《2018年高考数学总复习高考达标检测二十五数列求和的3种方法_分组转化裂项相消和错位相减理20170.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高考数学总复习高考达标检测二十五数列求和的3种方法_分组转化裂项相消和错位相减理20170.wps（8页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高考达标检测（二十五） 数列求和的 3 3 种方法 分组转化、裂项相消和错位相减 一、选择题 1(2017扬州调研)已知数列an的前 n 项和为 Sn，并满足：an22an1an，a54 a3，则 S7( ) A7 B12 C14 D21 解析：选 C 由 an22an1an 知数列an为等差数列，由 a54a3 7a1a7 得 a5a3 4a1a7，所以 S7 14. 2 2(2017安徽江南十校联考)在数列an中，an1an2，Sn 为an的前 n 项和若 S10 50，则数列anan1的前 10项和为( ) A100 B110 C120 D130 解 析：选 C anan1的前 10 项
2、和为 a1a2a2a3a10a112(a1a2a10) a11a12S10102120.故选 C. 3(2017安溪质检)数列an的前 n 项和为 Sn，已知 Sn1234(1)n 1n，则 S 17( ) A9 B8 C17 D16 解析：选 A S171234561516171(23)(45)(6 7)(1415)(1617)11119. 1 4已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a55，S515，则数列anan1的前 100项和为 ( ) 100 99 A. B. 101 101 99 101 C. D. 100 100 解析：选 A 设等差数列an的首项为 a1，公差为 d. a5
3、5，S515， Error!Error! ana1(n1)dn. 1 1 1 1 ， anan1 nn1 n n1 1 1 1 1 1 1 1 1 100 数列a nan1的前 100项和为(12 )( 3 )( 1 . 101) 2 100 101 101 5对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若 a12，an的“差数 列”的通项公式为 2n，则数列an的前 2 016项和 S2 016( ) A22 0172 B22 0171 C22 017 D22 0171 解 析：选 A 由题意知 an1an2n，则 anan12n1，an1an22n2，a3a2 212n1 22
4、，a2a12，累加求和得 ana12n12n2222 2n2，n2， 12 2122 016 又 a12，所以 an2n，则数列an的前 2 016 项和 S2 016 22 0172，故选 12 A. 6已知数列an满足 an2an1an1an，nN*，且 a5 ，若函数 f(x)sin 2x2cos2 2 x ，记 ynf(an)，则数列yn的前 9 项和为( ) 2 A0 B9 C9 D1 解 析：选 C 由已知可得，数列an为等差数列，f(x)sin 2xcos x1，f(2 ) 1.f(x)sin(22x)cos(x)1sin 2xcos x1，f(x)f(x)2， a1a9a2a8
5、2a5，f(a1)f(a9)2419，即数列yn的前 9 项和 为 9. 二、填空题 7(2016陕西一检)已知数列an中，a12，a2nan1，a2n1nan，则an的前 100 项和为_ 解 析：由 a12，a2nan1，a2n1nan，得 a2na2n1n1，a1(a2a3)(a4 a5)(a98a99)223501 276，a1001a501(1a25)2(12a12) 14(1a6)13(1a3)12(1a1)13，a1a2a1001 276131 289. 答案：1 289 812x3x2nxn1_(x0 且 x1) 解析：设 Sn12x3x2nxn1， 则 xSnx2x23x3n
6、xn， 得：(1x)Sn1xx2xn1nxn 1xn nxn， 1x 2 1xn nxn Sn . 1x2 1x 1xn nxn 答案： 1x2 1x 9已知数列an中，a11，an1(1)n(an1)，记 Sn 为an的前 n 项和，则 S2 017 _. 解析：由 a11，an1(1)n(an1)可得， a22，a31，a40，a51，a62，a71， 故该数列为周期是 4 的数列， 所以 S2 017504(a1a2a3a4)a1 504(2)11 007. 答案：1 007 三、解答题 10(2017西安八校联考)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a53，S1040. (1)
7、求数列an的通项公式； (2)若从数列an中依次取出第 2,4,8，2n，项，按原来的顺序排成一个新数列bn， 求数列bn的前 n 项和 Tn. 解：(1)a5a14d3， S1010a145d40， 解得 a15，d2. an2n7. (2)依题意，bna2n22n72n17， 故 Tn(22232n1)7n 222n1 2 7n 12 47n2n2. 11已知递增的等比数列an的前 n 项和为 Sn，a664，且 a4，a5的等差中项为 3a3. (1)求数列an的通项公式； n (2)设 bn ，求数列bn的前 n 项和 Tn. a2n1 解：(1)设等比数列an的公比为 q(q0)，
8、由题意，得Error! 解得Error! 所以 an2n. n n (2)因为 bn ， a2n1 22n1 3 1 2 3 4 n 所 以 Tn ， 2 23 25 27 22n1 1 1 2 3 n1 n Tn ， 4 23 25 27 n2n1 22n1 3 1 1 1 1 1 n 所以 Tn 4 2 23 25 27 22n1 22n1 1 1 2(14n) n 1 22n1 1 4 2 43n ， 3 3 22n1 8 1612n 8 43n 故 Tn . 9 9 22n1 9 9 22n1 12(2017云南统检)设 Sn 为数列an的前 n 项和，已知 a12，对任意 nN*，都有 2Sn (n1)an. (1)求数列an的通项公式； 4 1 (2)若数列a nan2的前 n 项和为 T n，求证： Tn0，所以 1 1. n1 n1 1 显然当 n1 时，Tn 取得最小值 . 2 4 1 所以 Tn1. 2 5