析：選B易得a1＋a2＋…＋an＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n(n＋2)，所以bn＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，故Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2n＋1n＋2).3．(2023屆高三·湖南十校聯(lián)考)Sn是數列{an}的前n項和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，那么S8＝()A．72B．88C．92D．98解析：選C法一：由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，∴數列{an}是公差d＝3的等差數列，又a4＋a5＝23＝2a1＋7d＝2a∴a1＝1，S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝92.法二：由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，數列{an}是公差為3的等差數列，S8＝eq\f(8a1＋a8,2)＝eq\f(8a4＋a5,2)＝92.4．數列{an}的通項公式an＝log2eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N*)，設{an}的前n項和為Sn，那么使Sn<－5成立的自然數n()A．有最大值63B．有最小值63C．有最大值31D．有最小值31解析：選BSn＝a1＋a2＋…＋an＝log2eq\f(2,3)＋log2eq\f(3,4)＋…＋log2eq\f(n＋1,n＋2)＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(3,4)×…×\f(n＋1,n＋2)))＝log2eq\f(2,n＋2)<－5，∴eq\f(2,n＋2)<2－5，∴n＋2>26，∴n>62.又n∈N*，∴n有最小值63.5．設{an}是正項數列，其前n項和Sn滿足4Sn＝(an－1)·(an＋3)(n∈N*)，那么數列{an}的通項公式an＝()A．2n＋1B．2n－1C．2n－1D．2n＋1解析：選D由4Sn＝(an－1)(an＋3)，得4Sn－1＝(an－1－1)·(an－1＋3)，n≥2，兩式相減得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.又{an}是正項數列，∴an－an－1－2＝0(n≥2)，那么數列{an}是公差為2的等差數列，a1＝3，∴an＝2n＋1.6．數列2015,2016,1，－2015，－2016，…，這個數列的特點是從第二項起，每一項都等于它的前后兩項之和，那么這個數列的前2017項和S2017等于()A．2018B．2015C．1D．0解析：選B由得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，∴an＋1＝an－an－1，故數列的前8項依次為2015,2016,1，－2015，－2016，－1,2015,2016.由此可知數列為周期數列，且周期為6，S6＝0.∵2017＝6×336＋1，∴S2017＝2015.7．數列{an}的通項公式an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n－1n為奇數，,nn為偶數，))那么a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝()A．4800B．4900C．5000D．5100解析：選C由題意得a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝0＋2＋2＋4＋4＋…＋98＋98＋100＝2(2＋4＋6＋…＋98)＋100＝2×eq\f(49×2＋98,2)＋100＝5000.8．數列{an}是等比數列，a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，那么a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1(n∈N*)的取值范圍是()A．[12,16]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(8，\f(32,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(8，\f(32,3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,3)，\f(32,3)))解析：選C因為{an}是等比數列，a2＝2，a5＝eq\f(1,4)，所以q3＝eq\f(a5,a2)＝eq\f(1,8)，即q＝eq\f(1,2)，a1＝4，故a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝eq\f(a1a21－q2n,1－q2)＝eq\f(32,3)(1－q2n)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(8，\f(32,3)))，應選C.9．(2023·寧波二模)在數列{an}中，a1＝eq\f(5,6)，an＋1＝eq\f(1,3)an＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，那么an＝()A.eq\f(3,2n)－eq\f(2,3n)B.eq\f(2,3n)－eq\f(3,2n)C.eq\f(1,2n)－eq\f(2,3n)D.eq\f(2,3n)－eq\f(1,2n)解析：選A法一：an＋1＝eq\f(1,3)an＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1兩邊同時乘以2n＋1，得2n＋1·an＋1＝eq\f(2,3)(2n·an)＋1，令bn＝2n·an，那么bn＋1＝eq\f(2,3)bn＋1，即bn＋1－3＝eq\f(2,3)(bn－3)，所以數列{bn－3}是以b1－3＝－eq\f(4,3)為首項，eq\f(2,3)為公比的等比數列，所以bn－3＝－eq\f(4,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1，bn＝3－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n，所以an＝eq\f(bn,2n)＝eq\f(3,2n)－eq\f(2,3n).法二：an＋1＝eq\f(1,3)an＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1兩邊同時乘以3n＋1，得3n＋1·an＋1＝3n·an＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n＋1，令bn＝3n·an，那么bn＋1＝bn＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n＋1，可得bn－bn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n，bn－1－bn－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1，…，b2－b1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2，以上各式累加可得bn－b1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n，又b1＝3a1＝3×eq\f(5,6)＝eq\f(5,2)＝1＋eq\f(3,2)，所以bn＝1＋eq\f(3,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n＋1－2，an＝eq\f(bn,3n)＝eq\f(3,2n)－eq\f(2,3n).10．(2023·福州二模)公比不為1的等比數列{an}的前n項和為Sn，滿足S6＝eq\f(63,32)，且a2，a4，a3成等差數列，假設數列{bn}滿足bn＝nan，那么數列{bn}的前10項和T10為()A.eq\f(63,48)B.eq\f(53,48)C.eq\f(53,38)D.eq\f(73,48)解析：選A設數列{an}的首項為a1，公比為q，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S6＝\f(63,32)，,a2＋a3＝2a4))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－q6,1－q)＝\f(63,32)，,a1q＋a1q2＝2a1q3))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,q＝－\f(1,2)))?an＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.于是bn＝3neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.T10＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))0＋3×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))1＋3×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋…＋3×10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))9，①－eq\f(1,2)T10＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))1＋3×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋3×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))3＋…＋3×10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))10，②①－②得eq\f(3,2)T10＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))0＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋…＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))9－30×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))10，整理得T10＝eq\f(4,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20＋\f(4,3)))×eq\f(1,1024)＝eq\f(63,48).11．設Sn是公差不為0的等差數列{an}的前n項和，S1，S2，S4成等比數列，且a3＝－eq\f(5,2)，那么數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1an)))的前n項和Tn＝()A．－eq\f(n,2n＋1)B.eq\f(n,2n＋1)C．－eq\f(2n,2n＋1)D.eq\f(2n,2n＋1)解析：選C設{an}的公差為d，因為S1＝a1，S2＝2a1＋d＝2a1＋eq\f(a3－a1,2)＝eq\f(3,2)a1－eq\f(5,4)，S4＝3a3＋a1＝a1－eq\f(15,2).因為S1，S2，S4成等比數列，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a1－\f(5,4)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(15,2)))a1，整理得4aeq\o\al(2,1)＋12a1＋5＝0，解得a1＝－eq\f(5,2)或a1＝－eq\f(1,2).當a1＝－eq\f(5,2)時，公差d＝0，不符合題意，舍去；當a1＝－eq\f(1,2)時，公差d＝eq\f(a3－a1,2)＝－1，所以an＝－eq\f(1,2)＋(n－1)×(－1)＝－n＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)(2n－1)，所以eq\f(1,2n＋1an)＝－eq\f(2,2n－12n＋1)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以其前n項和Tn＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝－eq\f(2n,2n＋1)，應選C.12．(2023·鄭州第一次質量預測)數列{an}滿足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且對任意n∈N*都有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<t，那么實數t的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))解析：選D依題意得，當n≥2時，an＝eq\f(a1a2a3…an,a1a2a3…an－1)＝eq\f(2n2,2n－12)＝2n2－(n－1)2＝22n－1，又a1＝21＝22×1－1，因此an＝22n－1，eq\f(1,an)＝eq\f(1,22n－1)，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,2)為首項，eq\f(1,4)為公比的等比數列，故等比數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和等于eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n)))<eq\f(2,3)，因此實數t的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))，選D.二、填空題13．(2023·衡水調研)假設數列{an}是正項數列，且eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an)＝n2＋3n(n∈N*)，那么eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,3)＋…＋eq\f(an,n＋1)＝________.解析：令n＝1，得eq\r(a1)＝4，∴a1＝16.當n≥2時，eq\r(a1)＋eq\r(a2)＋…＋eq\r(an－1)＝(n－1)2＋3(n－1)．與式相減，得eq\r(an)＝(n2＋3n)－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2，∴an＝4(n＋1)2，當n＝1時，也滿足該式．∴an＝4(n＋1)2，∴eq\f(an,n＋1)＝4n＋4，∴數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n＋1)))是以8為首項，4為公差的等差數列，∴eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,3)＋…＋eq\f(an,n＋1)＝eq\f(n8＋4n＋4,2)＝2n2＋6n.答案：2n2＋6n14．數列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，那么S2018＝________.解析：∵數列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝2n，①∴n＝1時，a2＝2，n≥2時，an·an－1＝2n－1，②∵①÷②得eq\f(an＋1,an－1)＝2，∴數列{an}的奇數項、偶數項分別成等比數列，∴S2018＝eq\f(1－21009,1－2)＋eq\f(2×1－21009,1－2)＝3×21009－3.答案：3×21009－315．數列{an}的前n項和為Sn，且滿足Sn＝2an－4(n∈N*)，數列{log2an}的前n項和為Tn，那么不等式2Tn>an的解集為________．解析：當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2an－4－2an－1＋4，∴an＝2an－1；當n＝1時，a1＝2a1－4，∴a1∴數列{an}是首項為4，公比為2的等比數列，那么an＝4·2n－1＝2n＋1.設bn＝log2an，那么bn＝n＋1，∴Tn＝2＋3＋…＋n＋1＝eq\f(n2＋3n,2).假設2Tn>an，那么n2＋3n>2n＋1，解得n＝2或n＝3，∴不等式的解集為{2,3}．答案：{2,3}16．設Sn為數列{an}的前n項和，Sn＝(－1)nan－eq\f(1,2n)，n∈N*，那么S1＋S2＋…＋S100＝________.解析：∵an＝Sn－Sn－1＝(－1)nan－eq\f(1,2n)－(－1)n－1an－1＋eq\f(1,2n－1)(n≥2)，∴an＝(－1)nan－(－1)n－1an－1＋eq\f(1,2n)(n≥2)．當n為偶數時，an－1＝－eq\f(1,2n)，當n為奇數時，2an＋an－1＝eq\f(1,2n)，an－1＝eq\f(1,2n－1)，從而可得a1＝－eq\f(1,22)，a3＝－eq\f(1,24)，a5＝－eq\f(1,26)，a7＝－eq\f(1,28)，a2＝eq\f(1,22)，a4＝eq\f(1,24)，a6＝eq\f(1,26)，a8＝eq\f(1,28).∴a2－a1＝eq\f(1,2)，a4－a3＝eq\f(1,23)，a6－a5＝eq\f(1,25)，…，∴S1＋S2＋…＋S100＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a100－a99)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2100)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,299)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2100)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2100)－1)).答案：eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2100)－1))三、解答題17．(2023·惠州調研)數列{an}中，點(an，an＋1)在直線y＝x＋2上，且首項a1＝1.(1)求數列{an}的通項公式；(2)數列{an}的前n項和為Sn，等比數列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，數列{bn}的前n項和為Tn，請寫出適合條件Tn≤Sn的所有n的值．解：(1)由得a1＝1，an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，所以數列{an}是首項為1，公差d＝2的等差數列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.(2)由(1)知數列{an}的前n項和Sn＝eq\f(1＋2n－1n,2)＝n2.等比數列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，所以公比q＝3，bn＝3n－1.所以數列{bn}的前n項和Tn＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(3n－1,2).假設Tn≤Sn，即eq\f(3n－1,2)≤n2，又n∈N*，所以n＝1或2.18．等差數列{an}的各項均為正數，a1＝1，前n項和為Sn.數列{bn}為等比數列，b1＝1，且b2S2＝6，b2＋S3＝8.(1)求數列{an}與{bn}的通項公式；(2)求eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn).解：(1)設等差數列{an}的公差為d，d>0，等比數列{bn}的公比為q，那么an＝1＋(n－1)d，bn＝qn－1.依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q2＋d＝6，,q＋3＋3d＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝1，,q＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝－\f(4,3)，,q＝9))(舍去)．故an＝n，bn＝2n－1.(2)由(1)知Sn＝1＋2＋…＋n＝eq\f(1,2)n(n＋1)，即eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，故eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝2eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).19．數列{an}的首項a1＝1，前n項和為Sn，且數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)