高考數(shù)學一輪復(fù)習點點練23數(shù)列求和

點點練23__數(shù)列求和一基礎(chǔ)小題練透篇1．[2023·貴州省六校聯(lián)盟高三聯(lián)考]若數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋an＋1＋an＋2＝2(n∈N*)，則其前2023項和為()A．1360B．1358C．1350D．13482．記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n＋1，則S100的值為()A．5050B．2600C．2550D．24503．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，則S99＝()A．7B．8C．9D．104．已知數(shù)列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋2，n是奇數(shù)，,2an，n是偶數(shù)，))則數(shù)列{an}的前20項和為()A.1121B．1122C．1123D．11245．設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝3an－4n，若bn＝eq\f(4n2＋8n＋5,anan＋1)，且數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，則Sn＝()A．neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,6n＋9)))B．eq\f(4,3)＋eq\f(2n,6n＋9)C．neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,6n＋9)))D．neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,6n＋9)))6．已知數(shù)列{an}滿足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)7．[2023·山東省濰坊市聯(lián)考]已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))滿足a1＝1，anan＋1＝2n，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前2n項和S2n＝________．8．若{an}是等差數(shù)列，首項a1>0，a1009＋a1010＞0，a1009·a1010＜0，則使其前n項和Sn＞0成立的最大自然數(shù)n是________．二能力小題提升篇1.[2023·湘豫名校聯(lián)考摸底考試]已知數(shù)列{an}是遞增的等差數(shù)列，a3是a1與a11的等比中項，且a2＝5.若bn＝eq\r(an＋1)－eq\r(an)，則數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝()A．eq\r(3n＋2)－eq\r(2)B．eq\r(3n＋5)－eq\r(2)C．eq\r(3n＋2)－eq\r(5)D．eq\r(3n＋5)－eq\r(5)2．[2023·四川省成都市樹德中學考試]已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項和Sn滿足Sn＝n(4n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，若數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))滿足bn＝eq\f(an＋3,4)，則eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b2021b2022)＝()A．eq\f(505,2021)B．eq\f(2020,2021)C．eq\f(2021,2022)D．eq\f(2021,8088)3．[2023·黑龍江省大慶鐵人中學月考]將等比數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))按原順序分成1項，2項，4項，…，2n－1項的各組，再將公差為2的等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的各項依次插入各組之間，得到新數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))：b1，a1，b2，b3，a2，b4，b5，b6，b7，a3，…，新數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))的前n項和為Sn.若c1＝1，c2＝2，S3＝eq\f(13,4)，則S200＝()A．eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(172－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))384))B．eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(130－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))386))C．eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(172－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))386))D．130－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3844．[2023·河南省豫南九校聯(lián)考]已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項公式為an＝(－1)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2－n))，前n項和為Sn，則滿足S2n＋1≤－2023的最小正整數(shù)n的值為()A．28B．30C．31D．325．[2023·江蘇省南京高三一模]在等差數(shù)列{an}中，a1＝1，前n項和Sn滿足eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(4n＋2,n＋1)，n＝1，2，…，則eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,S2021)＝________．6．[2023·山西省臨汾市高三考試]設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，a2n＝an－1，a2n＋1＝n－an，則S100＝________．三高考小題重現(xiàn)篇1.[2021·浙江卷]已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\f(an,1＋\r(an))(n∈N*).記數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則()A．eq\f(1,2)<S100<3B．3<S100<4C．4<S100<eq\f(9,2)D．eq\f(9,2)<S100<52．[2020·全國卷Ⅱ]0－1周期序列在通信技術(shù)中有著重要應(yīng)用．若序列a1a2…an…滿足ai∈{0，1}(i＝1，2，…)，且存在正整數(shù)m，使得ai＋m＝ai(i＝1，2，…)成立，則稱其為0－1周期序列，并稱滿足ai＋m＝ai(i＝1，2，…)的最小正整數(shù)m為這個序列的周期．對于周期為m的0－1序列a1a2…an…，C(k)＝eq\f(1,m)eq\o(∑,\s\up6(m),\s\do4(i＝1))aiai＋k(k＝1，2，…，m－1)是描述其性質(zhì)的重要指標．下列周期為5的0－1序列中，滿足C(k)≤eq\f(1,5)(k＝1，2，3，4)的序列是()A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…3．[全國卷Ⅰ]幾位大學生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號召，開發(fā)了一款應(yīng)用軟件．為激發(fā)大家學習數(shù)學的興趣，他們推出了“解數(shù)學題獲取軟件激活碼”的活動．這款軟件的激活碼為下面數(shù)學問題的答案：已知數(shù)列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一項是20，接下來的兩項是20，21，再接下來的三項是20，21，22，依此類推．求滿足如下條件的最小整數(shù)N：N＞100且該數(shù)列的前N項和為2的整數(shù)冪．那么該款軟件的激活碼是()A．440B．330C．220D．1104．[2020·浙江卷]我國古代數(shù)學家楊輝，朱世杰等研究過高階等差數(shù)列的求和問題，如數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n（n＋1）,2)))就是二階等差數(shù)列．數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n（n＋1）,2)))(n∈N*)的前3項和是________．5．[2019·全國卷Ⅰ]記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和．若a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝a6，則S5＝________．6．[2021·新高考Ⅰ卷]某校學生在研究民間剪紙藝術(shù)時，發(fā)現(xiàn)剪紙時經(jīng)常會沿紙的某條對稱軸把紙對折，規(guī)格為20dm×12dm的長方形紙，對折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1＝240dm2，對折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S2＝180dm2.以此類推，則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為________；如果對折n次，那么eq\i\su(k＝1,n,S)k＝________dm2.四經(jīng)典大題強化篇1.[2023·河南省十所名校考試]已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an.(1)證明：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,2n－1)))為等差數(shù)列；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn))的前n項和Tn.2．[2023·湖北省襄陽市部分學校試題]已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))滿足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n×2n＋2－2n＋1＋2.(1)求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(3an＋2＋4,2an＋1anan＋1an＋2)，證明：eq\f(5,672)≤b1＋b2＋…＋bn<eq\f(1,120).點點練23數(shù)列求和一基礎(chǔ)小題練透篇1．答案：C解析：∵a1＝2，an＋an＋1＋an＋2＝2，∴S2023＝a1＋（a2＋a3＋a4）＋（a5＋a6＋a7）＋…＋（a2021＋a2022＋a2023）＝a1＋674×2＝1350，故選C.2．答案：B解析：當n為奇數(shù)時，an＋2－an＝2，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a2n－1))是首項為1，公差為2的等差數(shù)列；當n為偶數(shù)時，an＋2－an＝0，數(shù)列{a2n}是首項為2，公差為0的等差數(shù)列，即常數(shù)列．則S100＝（a1＋a3＋…＋a99）＋（a2＋a4＋…＋a100）＝50＋eq\f(50×49,2)×2＋50×2＝2600.3．答案：C解析：因為an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以S99＝（eq\r(2)－1）＋（eq\r(3)－eq\r(2)）＋…＋（eq\r(99)－eq\r(98)）＋（eq\r(100)－eq\r(99)）＝eq\r(100)－1＝10－1＝9，故選C.4．答案：C解析：由題意可知，數(shù)列{a2n}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列，數(shù)列{a2n－1}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，故數(shù)列{an}的前20項和為eq\f(1×（1－210）,1－2)＋10×1＋eq\f(10×9,2)×2＝1123.5．答案：D解析：由an＋1＝3an－4n可得an＋1－（2n＋3）＝3[an－（2n＋1）]，∵a1＝3，∴a1－（2×1＋1）＝0，則可得數(shù)列{an－（2n＋1）}為常數(shù)列0，即an－（2n＋1）＝0，∴an＝2n＋1，∴bn＝eq\f(4n2＋8n＋5,（2n＋1）（2n＋3）)＝eq\f(（2n＋1）（2n＋3）＋2,（2n＋1）（2n＋3）)＝1＋eq\f(2,（2n＋1）（2n＋3）)＝1＋eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋3)，∴Sn＝n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))＝n＋eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋3)＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,6n＋9))).6．答案：C解析：∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n（n∈N*），∴2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1（n≥2），∴2nan＝1（n≥2），當n＝1時也滿足，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)，選C.7．答案：3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))解析：由a1＝1，anan＋1＝2n，得a2＝2.當n≥2時，an－1an＝2n－1，所以eq\f(anan＋1,an－1an)＝eq\f(2n,2n－1)＝2，即eq\f(an＋1,an－1)＝2，所以{an}的奇數(shù)項是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列；其偶數(shù)項是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列．則S2n＝eq\f(1×（1－2n）,1－2)＋eq\f(2×（1－2n）,1－2)＝3×2n－3＝3（2n－1）.8．答案：2018解析：∵等差數(shù)列{an}中，首項a1＞0，a1009＋a1010＞0，a1009·a1010＜0，∴a1009＞0，a1010＜0，公差d＜0，則S2017＝eq\f(2017（a1＋a2017）,2)＝2017a1009＞0，S2018＝eq\f(2018（a1＋a2018）,2)＝eq\f(2018（a1009＋a1010）,2)＞0，S2019＝eq\f(2019（a1＋a2019）,2)＝2019a1010＜0，故前n項和Sn＞0成立的最大自然數(shù)n是2018.二能力小題提升篇1．答案：A解析：因為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是遞增的等差數(shù)列，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公差d>0.由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝5,aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝a1a11))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝5,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋2d))2＝a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋10d))))，解得a1＝2，d＝3或a1＝5，d＝0（舍去）.所以an＝2＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))＝3n－1.所以bn＝eq\r(an＋1)－eq\r(an)＝eq\r(3n＋2)－eq\r(3n－1).所以Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5)－\r(2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(8)－\r(5)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3n＋2)－\r(3n－1)))＝eq\r(3n＋2)－eq\r(2).故選A.2．答案：D解析：Sn＝4n2＋n，當n≥2時，Sn－1＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))2＋n－1＝4n2－7n＋3，an＝Sn－Sn－1＝8n－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n≥2))，當n＝1時，a1＝5，S1＝5，a1＝S1，所以an＝8n－3，bn＝eq\f(an＋3,4)＝eq\f(8n－3＋3,4)＝2n.故eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,2n·2（n＋1）)＝eq\f(1,4)·eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b2021b2022)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…\f(1,2020)－\f(1,2021)＋\f(1,2021)－\f(1,2022)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2022)))＝eq\f(1,4)×eq\f(2021,2022)＝eq\f(2021,8088).故選D.3．答案：A解析：由已知得b1＝1，a1＝2，b2＝c3＝S3－c1－c2＝eq\f(1,4)，等比數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的公比q＝eq\f(1,4).令Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，則T6＝63，T7＝127，T8＝255，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))的前200項中含有數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前7項，含有數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前193項，故S200＝（b1＋b2＋…＋b193）＋（a1＋a2＋…＋a7）＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))193,1－\f(1,4))＋7×2＋eq\f(7×6,2)×2＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(172－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))384)).故選A.4．答案：D解析：由題意，得S2n＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(22－12))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(42－32))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋1))2－[－1＋2－3＋4－5＋…＋2n－（2n＋1）]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－1))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－3))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋4))＋…＋[2n－（2n－1）]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))＋2n))－（2n＋1）2－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋1))))＝1＋2＋3＋4＋…＋2n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋1))2＋n＋1＝eq\f(2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2n)),2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋1))2＋n＋1＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2＋n))，由S2n＋1≤－2023，得－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2＋n))≤－2023，即n2＋n≥eq\f(2023,2)，結(jié)合n∈N*，解得n≥32，故n的最小值為32.故選D.5．答案：eq\f(2021,1011)解析：依題意eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(4n＋2,n＋1)，eq\f(S2,S1)＝eq\f(4＋2,1＋1)，eq\f(a1＋a2,a1)＝3，eq\f(2a1＋d,a1)＝eq\f(2＋d,1)＝3，所以d＝1，所以Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(n（n＋1）,2)，所以eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,S2021)＝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)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2021)－\f(1,2022)))))＝2（1－eq\f(1,2022)）＝eq\f(2021,1011).6．答案：1189解析：因為a2n＝an－1，a2n＋1＝n－an，所以a2n＋a2n＋1＝n－1，所以（a2＋a3）＋（a4＋a5）＋…＋（a98＋a99）＝0＋1＋…＋48＝eq\f(48×49,2)＝1176，由a2n＝an－1，a2n＋1＝n－an，可得a3＝1－a1＝0，所以a100＝a50－1＝a25－2＝10－a12＝11－a6＝12－a3＝12，所以S100＝a1＋（a2＋a3）＋（a4＋a5）＋…＋（a98＋a99）＋a100＝1＋1176＋12＝1189.三高考小題重現(xiàn)篇1．答案：A解析：∵a1＝1，an＋1＝eq\f(an,1＋\r(an))，∴an＞0，∴S100＞a1＝1＞eq\f(1,2).由an＋1＝eq\f(an,1＋\r(an))，得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,\r(an))＝（eq\f(1,\r(an))＋eq\f(1,2)）2－eq\f(1,4)，∴eq\f(1,an＋1)<（eq\f(1,\r(an))＋eq\f(1,2)）2，則eq\f(1,\r(an＋1))<eq\f(1,\r(an))＋eq\f(1,2).由累加法可得eq\f(1,\r(an))≤1＋eq\f(n－1,2)＝eq\f(n＋1,2)，∴an≥eq\f(4,（n＋1）2)，∴an＋1＝eq\f(an,1＋\r(an))≤eq\f(an,1＋\f(2,n＋1))＝eq\f(n＋1,n＋3)an，∴eq\f(an＋1,an)≤eq\f(n＋1,n＋3).由累乘法可得an≤eq\f(6,（n＋1）（n＋2）).因此，S100≤1＋eq\f(1,2)＋6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,6)＋…＋\f(1,101)－\f(1,102)))<1＋eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)＝3，即eq\f(1,2)＜S100＜3.2．答案：C解析：C（1）＝eq\f(1,5)（a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a6）＝eq\f(1,5)（a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a5＋a5a1），C（2）＝eq\f(1,5)（a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7）＝eq\f(1,5)（a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a1＋a5a2），C（3）＝eq\f(1,5)（a1a4＋a2a5＋a3a6＋a4a7＋a5a8）＝eq\f(1,5)（a1a4＋a2a5＋a3a1＋a4a2＋a5a3），C（4）＝eq\f(1,5)（a1a5＋a2a6＋a3a7＋a4a8＋a5a9）＝eq\f(1,5)（a1a5＋a2a1＋a3a2＋a4a3＋a5a4）.對于A，C（1）＝eq\f(1,5)，C（2）＝eq\f(2,5)，故A不正確；對于B，C（1）＝eq\f(3,5)，故B不正確；對于D，C（1）＝eq\f(2,5)，故D不正確；對于C，C（1）＝eq\f(1,5)，C（2）＝0，C（3）＝0，C（4）＝eq\f(1,5)，∴C正確．3．答案：A解析：方法一排除法記SN為數(shù)列的前N項和，由題意得，數(shù)列的前110項為20，20，21，20，21，…，20，21，…，213，20，21，22，23，24，所以S110＝20＋（20＋21）＋…＋（20＋21＋…＋213）＋（20＋21＋22＋23＋24）＝（21－1）＋（22－1）＋…＋（214－1）＋（25－1）＝（21＋22＋…＋214）－14＋31＝215＋15，這是一個奇數(shù)，不可能是2的整數(shù)冪，故選項D不正確．同理，S220＝20＋（20＋21）＋…＋（20＋21＋…＋219）＋（20＋21＋22＋23＋…＋29）＝221＋210－23，這是一個奇數(shù)，不可能是2的整數(shù)冪，故選項C不正確．同理，S330＝20＋（20＋21）＋…＋（20＋21＋…＋224）＋（20＋21＋22＋23＋24）＝226＋4，不是2的整數(shù)冪，故選項B不正確．所以，正確的選項為A.方法二不妨設(shè)1＋（1＋2）＋…＋（1＋2＋…＋2n－1）＋（1＋2＋…＋2t）＝2m（其中m、n、t∈N，0≤t≤n）.則有N＝eq\f(n（n＋1）,2)＋t＋1，因為N＞100，所以n≥13.由等比數(shù)列的前n項和公式可得2n＋1－n－2＋2t＋1－1＝2m.因為n≥13，所以2n＞n＋2，所以2n＋1＞2n＋n＋2，即2n＋1－n－2＞2n，因為2t＋1－1＞0，所以2m＞2n＋1－n－2＞2n，故m≥n＋1，因為2t＋1－1≤2n＋1－1，所以2m≤2n＋2－n－3，故m≤n＋1.所以m＝n＋1，從而有n＝2t＋1－3，因為n≥13，所以t≥3.當t＝3時，N＝95，不合題意；當t＝4時，N＝440，滿足題意，故所求N的最小值為440.4．答案：10解析：方法一因為an＝eq\f(n（n＋1）,2)，所以S3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋6＝10.方法二因為an＝eq\f(n（n＋1）,2)＝eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2)，所以Sn＝eq\f(n（n＋1）（2n＋1）,12)＋eq\f(n（n＋1）,4)＝eq\f(n（n＋1）（n＋2）,6)，所以S3＝eq\f(3×4×5,6)＝10.5．答案：eq\f(121,3)解析：通解設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因為aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝a6，所以（a1q3）2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a1（1－q5）,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×（1－35）,1－3)＝eq\f(121,3).優(yōu)解設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因此aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a1（1－q5）,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×（1－35）,1－3)＝eq\f(121,3).6．答案：5720－eq\f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n－4)解析：（1）由對折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三種規(guī)格的圖形，所以對折三次的結(jié)果有：eq\f(5,2)×12，5×6，10×3，20×eq\f(3,2)，共4種不同規(guī)格（單位dm2）；故對折4次可得到如下規(guī)格：eq\f(5,4)×12，eq\f(5,2)×6，5×3，10×eq\f(3,2)，20×eq\f(3,4)，共5種不同規(guī)格；（2）由于每次對折后的圖形的面積都減小為原來的一半，故各次對折后的圖形，不論規(guī)格如何，其面積成公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，首項為120eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(dm2))，第n次對折后的圖形面積為120×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，對于第n次對折后的圖形的規(guī)格形狀種數(shù)，根據(jù)（1）的過程和結(jié)論，猜想為n＋1種，故得猜想Sn＝eq\f(120（n＋1）,2n－1)，設(shè)S＝eq\i\su(k＝1,n,S)k＝eq\f(120×2,20)＋eq\f(120×3,21)＋eq\f(120×4,22)＋…＋eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n－1)，則eq\f(1,2)S＝eq\f(120×2,21)＋eq\f(120×3,22)＋…＋eq\f(120n,2n－1)＋eq\f(120（n＋1）,2n)，兩式作差得：eq\f(1,2)S＝240＋120eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n)＝240＋eq\f(60\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n)＝360－eq\f(120,2n－1)－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)),2n)＝360－eq\f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n)，因此，S＝720－eq\f(240\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n)＝720－eq\f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3)),2n－4).四經(jīng)典大題強化篇1．解析：（1）當n＝1時，S2＝4a1＝4，當n≥2時，由Sn＋1＝4an得Sn＋1＝4Sn－4Sn－1，∴Sn＋1－2Sn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－2Sn－1))，又∵S2－2S1＝S2－2a1＝2，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋1－2Sn))是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，∴Sn＋1－2Sn＝2×2n－1＝2n，∴eq\f(Sn＋1,2n)－eq\f(Sn,2n－1)＝1，∵eq\f(S1,20)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,2n－1)))是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列．（2）由（1）知eq\f(Sn,2n－1)＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))＝n，∴Sn＝n·2n－1.∵Tn＝1×1＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n·2n－1，∴2Tn＝1×