《2020版广西高考人教版数学（文）一轮复习考点规范练：31 数列求和 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版广西高考人教版数学（文）一轮复习考点规范练：31 数列求和 Word版含解析.pdf（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考点规范练考点规范练 31 数列求和数列求和 考点规范练考点规范练 A 册第册第 22 页页 一、基础巩固 1.数列 1 ,3 ,5 ,7,(2n-1)+,的前 n 项和 Sn的值等于( ) 1 2 1 4 1 8 1 16 1 2 A.n2+1-B.2n2-n+1- 1 2 1 2 C.n2+1-D.n2-n+1- 1 2 - 1 1 2 答案 A 解析该数列的通项公式为 an=(2n-1)+,则 Sn=1+3+5+(2n-1)+=n2+1-. 1 2 ( 1 2 + 1 22 + + 1 2) 1 2 2.已知数列an满足 a1=1,且对任意的 nN*都有 an+1=a1+an+n,则的前
2、 100 项和为( ) 1 A.B.C.D. 100 101 99 100 101 100 200 101 答案 D 解析an+1=a1+an+n,a1=1,an+1-an=1+n. an-an-1=n(n2). an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+2+1=. ( + 1) 2 =2. 1 = 2 ( + 1) ( 1 - 1 + 1) 的前 100项和为 2=2.故选 D. 1 ( 1 - 1 2 + 1 2 - 1 3 + + 1 100 - 1 101) ( 1 - 1 101) = 200 101 3.已知数列an满足 an+1-an
3、=2,a1=-5,则|a1|+|a2|+|a6|=( ) A.9B.15C.18D.30 答案 C 解析an+1-an=2,a1=-5, 数列an是首项为-5,公差为 2 的等差数列. an=-5+2(n-1)=2n-7. 数列an的前 n项和 Sn=n2-6n. ( - 5 + 2 - 7) 2 令 an=2n-70,解得 n . 7 2 当 n3 时,|an|=-an;当 n4 时,|an|=an. |a1|+|a2|+|a6|=-a1-a2-a3+a4+a5+a6 =S6-2S3=62-66-2(32-63)=18. 4.已知函数 f(x)=xa的图象过点(4,2),令 an=,nN*.
4、记数列an的前 n 项和为 Sn,则 S2 018 1 ( + 1) + () 等于( ) A.-1B.+1 2 0182 018 C.-1D.+1 2 0192 019 答案 C 解析由 f(4)=2,可得 4a=2,解得 a= ,则 f(x)=. 1 2 1 2 an=, 1 ( + 1) + f() = 1 + 1+ = + 1 S2 018=a1+a2+a3+a2 018=()+()+()+()=-1. 2132432 019 2 0182 019 5.已知数列an满足 an+1+(-1)nan=2n-1,则an的前 60 项和为( ) A.3 690B.3 660C.1 845D.1
5、 830 答案 D 解析an+1+(-1)nan=2n-1, 当 n=2k(kN*)时,a2k+1+a2k=4k-1, 当 n=2k+1(kN*)时,a2k+2-a2k+1=4k+1, +得:a2k+a2k+2=8k. 则 a2+a4+a6+a8+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+(a58+a60) =8(1+3+29)=8=1 800. 15 (1 + 29) 2 由得 a2k+1=a2k+2-(4k+1), a1+a3+a5+a59=a2+a4+a60-4(0+1+2+29)+30=1 800-=30, (4 30 29 2 + 30) a1+a2+a60=1 800+30=1 83
6、0. 6.已知等差数列an,a5= .若函数 f(x)=sin 2x+1,记 yn=f(an),则数列yn的前 9 项和为 . 2 答案 9 解析由题意,得 yn=sin 2an+1,所以数列yn的前 9 项和为 sin 2a1+sin 2a2+sin 2a3+sin 2a8+sin 2a9+9. 由 a5= ,得 sin 2a5=0. 2 a1+a9=2a5=,2a1+2a9=4a5=2, 2a1=2-2a9, sin 2a1=sin=-sin 2a9.(2 - 29) 由倒序相加可得 (sin 2a1+sin 2a2+sin 2a3+sin 2a8+sin 2a9+sin 2a1+sin
7、2a2+sin 2a3+sin 1 2 2a8+sin 2a9)=0, y1+y2+y3+y8+y9=9. 7.已知数列an满足:a3= ,an-an+1=2anan+1,则数列anan+1前 10 项的和为 . 1 5 答案 10 21 解析an-an+1=2anan+1,=2,即=2. - + 1 + 1 1 + 1 1 数列是以 2为公差的等差数列. 1 =5,=5+2(n-3)=2n-1.an=. 1 3 1 1 2 - 1 anan+1=. 1 (2 - 1)(2 + 1) = 1 2( 1 2 - 1 - 1 2 + 1) 数列anan+1前 10项的和为 1 2( 1 - 1 3
8、 + 1 3 - 1 5 + + 1 2 10 - 1 - 1 2 10 + 1) =. 1 2 ( 1 - 1 21) = 1 2 20 21 = 10 21 8.(2018云南昆明第二次统考)在数列an中,a1=3,an的前 n 项和 Sn满足 Sn+1=an+n2. (1)求数列an的通项公式; (2)设数列bn满足 bn=(-1)n+,求数列bn的前 n 项和 Tn.2 解(1)由 Sn+1=an+n2, 得 Sn+1+1=an+1+(n+1)2, -,得 an=2n+1. a1=3满足上式,所以数列an的通项公式为 an=2n+1. (2)由(1)得 bn=(-1)n+22n+1,
9、所以 Tn=b1+b2+bn=(-1)+(-1)2+(-1)n+(23+25+22n+1) =( - 1) 1 - ( - 1) 1 - ( - 1) + 23 (1 - 4) 1 - 4 =(4n-1). ( - 1) - 1 2 + 8 3 9.设等差数列an的公差为 d,前 n 项和为 Sn,等比数列bn的公比为 q,已知 b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求数列an,bn的通项公式; (2)当 d1时,记 cn=,求数列cn的前 n 项和 Tn. 解(1)由题意,得101 + 45 = 100, 1 = 2, 即21 + 9 = 20, 1 = 2, 解得1 = 1
10、, = 2 或 1 = 9, = 2 9. 故 = 2 - 1, = 2 - 1 或 = 1 9(2 + 79), = 9(2 9) - 1 . (2)由 d1,知 an=2n-1,bn=2n-1,故 cn=, 2 - 1 2 - 1 于是 Tn=1+, 3 2 + 5 22 + 7 23 + 9 24 2 - 1 2 - 1 Tn=+. 1 2 1 2 + 3 22 + 5 23 + 7 24 + 9 25 2 - 1 2 -可得 Tn=2+=3-,故 Tn=6-. 1 2 1 2 + 1 22 1 2 - 2 2 - 1 2 2 + 3 2 2 + 3 2 - 1 10.已知 Sn为数列a
11、n的前 n项和,an0,+2an=4Sn+3.2 (1)求an的通项公式; (2)设 bn=,求数列bn的前 n 项和. 1 + 1 解(1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3.2 2 + 1 两式相减可得+2(an+1-an)=4an+1, 2 + 1 2 即 2(an+1+an)=(an+1+an)(an+1-an). 2 + 1 2n 由于 an0,可得 an+1-an=2. 又+2a1=4a1+3,2 1 解得 a1=-1(舍去),a1=3. 所以an是首项为 3,公差为 2 的等差数列,故an的通项公式为 an=2n+1. (2)由 an=2n+1 可知 bn=
12、. 1 + 1 = 1 (2 + 1)(2 + 3) = 1 2( 1 2 + 1 - 1 2 + 3) 设数列bn的前 n项和为 Tn, 则 Tn=b1+b2+bn = 1 2( 1 3 - 1 5) +(1 5 - 1 7) + +( 1 2 + 1 - 1 2 + 3) =. 3(2 + 3) 11.已知各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn,满足=2Sn+n+4,a2-1,a3,a7恰为等比数列bn 2 + 1 的前 3项. (1)求数列an,bn的通项公式; (2)若 cn=(-1)nlog2bn-,求数列cn的前 n项和 Tn. 1 + 1 解(1)因为=2Sn+n+4, 2
13、 + 1 所以=2Sn-1+n-1+4(n2).2 两式相减,得=2an+1, 2 + 1 2 所以+2an+1=(an+1)2. 2 + 1= 2 因为an是各项均为正数的数列, 所以 an+1=an+1,即 an+1-an=1. 又=(a2-1)a7,所以(a2+1)2=(a2-1)(a2+5),2 3 解得 a2=3,a1=2, 所以an是以 2为首项,1 为公差的等差数列, 所以 an=n+1. 由题意知 b1=2,b2=4,b3=8,故 bn=2n. (2)由(1)得 cn=(-1)nlog22n- 1 ( + 1)( + 2) =(-1)nn-, 1 ( + 1)( + 2) 故
14、Tn=c1+c2+cn=-1+2-3+(-1)nn-. 1 2 3 + 1 3 4 + + 1 ( + 1) ( + 2) 设 Fn=-1+2-3+(-1)nn, 则当 n为偶数时,Fn=(-1+2)+(-3+4)+-(n-1)+n= ; 2 当 n为奇数时,Fn=Fn-1+(-n)=-n=. - 1 2 - ( + 1) 2 设 Gn=+, 1 2 3 + 1 3 4 1 ( + 1) ( + 2) 则 Gn=+. 1 2 1 3 + 1 3 1 4 1 + 1 1 + 2 = 1 2 1 + 2 所以 Tn= - 1 2 + 1 + 2,为偶数, - + 2 2 + 1 + 2,为奇数.
15、二、能力提升 12.在数列an中,a1=1,且 an+1=.若 bn=anan+1,则数列bn的前 n 项和 Sn为( ) 2+ 1 A.B.C.D. 2 2 + 1 2n + 1 2 2 - 1 2 - 1 2 + 1 答案 B 解析由 an+1=,得+2, 2+ 1 1 + 1 = 1 数列是以 1为首项,2为公差的等差数列, 1 =2n-1,又 bn=anan+1, 1 bn=, 1 (2 - 1)(2 + 1) = 1 2( 1 2 - 1 - 1 2 + 1) Sn=,故选 B. 1 2( 1 1 - 1 3 + 1 3 - 1 5 + + 1 2 - 1 - 1 2 + 1) =
16、2 + 1 13.(2018福建宁德期末)今要在一个圆周上标出一些数,第一次先把圆周二等分,在这两个分点处分别 标上 1,如图(1)所示;第二次把两段半圆弧二等分,在这两个分点处分别标上 2,如图(2)所示;第三次把 四段圆弧二等分,并在这 4 个分点处分别标上 3,如图(3)所示.如此继续下去,当第 n 次标完数以后,这 个圆周上所有已标出的数的总和是 . 答案(n-1)2n+2 解析由题意可得,第 n 次标完后,圆周上所有已标出的数的总和为 Tn=1+1+22+322+n2n-1. 设 S=1+22+322+n2n-1, 则 2S=2+222+(n-1)2n-1+n2n, 两式相减可得-S
17、=1+2+22+2n-1-n2n=(1-n)2n-1,则 S=(n-1)2n+1,故 Tn=(n-1)2n+2. 14.已知首项为 的等比数列an不是递减数列,其前 n 项和为 Sn(nN*),且 S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差 3 2 数列. (1)求数列an的通项公式; (2)设 bn=(-1)n+1n(nN*),求数列anbn的前 n 项和 Tn. 解(1)设等比数列an的公比为 q. 由 S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列, 可得 2(S5+a5)=S3+a3+S4+a4, 即 2(S3+a4+2a5)=2S3+a3+2a4, 即 4a5=a3,则 q2=,解得 q
18、= . 5 3 = 1 4 1 2 由等比数列an不是递减数列,可得 q=- , 1 2 故 an=(-1)n-1. 3 2( - 1 2) - 1 3 2 (2)由 bn=(-1)n+1n,可得 anbn=(-1)n-1(-1)n+1n=3n. 3 2 ( 1 2) 故前 n项和 Tn=3, 1 1 2 + 2( 1 2) 2 + + ( 1 2) 则 Tn=3, 1 2 1 ( 1 2) 2 + 2( 1 2) 3 + + ( 1 2) + 1 两式相减可得, Tn=3 1 2 1 2 +(1 2) 2 + +(1 2) - =3, ( 1 2) + 1 1 2( 1 - 1 2) 1 -
19、 1 2 - ( 1 2) + 1 化简可得 Tn=6. ( 1 - + 2 2 + 1) 15.(2018湖南长沙雅礼中学模拟)若数列an的前 n项和 Sn满足 Sn=2an-(0,nN*). (1)证明:数列an为等比数列,并求 an; (2)若 =4,bn=(nN*),求数列bn的前 2n项和 T2n. ,是奇数, log2,是偶数 (1)证明Sn=2an-, 当 n=1时,得 a1=, 当 n2 时,Sn-1=2an-1-, 则 Sn-Sn-1=2an-2an-1, 即 an=2an-2an-1,an=2an-1, 数列an是以 为首项,2 为公比的等比数列, an=2n-1. (2)
20、解=4,an=42n-1=2n+1, bn=2 + 1,是奇数, + 1,是偶数. T2n=22+3+24+5+26+7+22n+2n+1 =(22+24+26+22n)+(3+5+2n+1) =+n(n+2), 4 - 22 4 1 - 4 + (3 + 2 + 1) 2 = 4 + 1 - 4 3 T2n=+n2+2n- . 4 + 1 3 4 3 三、高考预测 16.已知数列an的前 n项和为 Sn,且 a1=2,Sn=2an+k,等差数列bn的前 n 项和为 Tn,且 Tn=n2. (1)求 k 和 Sn; (2)若 cn=anbn,求数列cn的前 n 项和 Mn. 解(1)Sn=2a
21、n+k,当 n=1 时,S1=2a1+k. a1=-k=2,即 k=-2.Sn=2an-2. 当 n2 时,Sn-1=2an-1-2. an=Sn-Sn-1=2an-2an-1.an=2an-1. 数列an是以 2为首项,2 为公比的等比数列.即 an=2n. Sn=2n+1-2. (2)等差数列bn的前 n 项和为 Tn,且 Tn=n2, 当 n2 时,bn=Tn-Tn-1=2n-1. 又 b1=T1=1 符合 bn=2n-1, bn=2n-1. cn=anbn=(2n-1)2n. 数列cn的前 n项和 Mn=12+322+523+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n, 2Mn=122+323+524+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1, 由-,得-Mn=2+222+223+224+22n-(2n-1)2n+1=2+2-(2n-1)2n+1, 22 - 2 + 1 1 - 2 即 Mn=6+(2n-3)2n+1.