學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精2021高三人教B版數(shù)學(xué)一輪（經(jīng)典版）課時(shí)作業(yè)：第6章第4講數(shù)列的求和含解析課時(shí)作業(yè)1．?dāng)?shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(1，\r(n)＋\r(n＋1)），若{an}的前n項(xiàng)和為24，則n＝()A．25 B．576C．624 D．625答案C解析an＝eq\r（n＋1）－eq\r(n)，所以Sn＝(eq\r(2)－eq\r(1）)＋（eq\r（3）－eq\r（2）)＋…＋（eq\r(n＋1)－eq\r（n)）＝eq\r(n＋1）－1,令Sn＝24得n＝624.故選C.2．?dāng)?shù)列{（－1）n（2n－1）｝的前2020項(xiàng)和S2020等于（）A．－2018 B．2020C．－2017 D．2017答案B解析S2020＝－1＋3－5＋7＋…－（2×2019－1)＋(2×2020－1)＝＝2020。故選B。3．已知數(shù)列｛an｝中的前n項(xiàng)和Sn＝n（n－9),第k項(xiàng)滿(mǎn)足7〈ak<10，則k等于()A．7 B．8C．9 D．10答案C解析當(dāng)k≥2時(shí),ak＝Sk－Sk－1＝k2－9k－(k－1）2＋9（k－1）＝2k－10,k＝1時(shí)也適合．由7＜ak＜10,得7＜2k－10＜10，所以eq\f（17，2)＜k＜10，所以k＝9.故選C。4．（2019·銅川模擬)已知等比數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和為Sn,S3＝a2＋10a1，a5＝9，則a1＝（A。eq\f（1，3） B．－eq\f（1，3)C。eq\f(1，9) D．－eq\f(1，9）答案C解析由題知公比q≠1，則S3＝eq\f(a1(1－q3)，1－q）＝a1q＋10a1，得q2＝9,又a5＝a1q4＝9，則a1＝eq\f(1，9）,故選C.5．已知數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式為an＝ncoseq\f（nπ,2)，其前n項(xiàng)和為Sn，則S2019＝()A．0 B．－1010C．504 D．1008答案B解析由an＝ncoseq\f（nπ，2），得a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，a5＝0,a6＝－6，a7＝0，a8＝8，…，由此可知a1＋a2＋a3＋a4＝a5＋a6＋a7＋a8＝…＝2。因?yàn)?019＝4×504＋3,所以S2019＝2×504＋a2017＋a2018＋a2019＝1008＋0－2018＋0＝－1010.故選B。6．在數(shù)列{an｝中,已知對(duì)任意n∈N＊，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，則aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2，2）＋aeq\o\al（2，3）＋…＋aeq\o\al（2，n）等于（）A．（3n－1）2 B.eq\f（1,2）（9n－1）C．9n－1 D。eq\f(1,4)(3n－1）答案B解析因?yàn)閍1＋a2＋…＋an＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2）．則n≥2時(shí)，an＝2·3n－1。當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝3－1＝2,適合上式，所以an＝2·3n－1(n∈N*)．則數(shù)列｛aeq\o\al（2,n)｝是首項(xiàng)為4，公比為9的等比數(shù)列,故選B。7．若數(shù)列{an}，｛bn}滿(mǎn)足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2,則｛bn}的前10項(xiàng)和為(）A。eq\f（1,3） B。eq\f(5,12)C。eq\f（1,2） D.eq\f(7,12）答案B解析bn＝eq\f（1,an）＝eq\f（1，(n＋1)（n＋2)）＝eq\f（1，n＋1)－eq\f（1，n＋2），S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10＝eq\f(1,2）－eq\f（1,3)＋eq\f（1,3)－eq\f（1,4)＋eq\f(1，4)－eq\f（1,5)＋…＋eq\f（1，11）－eq\f（1,12)＝eq\f（1,2）－eq\f（1，12）＝eq\f(5，12)。8．?dāng)?shù)列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1,…的前n項(xiàng)和Sn>1020，那么n的最小值是()A．7 B．8C．9 D．10答案D解析an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1.∴Sn＝(21－1)＋(22－1）＋…＋(2n－1)＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2，∴S9＝1013〈1020，S10＝2036>1020,∴Sn>1020,n的最小值是10。9．（2019·長(zhǎng)郡中學(xué)模擬）已知數(shù)列{an｝是公差不為0的等差數(shù)列，且滿(mǎn)足aeq\o\al(2,4）＋aeq\o\al(2，5）＝aeq\o\al（2,6)＋aeq\o\al（2，7)，則該數(shù)列的前10項(xiàng)和S10＝(）A．－10 B．－5C．0 D．5答案C解析設(shè)等差數(shù)列的公差為d(d≠0)，因?yàn)閍eq\o\al（2,4)＋aeq\o\al（2,5)＝aeq\o\al（2,6）＋aeq\o\al(2,7),所以（a4－a6)（a4＋a6)＝（a7－a5)（a7＋a5）,所以－2d·a5＝2d·a6，于是a5＋a6＝0，所以S10＝eq\f(10（a1＋a10),2)＝5(a5＋a6）＝0.故選C。10．（2019·揭陽(yáng)模擬）已知數(shù)列{an｝滿(mǎn)足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n（n∈N*)，數(shù)列eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(\f（1，log2anlog2an＋1)））的前n項(xiàng)和為Sn,則S1·S2·S3·…·S10＝（)A。eq\f（1,10) B。eq\f(1,5）C。eq\f(1,11) D。eq\f(2，11）答案C解析∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*),∴2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2,n∈N*），∴2nan＝1（n≥2，n∈N＊)，當(dāng)n＝1時(shí)也滿(mǎn)足,故an＝eq\f(1，2n）,故eq\f(1,log2anlog2an＋1)＝eq\f(1,log22－nlog22－(n＋1））＝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）,∴S1·S2·S3·…·S10＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3）×eq\f（3，4)×…×eq\f（9，10）×eq\f(10,11)＝eq\f（1,11),故選C.11．(2019·福建寧德聯(lián)考)數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，且對(duì)任意的m,n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，則eq\f(1,a1)＋eq\f（1,a2）＋…＋eq\f（1,a20)等于（)A.eq\f（40，21) B。eq\f(20,21)C.eq\f(19，10) D.eq\f(20，19）答案A解析因?yàn)閿?shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1,且對(duì)任意的m,n∈N＊都有am＋n＝am＋an＋mn，所以令m＝1,得an＋1－an＝1＋n，所以an＝（an－an－1)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋（n－1)＋…＋2＋1＝eq\f（n(n＋1）,2)，所以eq\f(1，an）＝2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,n)－\f（1,n＋1）)），所以eq\f（1，a1）＋eq\f(1，a2）＋…＋eq\f（1，a20）＝2×eq\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））)＋…＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，20）－\f(1，21)））））＝2×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（1－\f(1,21)））＝eq\f（40,21).故選A。12．已知數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn,a1＝1,當(dāng)n≥2時(shí),an＋2Sn－1＝n，則S2019的值為（）A．1009 B．1010C．2018 D．2019答案B解析因?yàn)閍n＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1,兩式相減得an＋1＋an＝1,n≥2。又a1＝1，所以S2019＝a1＋（a2＋a3）＋…＋（a2018＋a2019)＝1010.故選B.13．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足an＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n，n)，則數(shù)列eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(\f(1，anan＋1)））的前n項(xiàng)和為_(kāi)_______．答案eq\f（2n,n＋2）解析an＝eq\f（1＋2＋3＋…＋n,n）＝eq\f(n＋1，2），eq\f(1，anan＋1)＝eq\f(4，（n＋1)（n＋2）)＝4eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，n＋1)－\f（1,n＋2））），所求的前n項(xiàng)和為4eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2）－\f（1,3)＋\f（1,3）－\f（1,4)＋…＋\f(1,n＋1）－\f（1，n＋2）))＝4eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)－\f(1,n＋2))）＝eq\f(2n,n＋2）.14．（2019·海口模擬）等比數(shù)列{an｝的各項(xiàng)均為實(shí)數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn。已知S3＝eq\f(7，4），S6＝eq\f(63，4），則a8＝________.答案32解析設(shè)等比數(shù)列{an｝的公比為q，則由S6≠2S3，得q≠1，則S3＝eq\f(a1(1－q3)，1－q)＝eq\f（7，4),S6＝eq\f(a1（1－q6），1－q)＝eq\f（63,4),解得q＝2,a1＝eq\f(1，4），則a8＝a1q7＝eq\f(1,4）×27＝32.15．（2019·保定模擬）設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1＝1，an＋an＋1＝eq\f（1,2n)（n＝1,2,3，…)，則S2n＋3＝________。答案eq\f（4，3)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1－\f(1,4n＋2）)）解析依題意得S2n＋3＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5）＋…＋（a2n＋2＋a2n＋3)＝1＋eq\f（1,4）＋eq\f(1,16）＋…＋eq\f(1，4n＋1）＝eq\f(1－\f(1,4n＋2）,1－\f（1，4))＝eq\f(4,3）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（1，4n＋2）))。16．(2020·西安模擬）已知數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和Sn＝10n－n2，數(shù)列｛bn｝的每一項(xiàng)都有bn＝｜an｜，設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，則T4＝________，T30＝________。答案24650解析當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝9，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝10n－n2－［10（n－1)－（n－1）2]＝－2n＋11,當(dāng)n＝1時(shí)也滿(mǎn)足,所以an＝－2n＋11(n∈N＊)，所以當(dāng)n≤5時(shí)，an>0，bn＝an，當(dāng)n>5時(shí)，an〈0,bn＝－an，所以T4＝S4＝10×4－42＝24，T30＝S5－a6－a7－…－a30＝2S5－S30＝2×（10×5－52)－（10×30－302）＝650.17．(2019·吉林二模)已知各項(xiàng)均為整數(shù)的等差數(shù)列{an}，其前n項(xiàng)和為Sn，a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比數(shù)列．（1）求｛an}的通項(xiàng)公式;（2）求數(shù)列｛（－1）n·an}的前2n項(xiàng)和T2n。解（1）各項(xiàng)均為整數(shù)的等差數(shù)列{an}，設(shè)公差為d,則d為整數(shù),由a1＝－1,a2，a3,S4＋1成等比數(shù)列，得aeq\o\al(2，3）＝a2（1＋S4)，即（－1＋2d）2＝（－1＋d）（－3＋6d),解得d＝2eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(d＝\f(1,2)舍去)），所以an＝2n－3。(2）由（1），得T2n＝－a1＋a2－a3＋a4＋…－a2n－1＋a2n＝（1＋1）＋（－3＋5）＋…＋(5－4n＋4n－3）＝2＋2＋…＋2＝2n.18．（2019·山東萊陽(yáng)模擬）已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，?n∈N＊，有2Sn＝aeq\o\al（2,n）＋an。(1)求數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式;(2）令bn＝eq\f（1，an\r（an＋1）＋an＋1\r(an）)，設(shè){bn｝的前n項(xiàng)和為T(mén)n,求證：Tn<1.解（1)當(dāng)n＝1時(shí)，2a1＝aeq\o\al(2，1)＋a1，得a1＝1或0(舍去)．當(dāng)n≥2時(shí)，因?yàn)?Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an，①所以2Sn－1＝aeq\o\al(2，n－1)＋an－1，②由①②兩式相減得an－an－1＝1(n≥2)，所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列,所以an＝n，n∈N＊。（2）證明：由（1）得，bn＝eq\f（1，an\r（an＋1）＋an＋1\r(an））＝eq\f(1，n\r(n＋1）＋（n＋1）\r（n）)＝eq\f(1,\r（n(n＋1))（\r（n＋1）＋\r（n））)＝eq\f(\r（n＋1）－\r（n)，\r（n(n＋1)）(\r（n＋1）＋\r(n））（\r(n＋1)－\r(n））)＝eq\f（\r(n＋1)－\r(n),\r(n（n＋1)))＝eq\f（1,\r(n))－eq\f(1，\r(n＋1）），所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f(1，\r（2)）))＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,\r（2))－\f(1，\r（3）））)＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,\r（3））－\f(1,\r（4))))＋…＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，\r(n））－\f(1，\r（n＋1)））)＝1－eq\f(1,\r（n＋1））<1.19．（2019·廣東二模)已知數(shù)列{an｝滿(mǎn)足a1·a2·a3·…·an－1·an＝n＋1（n∈N＊）．(1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2）若bn＝an＋eq\f（1,an)，求數(shù)列{bn｝的前n項(xiàng)和Sn。解(1)數(shù)列｛an}滿(mǎn)足a1·a2·a3·…·an－1·an＝n＋1,①則當(dāng)n≥2時(shí),a1·a2·a3·…·an－1＝n,②由eq\f（①，②），得an＝eq\f（n＋1,n)，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2，滿(mǎn)足上式．所以an＝eq\f(n＋1，n)。（2）由于an＝eq\f(n＋1，n)，所以bn＝an＋eq\f(1，an)＝eq\f（n＋1，n）＋eq\f(n，n＋1）＝1＋eq\f（1,n）＋1－eq\f（1,n＋1）＝2＋eq\f(1,n）－eq\f（1,n＋1),則Sn＝2＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f(1,2）））＋2＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2）－\f（1,3)))＋…＋2＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n）－\f(1,n＋1)））＝2n＋eq\b\