2020高考文科数学复习第五章 第4节 [数列求和]课时练

2020高考文科数学复习 第五章 第4节 [数列求和]课时练

A组 基础对点练

1．数列{1＋2}的前n项和为( ) A．1＋2n C．n＋2n－1 解析：由题意得an＝1＋2n－1， 1－2n

所以Sn＝n＋

1－2

＝n＋2n－1. 答案：C 2．(2019·长沙模拟)已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于( ) A．15 B．12 C．－12 D．－15

解析：∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15. 答案：A

3．在数列{an}中，an＋1－an＝2，Sn为{an}的前n项和．若S10＝50，则数列{an＋an＋1}的前10项和为( ) A．100 B．110 C．120 D．130

解析：{an＋an＋1}的前10项和为a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a10＋a10＋a11＝2(a1＋a2＋…＋a10)＋a11－a1＝2S10＋10×2＝120，故选C. 答案：C

1

4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列aa的前100项和为( )

nn＋1

10099A. B. 10110199101C. D. 100100

n－1

B．2＋2n

D．n＋2＋2n

解析：由S5＝5a3及S5＝15得a3＝3，

a5－a3111111

的前100项和T100＝1－∴d＝＝1，a1＝1，∴an＝n，＝＝－，所以数列

25－3anan＋1nn＋1nn＋1anan＋1

11111100

＋－＋…＋－＝1－＝，故选A. 23100101101101答案：A

1n

5．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－35，则其前20项和为( )

11321－19 1－20 A．380－ B．400－555511341－20 1－20 C．420－ D．440－4555

111＋2＋…＋20＝解析：令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3555

111－2020×20＋15513

1－20. 2×－3×＝420－5214

1－5

1

答案：C

1

6．数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n为( )

n＋ n＋1

A．120 B．99 C．11 D．121 解析：an＝

1n＋

＝n＋1

n＋1－n

n＋1＋ n

n＋1－ n

＝

n＋1－ n，所以a1＋a2＋…＋an＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n)＝ n＋1－1＝10.即 n＋1＝11，所以n＋1＝121，n＝120. 答案：A

7．在等差数列{an}中，a1＞0，a10·a11＜0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是________． 解析：由a1＞0，a10·a11＜0可知d＜0，a10＞0， a11＜0，

所以T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18

＝S10－(S18－S10)＝60. 答案：60

121xn－1，其中n∈N*，且n≥2，则S＝________. 8．设函数f(x)＝＋log2，定义Sn＝f＋f＋…＋fnnn2n1－x1－x1x1

解析：因为f(x)＋f(1－x)＝＋log2＋＋log2

2x1－x2

n－11n－12n－2n－11

＝1＋log21＝1，所以2Sn＝fn＋f＋f＋f＋…＋f＋f＝n－1.所以Sn＝2.

nnnnnn－1

答案：

2

n2＋n

9．已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.

2

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和． 解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；

n2＋nn－12＋n－1

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.

22a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n. (2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.

记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 21－22n2n1

则A＝＝2＋－2，

1－2

B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.

10．(2019·长沙市统一模拟考试)已知数列{an}为等差数列，其中a2＋a3＝8，a5＝3a2.

(1)求数列{an}的通项公式；

22 016

(2)记bn＝，设{bn}的前n项和为Sn，求最小的正整数n，使得Sn＞. 2 017anan＋1

2

解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，

2a1＋3d＝8

依题意有，

a1＋4d＝3a1＋3d

解得a1＝1，d＝2，

从而{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.

211

(2)因为bn＝＝－，

anan＋12n－12n＋111111－11所以Sn＝1－3＋3－5＋…＋＝1－， 2n－12n＋12n＋112 016

令1－＞，

2n＋12 017解得n＞1 008，故取n＝1 009.

B组 能力提升练

n

11．(2019·江西师大附中调研)定义为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}

p1＋p2＋…＋pn

1an111

的前n项的“均倒数”为，又bn＝，则＋ ＋…＋＝( )

5n5b1b2b2b3b10b11

89A. B. 17191011C. D. 2123解析：由定义可知a1＋a2＋…＋an＝5n2，a1＋a2＋…＋an＋an＋1＝5(n＋1)2，可求得an＋1＝10n＋5，所以

111－11111

an＝10n－5，则bn＝2n－1.又＝bn，所以＋＋…＋＝2bn＋1b1b2b2b3b10b112bnbn＋1

1－1＋1－…－1＋1－1＝11－1＝10.

b10b10b112b1b1121b1b2b2

答案：C

nπ

12．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)·cos＋1(n∈N*)，其前n项和为Sn，则S60＝( )

2

A．－30 B．－60 C．90 D．120

解析：由题意可得，当n＝4k－3(k∈N*)时，an＝a4k－3＝1；当n＝4k－2(k∈N*)时，an＝a4k－2＝6－8k；当n＝4k－1(k∈N*)时，an＝a4k－1＝1；当n＝4k(k∈N*)时，an＝a4k＝8k.所以a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝8，所以S60＝8×15＝120. 答案：D

2＋1

13．(2019·湖南湘潭模拟)已知Tn为数列n的前n项和，若m＞T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值

2

n

为( ) A．1 026 C．1 024

B．1 025 D．1 023

2n＋11n

解析：因为n＝1＋2， 2

1

所以Tn＝n＋1－n，

2

11

所以T10＋1 013＝11－10＋1 013＝1 024－10，

22

3

又m＞T10＋1 013，

所以整数m的最小值为1 024.故选C. 答案：C 14．(2019·山西四校联考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 016＝________.

解析：∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n ①，∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1 ②，∵①÷an＋11－21 0082×1－21 008

②得＝2，∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S2 016＝＋＝3×21 008

an－11－21－2－3.

答案：3×21 008－3

15．已知数列2 017,2 018,1，－2 017，…，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则

这个数列的前2 018项之和S2 018＝________.

解析：由题意可知， an＋1＝an＋an＋2，a1＝2 017，a2＝2 018，所以a3＝1，a4＝－2 017，a5＝－2 018，a6＝－1，a7＝2017，…，所以an＋6＝an，即数列{an}是以6为周期的数列，又a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6

＝0，所以S2 018＝336(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)＋(a1＋a2)＝ 4 035. 答案：4 035

16．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＋1＝Sn＋an＋2，a1，a2，a5成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式．

bn(2)若数列{bn}满足＝( 2)1＋an，求数列{bn}的前n项和Tn.

an

解析：(1)因为Sn＋1＝Sn＋an＋2，所以an＋1－an＝2， 所以数列{an}是公差为2的等差数列， 因为a1，a2，a5成等比数列，所以a2a5， 2＝a1·所以(a1＋2)2＝a1(a1＋8)，解得a1＝1. 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.

bn(2)因为数列{bn}满足＝( 2)1＋an，

an所以bn＝(2n－1)( 2)1＋(2n－1) 所以数列{bn}的前n项和

Tn＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，

所以2Tn＝2×2＋3×23＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1， 所以Tn＝6＋(2n－3)×2n＋1.

＝(2n－1)·2n.

4