浙江专用2020版高考数学大一轮复习第六章数列考点规范练30数列求和20190118457.docx

1、1考点规范练 30 数列求和基础巩固组1.数列 1 ,3 ,5 ,7 ,(2n-1)+ ,的前 n 项和 Sn的值等于( )12 14 18 116 12nA.n2+1- B.2n2-n+1-12n 12nC.n2+1- D.n2-n+1-12n-1 12n答案 A解析 该数列的通项公式为 an=(2n-1)+ ,12n则 Sn=1+3+5+(2n-1)+(12+122+12n)=n2+1-12n.2.(2017 浙江金华十校 3 月联考)在数列 an中, -an=2,Sn为 an的前 n 项和 .若 S10=50,则数列an+1an+an+1的前 10 项和为 ( )A.100 B.110

2、C.120 D.130答案 C解析 数列 an+an+1的前 10 项和为 a1+a2+a2+a3+a10+a11=2(a1+a2+a10)+a11-a1=2S10+102=120.故选 C.3.(2017 浙江五校联考)已知数列 5,6,1,-5,该数列的特点是从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前 16 项之和 S16等于( )A.5 B.6 C.7 D.16答案 C解析 根据题意这个数列的前 8 项分别为 5,6,1,-5,-6,-1,5,6,发现从第 7 项起,数字重复出现,所以此数列为周期数列,且周期为 6,前 6 项和为 5+6+1+(-5)+(-6)+(-1)=

3、0.又因为 16=26+4,所以这个数列的前 16 项之和 S16=20+5+6+1-5=7.故选 C.4.(2018 浙江稽阳联考)已知 Sn是等比数列 an的前 n 项和,若存在 mN *,满足 =9, ,则S2mSm a2mam=5m+1m-1数列 an的公比为( )A.-2 B.2 C.-3 D.3答案 B解析 设公比为 q,若 q=1,则 =2,与题中条件矛盾,故 q1 .S2mSm2=qm+1=9,q m=8 =qm=8= m=3.q 3=8.q= 2.故选 B. S2mSm=a1(1-q2m)1-qa1(1-qm)1-q . a2mam=a1q2m-1a1qm-1 5m+1m-1

4、.5.(2017 全国 高考)等差数列 an的首项为 1,公差不为 0.若 a2,a3,a6成等比数列,则 an前 6 项的和为( )A.-24 B.-3 C.3 D.8答案 A解析 设等差数列的公差为 d,则 d0, =a2a6,即(1 +2d)2=(1+d)(1+5d),解得 d=-2,所以 S6=61+a23(-2)=-24,故选 A.652 6.(2017 浙江杭州模拟)已知等差数列 an满足 a3=7,a5+a7=26,bn= (nN *),数列 bn的前 n 项和1a2n-1为 Sn,则 S100的值为 . 答案n4(n+1)解析 设等差数列 an的公差为 d,a 3=7,a5+a

5、7=26,a 1+2d=7,2a1+10d=26,解得 a1=3,d=2.a n=3+2(n-1)=2n+1.b n=1a2n-1= 14n2+4n=14(1n- 1n+1).S 100=14(1-12)+(12-13)+(1n- 1n+1)=14(1- 1n+1)= n4(n+1).7.(2018 浙江金华十校模拟)已知公差不为零的等差数列 an中, a1=1,且 a2,a5,a14成等比数列, an的前 n 项和为 Sn,bn=(-1)nSn,则数列 bn的前 2n 项和 T2n= . 答案 n(2n+1)解析 a 1=1,an是等差数列, a2,a5,a14成等比数列, (1+d)(1+

6、13d)=(1+4d)2,解得 d=2.a n=a1+(n-1)d=2n-1,Sn=na1+ d=n2.n(n-1)2 b n=(-1)nSn=(-1)nn2, 数列 bn的前 n 项和 Tn=(-12+22)+(-32+42)+-(2n-1)2+(2n)2=3+7+4n-1=n(2n+1).故答案为 n(2n+1).8.有穷数列 1,1+2,1+2+4,1+2+4+2n-1所有项的和为 . 答案 2n+1-2-n解析 由题意知所求数列的通项为 =2n-1,故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为1-2n1-2-n=2n+1-2-n.2(1-2n)1-23能力提升组9.已知函数 f(x)=x

7、a的图象过点(4,2),令 an= ,nN *,记数列 an的前 n 项和为 Sn,则 S2 1f(n+1)+f(n)017=( )A -1 B -1. 2016 . 2017C -1 D +1. 2018 . 2018答案 C解析 由 f(4)=2 得 4a=2,解得 a= ,则 f(x)=12 x12.故 an= ,1f(n+1)+f(n)= 1n+1+ n= n+1- nS2017=a1+a2+a3+a2017=( )+( )+( )+( )=2- 1 3- 2 4- 3 2018- 2017-1.201810.已知等比数列 an的各项都为正数,且当 n3 时, a4 =102n,则数列

8、 lg a1,2lg a2,22lg a2n-4a3,23lg a4,2n-1lg an,的前 n 项和 Sn等于( )A.n2n B.(n-1)2n-1-1C.(n-1)2n+1 D.2n+1答案 C解析 等比数列 an的各项都为正数,且当 n3 时,a4a2n-4=102n, =102n,即 an=10n. a2n 2n-1lgan=2n-1lg10n=n2n-1.S n=1+22+322+n2n-1,2Sn=12+222+323+n2n,- ,得 -Sn=1+2+22+2n-1-n2n=2n-1-n2n=(1-n)2n-1.S n=(n-1)2n+1.11.在数列 an中, an+1+(

9、-1)nan=2n-1,则数列 an的前 12 项和等于( )A.76 B.78 C.80 D.82答案 B解析 因为 an+1+(-1)nan=2n-1,所以 a2-a1=1,a3+a2=3,a4-a3=5,a5+a4=7,a6-a5=9,a7+a6=11,a11+a10=19,a12-a11=21.所以 a1+a3=2,a4+a2=8,a12+a10=40.所以从第一项开始,依次取两个相邻奇数项的和都等于 2,从第二项开始,依次取两个相邻偶数项的和构成以 8 为首项,以 16 为公差的等差数列,将以上各式相加可得 S12=a1+a2+a3+a12=(a1+a3)+(a5+a7)+(a9+a

10、11)+(a2+a4)+(a6+a8)+(a10+a12)=32+8+24+40=78.12.(2017 浙江杭州学军中学测试改编)设 Sn是数列 an的前 n 项和,已知 a1=3,an+1=2Sn+3(nN *),bn=(2n-1)an,则数列 bn的前 n 项和 Tn为( )A.(n-1)3n+1 B.(n-1)3n+1+3C.(n-1)3n+3 D.n3n+1+3答案 B解析 当 n2 时,由 an+1=2Sn+3 得 an=2Sn-1+3,4两式相减,得 an+1-an=2Sn-2Sn-1=2an,a n+1=3an, =3.an+1an当 n=1 时, a1=3,a2=2S1+3=

11、2a1+3=9,则 =3.a2a1 数列 an是以 a1=3 为首项,公比为 3 的等比数列 .a n=33n-1=3n.b n=(2n-1)an=(2n-1)3n,T n=13+332+533+(2n-1)3n,3Tn=132+333+534+(2n-1)3n+1,- ,得 -2Tn=13+232+233+23n-(2n-1)3n+1=3+2(32+33+3n)-(2n-1)3n+1=3+2 -(2n-1)3n+132(1-3n-1)1-3=-6-(2n-2)3n+1.T n=(n-1)3n+1+3.13.(2017 课标 高考)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件 .为激发大家

12、学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动 .这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,其中第一项是 20,接下来的两项是 20,21,再接下来的三项是 20,21,22,依此类推,求满足如下条件的最小整数 N:N100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂 .那么该款软件的激活码是( )A.440 B.330 C.220 D.110答案 A解析 设数列的首项为第 1 组,接下来两项为第 2 组,再接下来三项为第 3 组,以此类推,设第 n 组的项数为 n,则前 n 组的项数和为 第 n 组的和为 =2n-1

13、,前 n 组总共的和为 -n=2n+1-2-n(1+n)2 . 1-2n1-2 2(1-2n)1-2n.由题意, N100,令 100,得 n14 且 nN *,即 N 出现在第 13 组之后 .若要使最小整数 N 满n(1+n)2足: N100 且前 N 项和为 2 的整数幂,则 SN- 应与 -2-n 互为相反数,即 2k-1=2+n(kN *,n14),Sn(1+n)2所以 k=log2(n+3),解得 n=29,k=5.所以 N= +5=440.故选 A.29(1+29)214.(2018 浙江长兴模拟)已知数列 an的前 n 项和 Sn满足 Sn+1=kSn+2,a1=2,a2=1,

14、则 k= ,Sn= . 答案 412 (1-12n)解析 S 2=kS1+2,a 1+a2=ka1+2.5又 a1=2,a2=1, 2+1=2k+2.k=12.S n+1= Sn+2,12当 n2 时, Sn= Sn-1+2,12- ,得 an+1= an(n2) .12又 a2= a1,易见 an0( nN *), (nN *).12 an+1an =12 数列 an是等比数列,公比为 ,Sn= =412 21-(-12)n1-12 (1-12n).15.“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列,在斐波那契数列 an中,a1=1,a2=1,an+2=an+1+an(nN *),则 a7= ;若

15、 a2 018=m,则数列 an的前 2 016 项和是 (用 m 表示) . 答案 13 m-1解析 a 1=1,a2=1,an+2=an+1+an(nN *),a 3=1+1=2,同理可得: a4=3,a5=5,a6=8,则 a7=13.a 1=1,a2=1,an+an+1=an+2(nN *),a 1+a2=a3,a2+a3=a4,a3+a4=a5,a2015+a2016=a2017,a2016+a2017=a2018.以上累加,得 a1+2a2+2a3+2a4+2a2016+a2017=a3+a4+a2018,a 1+a2+a3+a4+a2016=a2018-a2=m-1.16.(20

16、18 浙江慈溪高三上期中)若数列 an满足 an+1+(-1)nan=2n-1,其前 n 项和为 Sn,则(1)a1+a3+a5+a99= ;(2)S4n= . 答案 (1)50 (2)8n2+2n解析 (1)a n+1+(-1)nan=2n-1,a 2n+1+a2n=4n-1,a2n-a2n-1=4n-3.两式相减得 a2n+1+a2n-1=2,则 a3+a1=2,a7+a5=2,a99+a97=2,a 1+a3+a5+a99=252=50.(2)由(1)得 a3=2-a1,a2n+3+a2n+1=2,a 2n+3=2-a2n+1=2-(2-a2n-1)=a2n-1(nN *). 当 n=2

17、k(kN *)时, a4k+3=a4k-1=a3=2-a1;6当 n=2k-1(kN *)时, a4k+1=a4k-3=a1.由已知可得 a4k-1+a4k-2=8k-5,a4k-a4k-1=8k-3(kN *).a 4k-2=8k-5-a4k-1=8k-7+a1,a4k=8k-3+a4k-1=8k-1-a1.a n= (kN *).a1,n=4k-3,2n-3+a1,n=4k-2,2-a1,n=4k-1,2n-1-a1,n=4k 设 bn=a4n-3+a4n-2+a4n-1+a4n=16n-6(nN *),则数列 bn为首项为 10,公差为 16 的等差数列 .S 4n=b1+b2+bn=10n+ =8n2+2n.16n(n-1)217.(2018 浙江名校新高考研究联盟第一次联考)已知数列 an的前 n 项和为 Sn,且满足Sn=a2n+bn-1(a,bR, nN *).(1)当 a=1,b=1 时,求数列 Sn的前 n 项和 Tn;(2)若 an是等比数列,证明: + 0,即 M1M3M4. (Mn)max=M2=10 -1=(13+14) 296.故数列 S2n-Sn的最大值为 S4-S2=296.