（课标通用版）高考数学大一轮复习 第六章 数列 第4讲 数列求和检测 文-人教版高三全册数学试题

《（课标通用版）高考数学大一轮复习 第六章 数列 第4讲 数列求和检测 文-人教版高三全册数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（课标通用版）高考数学大一轮复习 第六章 数列 第4讲 数列求和检测 文-人教版高三全册数学试题（7页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、第4讲 数列求和 [基础题组练] 1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3，则其前20项和为(　　) A．380－ B．400－ C．420－ D．440－ 解析：选C.令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3＝2×－3×＝420－. 2．(2019·辽宁本溪三校联考)已知数列{an}的通项公式是an＝n2sinπ，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(　　) A. B. C. D. 解析：选B.由题意得a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝－12＋22－32＋43＋…－2 0172＋2 0182＝

2、1＋2＋3＋4＋…＋2 017＋2 018＝＝，故选B. 3．(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}的前n项的“均倒数”为，又bn＝，则＋＋…＋＝(　　) A. B. C. D. 解析：选C.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an＝10n－5，则bn＝2n－1.又＝，所以＋＋…＋＝(－＋－…－＋－)＝＝. 4．(2019·河北“五个一名校联盟”(二))已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝

3、2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 018＝(　　) A．3 B．2 C．1 D．0 解析：选A.因为an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，所以a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2 018＝336×0＋a2 017＋a2 018＝a1＋a2＝3.故选A. 5．等比数列{an}中，若a1＝27，a9＝，q>0，Sn是其前n项和，则S6＝________． 解析：由a1＝27，a9＝知，＝27·q8，又由q>0，解得q＝，所以S6＝＝. 答案： 6．(2017·高考

4、全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝__________． 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意，即 解得所以Sn＝， 因此＝2＝. 答案： 7．已知数列{an}满足a1＝，且an＋1＝. (1)求证：数列{}是等差数列； (2)若bn＝an·an＋1，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)因为an＋1＝，所以＝，所以－＝， 所以数列{}是等差数列． (2)由(1)知＝＋(n－1)×＝，所以an＝， 所以bn＝＝4×(－)， Sn＝4×[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝4×(－)＝. 8．(2019·四川广安毕业班

5、诊断)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn＋1＝Sn＋an＋n＋1(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列的前n项和为Tn，求满足不等式Tn≥的最小正整数n. 解：(1)由Sn＋1＝Sn＋an＋n＋1(n∈N*)，得an＋1－an＝n＋1， 又a1＝1， 所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝. 所以数列{an}的通项公式为an＝. (2)由(1)知＝＝2， 所以Tn＝2[＋＋…＋]＝2＝. 令≥，解得n≥19， 所以满足不等式Tn≥的最小正整数n为19. [综合题组

6、练] 1．(2019·湖南湘潭模拟)已知Tn为数列的前n项和，若m>T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为(　　) A．1 026 B．1 025 C．1 024 D．1 023 解析：选C.因为＝1＋， 所以Tn＝n＋1－， 所以T10＋1 013＝11－＋1 013＝1 024－， 又m>T10＋1 013， 所以整数m的最小值为1 024.故选C. 2．(2019·益阳、湘潭调研)已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2且Sn＋1＝2Sn，设bn＝log2an，则＋＋…＋的值是(　　) A. B. C. D. 解析：选B.由Sn＋1＝2S

7、n可知，数列{Sn}是首项为S1＝a1＝2，公比为2的等比数列，所以Sn＝2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1.bn＝log2an＝当n≥2时，＝＝－，所以＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝2－＝.故选B. 3．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝(n＝1，2，3，…)，则S2n－1＝________． 解析：因为a1＝1，an＋an＋1＝(n＝1，2，3，…)，所以S2n－1＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2n－2＋a2n－1)＝1＋＋＋…＋＝. 答案： 4．已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列的前2 018项的和等于

8、________． 解析：因为a1＝，又an＋1＝＋， 所以a2＝1，从而a3＝，a4＝1， 即得an＝ 故数列的前2 018项的和等于S2 018＝1 009×＝. 答案： 5．(2019·潍坊市统一考试)若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ>0，n∈N*)． (1)证明数列{an}为等比数列，并求an； (2)若λ＝4，bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n. 解：(1)因为Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ， 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ， 所以Sn－Sn－1＝2an－2an－1， 即an＝2an－2an－1，所以an＝

9、2an－1， 所以数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列， 所以an＝λ2n－1. (2)因为λ＝4，所以an＝4·2n－1＝2n＋1， 所以bn＝ 所以T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1 ＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1) ＝＋ ＝＋n(n＋2)， 所以T2n＝＋n2＋2n－. 6．(2019·内蒙古集宁一中测试)已知数列{an}满足an＋1＝2an＋2n(n∈N*)，且a1＝1. (1)证明：数列是等差数列； (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解：(1)证明：由an＋1＝2an＋2n(n∈N*)的等式两边同时除

10、以2n＋1得＝＋， 即－＝， 所以数列是等差数列． (2)因为＝， 所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以＝＋(n－1)×＝， 所以an＝n·2n－1， 所以数列{an}的前n项和Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，① 2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，② ②－①得， Sn＝－(20＋21＋22＋…＋2n－1)＋n·2n＝－＋n·2n＝1＋(n－1)2n. 7．(2019·辽宁沈阳模拟)已知在等差数列{an}中，a1＝－11，公差d≠0，且a2，a5，a6成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝|an|，求

11、数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)因为a2，a5，a6成等比数列， 所以a＝a2a6， 即(a1＋4d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)， 所以2a1d＋11d2＝0，又d≠0，a1＝－11，所以d＝2， 所以an＝－11＋(n－1)×2＝2n－13. (2)设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝＝n2－12n， 因为an＝2n－13， 所以当n≤6时，an＜0；当n≥7时，an>0. 所以当n≤6时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝－a1－a2－…－an＝－Sn＝12n－n2； 当n≥7时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＋|a7|＋…＋|an|＝－a

12、1－a2－…－a6＋a7＋…＋an＝－S6＋Sn－S6＝Sn－2S6＝n2－12n＋72. 综上，Tn＝ 8．已知等差数列{an}中，a1＝－2，公差d＝3；数列{bn}中，Sn为其前n项和，满足2nSn＋1＝2n(n∈N*)． (1)记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn； (2)求数列{bn}的通项公式． 解：(1)因为a1＝－2，d＝3，所以an＝a1＋(n－1)×d＝－2＋3(n－1)＝3n－5，则cn＝＝＝(－)， 所以Tn＝[(－－1)＋(1－)＋…＋(－)]＝(－－)＝－. (2)因为2nSn＋1＝2n，所以Sn＝1－，Sn－1＝1－(n≥2)， 则bn＝Sn－Sn－1＝－＝－×＝×()n－1＝()n(n≥2)． 当n＝1时，b1＝S1＝1－＝，满足上述通项公式， 所以数列{bn}的通项公式为bn＝()n.