專題限時集訓(五)數(shù)列求和及其綜合應用(對應學生用書第123頁)[建議A、B組各用時：45分鐘][A組高考達標]一、選擇題1．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若Sn＝2an－4(n∈N*)，則an＝()【導學號：】 A．2n＋1 B．2n C．2n－1 D．2n－2 A[由Sn＝2an－4可得Sn－1＝2an－1－4(n≥2)，兩式相減可得an＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．又a1＝2a1－4，a1＝4，所以數(shù)列{an}是以4為首項，2為公比的等比數(shù)列，則an＝4×2n－1＝2n＋12．數(shù)列{an}滿足a1＝1，且當n≥2時，an＝eq\f(n－1,n)an－1，則a5＝() A.eq\f(1,5)B.eqB.eq\f(1,6) C．5 D．6 A[因為a1＝1，且當n≥2時，an＝eq\f(n－1,n)an－1，則eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n)，所以a5＝eq\f(a5,a4)·eq\f(a4,a3)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1，即a5＝eq\f(4,5)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,5).故選A.]3.eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,n＋12－1)的值為() A.eq\f(n＋1,2n＋2) B.eq\f(3,4)－eq\f(n＋1,2n＋2) C.eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))) D.eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2) C[∵eq\f(1,n＋12－1)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,nn＋2) ＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))， ∴eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,n＋12－1)＝eq\f(1,2) eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2))) ＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2))) ＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))).]4．在等差數(shù)列{an}中，a1＝－2016，其前n項和為Sn，若eq\f(S2016,2016)－eq\f(S10,10)＝2006，則S2018的值等于()【導學號：】 A．2015 B．－2016 C．2018 D．－2017 C[等差數(shù)列中，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，eq\f(Sn,n)＝a1＋(n－1)eq\f(d,2)，即數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首項為a1＝－2016，公差為eq\f(d,2)的等差數(shù)列．因為eq\f(S2016,2016)－eq\f(S10,10)＝2006，所以(2016－10)eq\f(d,2)＝2006，eq\f(d,2)＝1，所以S2018 ＝2018[(－2016)＋(2018－1)×1] ＝2018，選C.]5．數(shù)列{an}滿足a1＝1，且對任意的m，n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,a2018)等于() A.eq\f(4036,2019) B.eq\f(4034,2018) C.eq\f(4016,2016) D.eq\f(2028,2017) A[令m＝1，得an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，于是a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，上述n－1個式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n， 所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)， 因此eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝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,a3)＋…＋eq\f(1,a2018) ＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2018)－\f(1,2019))) ＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2019)))＝eq\f(4036,2019).故選A.]二、填空題6．設Sn是數(shù)列{an}的前n項和，an＝4Sn－3，則S4＝__________.【導學號：】 eq\f(20,27)[∵an＝4Sn－3，∴當n＝1時，a1＝4a1－3，解得a1＝1，當n≥2時，∵4Sn＝an＋3，∴4Sn－1＝an－1＋3，∴4an＝an－an－1，∴eq\f(an,an－1)＝－eq\f(1,3)，∴{an}是以1為首項，－eq\f(1,3)為公比的等比數(shù)列，∴S4＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))4,1＋\f(1,3))＝eq\f(80,81)×eq\f(3,4)＝eq\f(20,27).]7．設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a2＝12，Sn＝kn2－1(n∈N*)，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前n項和為__________． eq\f(n,2n＋1)[令n＝1得a1＝S1＝k－1，令n＝2得S2＝4k－1＝a1＋a2＝k－1＋12，解得k＝4，所以Sn＝4n2－1，eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2n＋12n－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前n項和為eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).]8．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝2an＋1(n∈N*)，且a1＝1，則通項公式an＝________. eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(1,2)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2，n≥2，))n∈N*[由Sn＝2an＋1(n∈N*)可得Sn－1＝2an(n≥2，n∈N*)兩式相減得： an＝2an＋1－2an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,2)(n≥2，n∈N*)． 又由a1＝1及Sn＝2an＋1(n∈N*)可得a2＝eq\f(1,2)， 所以數(shù)列{an}從第二項開始成一個首項為a2＝eq\f(1,2)，公比為eq\f(3,2)的等比數(shù)列， 故當n>1，n∈N*時有an＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2， 所以有an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\f(1,2)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－2，n≥2，))n∈N*.]三、解答題9．已知等差數(shù)列{an}中a2＝5，前4項和S4＝28.【導學號：】 (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若bn＝(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前2n項和T2n. [解](1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，則由已知條件得 eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝a1＋d＝5，,S4＝4a1＋\f(4×3,2)×d＝28，)) 2分 ∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4，)) 4分 ∴an＝a1＋(n－1)×d＝4n－3(n∈N*). 6分 (2)由(1)可得bn＝(－1)nan＝(－1)n(4n－3)， 10分 T2n＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(8n－3)＝4×n＝4n(n∈N*). 15分10．(2017·衢州市高三數(shù)學質(zhì)量檢測)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn為{an}的前n項和(n∈N*)． (1)求S1，S2及數(shù)列{Sn}的通項公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(－1n,Sn)，且{bn}的前n項和為Tn，求證：當n≥2時，eq\f(1,3)≤|Tn|≤eq\f(7,9). [解](1)數(shù)列{an}滿足Sn＝2an＋1， 則Sn＝2an＋1＝2(Sn＋1－Sn)，即3Sn＝2Sn＋1， 3分 所以eq\f(Sn＋1,Sn)＝eq\f(3,2)，S1＝a1＝1，所以S2＝eq\f(3,2)， 5分 即數(shù)列{Sn}為以1為首項，以eq\f(3,2)為公比的等比數(shù)列， 所以Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1(n∈N*). 7分 (2)證明：在數(shù)列{bn}中，bn＝eq\f(－1n,Sn)＝－1×eq\f(－1n－1,\f(3,2)n－1)， 9分 {bn}的前n項和的絕對值|Tn|＝－1×1＋－eq\f(2,3)＋eq\f(4,9)＋－eq\f(2,3)3＋…＋eq\f(－1n－1,\f(3,2)n－1)＝1＋－eq\f(2,3)＋eq\f(4,9)＋－eq\f(2,3)3＋…＋eq\f(－1n－1,\f(3,2)n－1)， 12分 當n≥2時，1－eq\f(2,3)≤1＋－eq\f(2,3)＋eq\f(4,9)＋－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＋…＋eq\f(－1n－1,\f(3,2)n－1)≤1＋－eq\f(2,3)＋eq\f(4,9)＝eq\f(7,9)，即eq\f(1,3)≤|Tn|≤eq\f(7,9). 15分[B組名校沖刺]一、選擇題1．已知函數(shù)y＝loga(x－1)＋3(a>0，a≠1)所過定點的橫、縱坐標分別是等差數(shù)列{an}的第二項與第三項，若bn＝eq\f(1,anan＋1)，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，則T10等于()【導學號：】 A.eq\f(9,11) B.eq\f(10,11) C.eq\f(8,11) D.eq\f(12,11) B[y＝loga(x－1)＋3恒過定點(2,3)， 即a2＝2，a3＝3，又{an}為等差數(shù)列， ∴an＝n，∴bn＝eq\f(1,nn＋1)， ∴T10＝1－eq\f(1,11)＝eq\f(10,11)，故選B.]2．已知數(shù)列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，則|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|等于() A．445 B．765 C．1080 D．3105 B[∵an＋1＝an＋3，∴an＋1－an＝3，∴{an}是以－60為首項，3為公差的等差數(shù)列， ∴an＝－60＋3(n－1)＝3n－63. 令an≤0，得n≤21，∴前20項都為負值． ∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝－(a1＋a2＋…＋a20)＋a21＋…＋a30＝－2S20＋S30. ∵Sn＝eq\f(a1＋an,2)n＝eq\f(－123＋3n,2)×n，∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝765，故選B.]3．設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}為常數(shù)列，則an＝() A.eq\f(1,3n－1) B.eq\f(2,nn＋1) C.eq\f(6,n＋1n＋2) D.eq\f(5－2n,3) B[由題意知，Sn＋nan＝2，當n≥2時，(n＋1)an＝(n－1)an－1， 從而eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,3)·eq\f(2,4)·…·eq\f(n－1,n＋1)，有an＝eq\f(2,nn＋1)，當n＝1時上式成立，所以an＝eq\f(2,nn＋1).故選B.]4．中國古代數(shù)學著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見次日行里數(shù)，請公仔細算相還．”其意思為：有一個人走378里路，第一天健步行走，從第二天起腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達目的地，請問第二天走了() A．192里 B．96里 C．48里 D．24里 B[由題意，知每天所走路程形成以a1為首項，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，則eq\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，則a2＝96，即第二天走了96里．故選B.]二、填空題5．(2017·溫州適應性測試)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，則S2016＝__________.【導學號：】 3×21008－3[∵數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝2n①，∴n＝1時，a2＝2，n≥2時，an·an－1＝2n－1②，∵①÷②得eq\f(an＋1,an－1)＝2，∴數(shù)列{an}的奇數(shù)項、偶數(shù)項分別成等比數(shù)列，∴S2016＝eq\f(1－21008,1－2)＋eq\f(2×1－21008,1－2)＝3×21008－3.]6．已知{an}是等差數(shù)列，a1＝1，公差d≠0，Sn為其前n項和，若a1，a2，a5成等比數(shù)列，則S8＝________. 64[∵a1，a2，a5成等比數(shù)列，∴aeq\o\al(2,2)＝a1a5， ∴(1＋d)2＝1×(4d＋1)， ∴d2－2d＝0， ∵d≠0，∴d＝2. ∴S8＝8×1＋eq\f(8×7,2)×2＝64.]三、解答題7．(2017·金華一中高考5月模擬考試)數(shù)列{an}中，a0＝2017，an＋1＝eq\f(a\o\al(2,n),an＋1)(n∈N,0≤n≤1009)，求證： (1)an＞an＋1； (2)n≥1時，2017＜an＋n＜2018. [證明](1)由題可知an＞0(0≤n≤1009)， 又an＋1＝eq\f(a\o\al(2,n),an＋1)，則an－an＋1＝eq\f(an,1＋an)＞0， 5分 所以an＞an＋1. 7分 (2)an＝a0＋eq\o(∑,\s\up8(n))eq\o(,\s\do4(i＝1))(ai－ai－1) ＝a0－eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do10(i＝1))eq\f(ai－1,1＋ai－1) ＝a0－eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do10(i＝1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,1＋ai－1))) ＝a0－n＋eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do10(i＝1))eq\f(1,1＋ai－1)＞a0－n，n≥1， 故an＋n＞a0＝2017，n≥1. 9分所以an－1＞a0－(n－1)，即an＋1＋1＞a0－n＋2，n≥2.且由(1)知，a0＞a1＞a2＞…＞an＞…，則eq\f(1,1＋ai－1)＜eq\f(1,1＋an－1)，n≥2，i＝1,2，…，n. 11分由0≤n≤1009得a0－n＋2＞n，當n≥2時，eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do10(i＝1))eq\f(1,1＋ai－1)＜eq\f(n,1＋an－1)＜eq\f(n,a0－n＋2)＜1，故an＝a0－n＋eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do10(i＝1))eq\f(1,1＋ai－1)＜a0－n＋1，即an＋n＜a0＋1＝2018，n≥2. 13分又當n＝1時，易得2017＜a1＋1＜2018.所以當n≥1時，2017＜an＋n＜2018. 15分8．(2017·紹興一中高考考前適應性考試)已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)an))，n∈N*. (1)證明：eq\f(1,2)≤an＜an＋1＜1； (2)設Sn是數(shù)列{an}的前n項和，證明：Sn＞n－eq\f(3,2).【導學號：】 [證明](1)①當n＝1時，a1＝eq\f(1,2)， a2＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)a1))＝sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)， 所以eq\f(1,2)≤a1＜a2＜1，故結(jié)論成立. 3分 ②假設當n＝k時結(jié)論成立，即eq\f(1,2)≤ak＜ak＋1＜1， 所以eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)ak＜eq\f(π,2)ak＋1＜eq\f(π,2)， 因為函數(shù)y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以eq\f(1,2)＜eq\f(\r(2),2)＝sineq\f(π,4)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ak))＜sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ak＋1))＜sineq\f(π,2)＝1. 5分 即e