第二章第2課時基礎鞏固一、選擇題1．(2023·江蘇啟東中學期中)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a5＝5，S5＝15，則數列{eq\f(1,anan＋1)}的前100項和為eq\x(導學號54742500)(A)A．eq\f(100,101) B．eq\f(99,101)C．eq\f(99,100) D．eq\f(101,100)[解析]設等差數列{an}的首項為a1，公差為d.∵a5＝5，S5＝15，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝5，,5a1＋\f(5×5－1,2)d＝15，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1.))∴an＝a1＋(n－1)d＝n.∴eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴數列{eq\f(1,anan＋1)}的前100項和為(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,100)－eq\f(1,101))＝1－eq\f(1,101)＝eq\f(100,101).2．數列{an}的通項公式an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n項和為Sn，則S2023等于eq\x(導學號54742501)(A)A．1008 B．2023C．504 D．0[解析]∵函數y＝coseq\f(nπ,2)的周期T＝eq\f(2π,\f(π,2))＝4，且第一個周期四項依次為0，－1,0,1.∴可分四組求和：a1＋a5＋…＋a2023＝0，a2＋a6＋…＋a2023＝－2－6－…－2023＝eq\f(504×－2－2023,2)＝－504×1008，∴a3＋a7＋…＋a2023＝0，a4＋a8＋…＋a2023＝4＋8＋…＋2023＝eq\f(504×4＋2023,2)＝504×1010.∴S2023＝0－504×1008＋0＋504×1010＝504×(1010－1008)＝1008，故選A．3．已知數列{an}：eq\f(1,2)，eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)，eq\f(1,4)＋eq\f(2,4)＋eq\f(3,4)，eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)＋eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)，…，設bn＝eq\f(1,anan＋1)，那么數列{bn}前n項的和為eq\x(導學號54742502)(A)A．4(1－eq\f(1,n＋1)) B．4(eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1))C．1－eq\f(1,n＋1) D．eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)[解析]∵an＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq\f(\f(nn＋1,2),n＋1)＝eq\f(n,2)，∴bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(4,nn＋1)＝4(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))．∴Sn＝4[(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))]＝4(1－eq\f(1,n＋1))．4．數列{an}的通項公式為an＝(－1)n－1·(4n－3)，則它的前100項之和S100等于eq\x(導學號54742503)(B)A．200 B．－200C．400 D．－400[解析]S100＝1－5＋9－13＋…＋(4×99－3)－(4×100－3)＝50×(－4)＝－200.5．(2023·湖北孝感高中月考)已知數列{an}是等差數列，a1＝tan225°，a5＝13a1.設Sn為數列{(－1)nan}的前n項和，則S2023eq\x(導學號54742504)(C)A．2023 B．－2023C．3024 D．－3024[解析]∵a1＝tan225°＝1，∴a5＝13a1∴數列{an}的公差d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝eq\f(13－1,4)＝3.∴S2023＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＋…＋(a2023－a2023)＝1008d＝3024.6．數列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項和為eq\x(導學號54742505)(D)A．3690 B．3660C．1845 D．1830[解析]不妨令a1＝1，則a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…，所以當n為奇數時，an＝1；當n為偶數時，各項構成以2為首項，4為公差的等差數列，所以前60項的和為30＋2×30＋eq\f(30×30－1,2)×4＝1830.二、填空題7．數列eq\f(2,2)，eq\f(4,22)，eq\f(6,23)，…，eq\f(2n,2n)，…前n項的和為4－eq\f(n＋2,2n－1).eq\x(導學號54742506)[解析]設Sn＝eq\f(2,2)＋eq\f(4,22)＋eq\f(6,23)＋…＋eq\f(2n,2n)①eq\f(1,2)Sn＝eq\f(2,22)＋eq\f(4,23)＋eq\f(6,24)＋…＋eq\f(2n,2n＋1)②①－②得(1－eq\f(1,2))Sn＝eq\f(2,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(2,23)＋eq\f(2,24)＋…＋eq\f(2,2n)－eq\f(2n,2n＋1)＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(2n,2n＋1).∴Sn＝4－eq\f(n＋2,2n－1).8．(2023·廣東理，10)在等差數列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，則a2＋a8＝\x(導學號54742507)[解析]因為{an}是等差數列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25即a5＝5，a2＋a8＝2三、解答題9．(2023·山東理，18)設數列{an}的前n項和為Sn，已知2Sn＝3n＋\x(導學號54742508)(1)求{an}的通項公式；(2)若數列{bn}滿足anbn＝log3an，求{bn}的前n項和Tn.[解析](1)因為2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1當n≥2時，2Sn－1＝3n－1＋3，此時2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1.，,3n－1，n≥2.))(2)因為anbn＝log3an，所以b1＝eq\f(1,3)，當n≥2時，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以T1＝b1＝eq\f(1,3)；當n≥2時，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,3)＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n]．兩式相減，得2Tn＝eq\f(2,3)＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝eq\f(2,3)＋eq\f(1－31－n,1－3－1)－(n－1)×31－n＝eq\f(13,6)－eq\f(6n＋3,2×3n).所以Tn＝eq\f(13,12)－eq\f(6n＋3,4×3n)經檢驗，n＝1時也適合．綜上可得Tn＝eq\f(13,12)－eq\f(6n＋3,4×3n).10．(2023·浙江文，17)設數列{an}的前n項和為Sn.已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.eq\x(導學號54742509)(1)求通項公式an；(2)求數列{|an－n－2|}的前n項和．[解析](1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝4，,a2＝2a1＋1，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a2＝3.))又當n≥2時，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an.所以，數列{an}的通項公式為an＝3n－1，n∈N*.(2)設bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1.當n≥3時，由于3n－1>n＋2，故bn＝3n－1－n－2，設數列{bn}的前n項和為Tn，則T1＝2，T2＝3.當n≥3時，Tn＝3＋eq\f(91－3n－2,1－3)－eq\f(n＋7n－2,2)＝eq\f(3n－n2－5n＋11,2)，所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(3n－n2－5n＋11,2)，n≥2，n∈N*.))能力提升一、選擇題11．已知等差數列{an}和{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(7n＋1,n＋3)，則eq\f(a2＋a5＋a17＋a22,b8＋b10＋b12＋b16)＝eq\x(導學號54742510)(A)A．eq\f(31,5) B．eq\f(32,5)C．6 D．7[解析]∵eq\f(a2＋a5＋a17＋a22,b8＋b10＋b12＋b16)＝eq\f(a2＋a22＋a5＋a17,b8＋b16＋b10＋b12)＝eq\f(2a12＋2a11,2b12＋2b11)＝eq\f(a11＋a12,b11＋b12)＝eq\f(a1＋a22,b1＋b22)，又∵eq\f(S22,T22)＝eq\f(a1＋a22×22,b1＋b22×22)＝eq\f(a1＋a22,b1＋b22)，∴eq\f(a1＋a22,b1＋b22)＝eq\f(7×22＋1,22＋3)＝eq\f(31,5).∴eq\f(a2＋a5＋a17＋a22,b8＋b10＋b12＋b16)＝eq\f(31,5).12．數列{an}的通項公式是an＝eq\r(2)sin(eq\f(nπ,2)＋eq\f(π,4))，設其前n項和為Sn，則S12的值為eq\x(導學號54742511)(A)A．0 B．eq\r(2)C．－eq\r(2) D．1[解析]a1＝eq\r(2)sin(eq\f(π,2)＋eq\f(π,4))＝1，a2＝eq\r(2)sin(π＋eq\f(π,4))＝－1，a3＝eq\r(2)sin(eq\f(3π,2)＋eq\f(π,4))＝－1，a4＝eq\r(2)sin(2π＋eq\f(π,4))＝1，同理，a5＝1，a6＝－1，a7＝－1，a8＝1，a9＝1，a10＝－1，a11＝－1，a12＝1，∴S12＝0.13．(2023·江西省質檢)已知數列{an}滿足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an(n∈N*)，則數列{an}的前2023項的和S2023等于eq\x(導學號54742512)(A)A．31008－2 B．31008－3C．32023－2 D．32023－3[解析]因為a1＝1，a2＝3，eq\f(an＋2,an)＝3，所以S2023＝(a1＋a3＋…＋a2023)＋(a2＋a4＋…＋a2023)＝eq\f(1－31008,1－3)＋eq\f(31－31007,1－3)＝31008－2.二、填空題14．等比數列{an}的前n項和Sn＝3n＋1＋a(a為常數)，bn＝eq\f(1,a\o\al(2,n))，則數列{bn}的前n項和為eq\f(1,32)×(1－eq\f(1,9n)).eq\x(導學號54742513)[解析]∵Sn為等比數列{an}的前n項和，且Sn＝3(3n＋eq\f(a,3))．∴eq\f(a,3)＝－1，∴a＝－3，∴Sn＝3n＋1－3，∴當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋1－3)－(3n－3)＝2×3n①，又∵a1＝S1＝6符合①式，∴an＝2×3n，∴bn＝eq\f(1,a\o\al(2,n))＝eq\f(1,4×9n)＝eq\f(1,4)·(eq\f(1,9))n，∴{bn}的前n項和為Tn＝eq\f(\f(1,36)×[1－\f(1,9)n],1－\f(1,9))＝eq\f(1,32)×(1－eq\f(1,9n))．15．求和1＋(1＋3)＋(1＋3＋32)＋(1＋3＋32＋33)＋…＋(1＋3＋…＋3n－1)＝eq\f(3,4)(3n－1)－eq\f(n,2).eq\x(導學號54742514)[解析]a1＝1，a2＝1＋3，a3＝1＋3＋32，……an＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝eq\f(1,2)(3n－1)，∴原式＝eq\f(1,2)(31－1)＋eq\f(1,2)(32－1)＋……＋eq\f(1,2)(3n－1)＝eq\f(1,2)[(3＋32＋…＋3n)－n]＝eq\f(3,4)(3n－1)－eq\f(n,2).三、解答題16．(2023·全國Ⅰ理，17)Sn為數列{an}的前n項和．已知an>0，aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋\x(導學號54742515)(1)求{an}的通項公式；(2)設bn＝eq\f(1,anan＋1)，求數列{bn}的前n項和．[解析](1)當n＝1時，aeq\o\al(2,1)＋2a1＝4S1＋3＝4a1＋3，因為an＞0，所以a1＝3，當n≥2時，aeq\o\al(2,n)＋2an－aeq\o\al(2,n－1)－2an－1＝4Sn＋3－4Sn－1－3＝4an，即(an＋an－1)(an－an－1)＝2(an＋an－1)，因為an＞0，所以an－an－1＝2，所以數列{an}是首項為3，公差為2的等