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1、考点规范练考点规范练 30 数列求和数列求和 考点规范练第考点规范练第 38 页页 基础巩固组基础巩固组 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)+, 1 2 则 Sn=1+3+5+(2n-1)+( 1 2 + 1 22 + + 1 2) =n2+1- 1 2. 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
2、和.若 S10=50,则数列+ 1 an+an+1的前 10项和为( ) A.100B.110C.120D.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.5B.6C.7D.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
3、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)=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 2 2 = 5 + 1 - 1 数列an的公比为( ) A.-2B.2C.-3D.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. 2 =qm+1=9,qm=8=qm=8=m=3.q3=8.q=2.故选 B. 2 = 1(1 - 2) 1 - 1(1 - ) 1 - .
4、 2 = 12 - 1 1 - 1 5 + 1 - 1 . 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.-24B.-3C.3D.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+2 3 6 5 2 (-2)=-24,故选 A. 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 项和为 1 2 - 1 Sn,则 S100的值为 . 答案 4( + 1) 解析
5、设等差数列an的公差为 d,a3=7,a5+a7=26, a1+2d=7,2a1+10d=26,解得 a1=3,d=2. an=3+2(n-1)=2n+1. bn= 1 2 - 1 = 1 42+ 4 = 1 4( 1 - 1 + 1). S100= 1 4( 1 - 1 2) +(1 2 - 1 3) + +(1 - 1 + 1) = 1 4( 1 - 1 + 1) = 4( + 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
6、(2n+1) 解析a1=1,an是等差数列,a2,a5,a14成等比数列, (1+d)(1+13d)=(1+4d)2,解得 d=2. an=a1+(n-1)d=2n-1,Sn=na1+d=n2. ( - 1) 2 bn=(-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
7、- 2 1 - 2 2(1 - 2) 1 - 2 -n=2n+1-2-n. 能力提升组能力提升组 9.已知函数 f(x)=xa的图象过点(4,2),令 an=,nN*,记数列an的前 n 项和为 Sn,则 S2 1 ( + 1) + () 017=( ) A-1B-1. 2 016. 2 017 C-1D+1. 2 018. 2 018 答案 C 解析由 f(4)=2得 4a=2,解得 a= ,则 f(x)= 1 2 1 2. 故 an=, 1 ( + 1) + () = 1 + 1+ = + 1 S2 017=a1+a2+a3+a2 017=()+()+()+()=-1. 2132432 0
8、18 2 0172 018 10.已知等比数列an的各项都为正数,且当 n3时,a4=102n,则数列 lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg 2 - 4 a4,2n-1lg an,的前 n项和 Sn等于( ) A.n2nB.(n-1)2n-1-1 C.(n-1)2n+1D.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. 2 2n-1lg an=2n-1lg 10n=n2n-1. Sn=1+22+322+n2n-1, 2Sn=12+222+323+n2n, -,得-Sn=1+2+22+2n-1-n2n=2
9、n-1-n2n=(1-n)2n-1.Sn=(n-1)2n+1. 11.在数列an中,an+1+(-1)nan=2n-1,则数列an的前 12 项和等于( ) A.76B.78C.80D.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,
10、将以上各式相加可得 S12=a1+a2+a3+a12=(a1+a3)+(a5+a7)+(a9+a11)+(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(n N*),bn=(2n-1)an,则数列bn的前 n 项和 Tn为( ) A.(n-1)3n+1B.(n-1)3n+1+3 C.(n-1)3n+3D.n3n+1+3 答案 B 解析当 n2 时,由 an+1=2Sn+3 得 an=2Sn-1+3, 两式相减,得 an+1-an=2Sn-2Sn-1=
11、2an, an+1=3an,=3. + 1 当 n=1时,a1=3,a2=2S1+3=2a1+3=9,则=3. 2 1 数列an是以 a1=3为首项,公比为 3的等比数列. an=33n-1=3n. bn=(2n-1)an=(2n-1)3n, Tn=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+1 32(1 - 3 - 1) 1 - 3 =-6-(2n-2)3n+1. Tn=(n-1)3n+1+3
12、. 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.440B.330C.220D.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
13、,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,前 n 组总共的和为-n=2n+1-2-n. (1 + ) 2 . 1 - 2 1 - 2 2(1 - 2) 1 - 2 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 (1 + ) 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),所(1 + ) 2 以 k=log2(n+3),解得 n=29,k=5.所以 N=+5=440.故选 A. 29 (1 + 29) 2 14.(20
14、18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,则 k= ,Sn= . 答案 4 1 2 ( 1 - 1 2) 解析S2=kS1+2,a1+a2=ka1+2. 又 a1=2,a2=1,2+1=2k+2.k= 1 2. Sn+1= Sn+2, 1 2 当 n2 时,Sn= Sn-1+2, 1 2 -,得 an+1= an(n2). 1 2 又 a2= a1,易见 an0(nN*),(nN*). 1 2 + 1 = 1 2 数列an是等比数列,公比为 ,Sn=4 1 2 2 1 - (- 1 2) 1 - 1 2 ( 1 - 1 2). 15.“斐波
15、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 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a1=1,a2=1,an+2=an+1+an(nN*), a3=1+1=2,同理可得:a4=3,a5=5,a6=8,则 a7=13. a1=1,a2=1,an+an+1=an+2(nN*), a1+a2=a3, a2+a3=a4, a3+a4=a5, a2 015+a2 016=a2 017, a2 016+a2 017=a2 018. 以上累加,得 a1+2a2+2
16、a3+2a4+2a2 016+a2 017=a3+a4+a2 018,a1+a2+a3+a4+a2 016=a2 018-a2=m-1. 16.(2018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)an+1+(-1)nan=2n-1, a2n+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, a1+a3+a5+a99=252=50. (
17、2)由(1)得 a3=2-a1,a2n+3+a2n+1=2, a2n+3=2-a2n+1=2-(2-a2n-1)=a2n-1(nN*). 当 n=2k(kN*)时,a4k+3=a4k-1=a3=2-a1; 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*).a4k-2=8k-5-a4k-1=8k-7+a1,a4k=8k-3+a4k-1=8k- 1-a1. an=(kN*). 1, = 4 - 3, 2 - 3 + 1, = 4 - 2, 2 - 1, = 4 - 1, 2 - 1 - 1, = 4 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. S4n=b1+b2+bn=10n+=8n2+2n. 16( - 1) 2 17.(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,b R,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=( 1 3 + 1 4) 29 6 . 故数列S2n-Sn的最大值为 S4-S2= 29 6 .