2020届高考理科数学全优二轮复习训练：专题5 第2讲　数列求和

2020届高考理科数学全优二轮复习训练：专题5 第2讲　数列求和

专题复习检测 A 卷 1．(2019 年福建泉州模拟)数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－ 1·n，则 S17＝(　　) A．8　 B．9　　 C．16　 D．17 【答案】B 【解析】S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7) ＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9. 2．若一个等差数列前 3 项的和为 34，最后 3 项的和为 146 且所有项的和为 390，则这个 数列的项数为(　　) A．13　 B．12　　 C．11　 D．10 【答案】A 【解析】因为 a1＋a2＋a3＝34，an－2＋an－1＋an＝146，a1＋a2＋a3＋an－2＋an－1＋an＝34＋ 146＝180，又 a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2，所以 3(a1＋an)＝180，从而 a1＋an＝60.所以 Sn＝ n(a1＋an) 2 ＝n·60 2 ＝390，即 n＝13. 3．已知数列{an}满足 an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(　　) A．9　 B．15　　 C．18　 D．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＝n(－5＋2n－7) 2 ＝n2－6n.令 an＝2n－7≥0，解 得 n≥7 2.∴n≤3 时，|an|＝－an；n≥4 时，|an|＝an.则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋ a6＝S6－2S3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.故选 C． 4．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两 步为： 第一步：构造数列 1，1 2，1 3，1 4，…，1 n. 第二步：将数列的各项乘以 n，得数列(记为)a1，a2，a3，…，an. 则 a1a2＋a2a3＋…＋an－1an 等于(　　) A．(n＋1)2　 B．(n－1)2 C．n(n－1)　 D．n(n＋1) 【答案】C 【解析】a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝n 1·n 2＋n 2·n 3＋…＋ n n－1·n n ＝n2[ 1 1 × 2＋ 1 2 × 3＋…＋ 1 (n－1)n] ＝n2(1－1 2＋1 2－1 3＋…＋ 1 n－1－1 n) ＝n2·n－1 n ＝n(n－1)． 5．(2019 年安徽皖西七校联考)在数列{a n}中，an＝2n－1 2n ，若{an}的前 n 项和 Sn＝321 64 ， 则 n＝(　　) A．3　 B．4　　 C．5　 D．6 【答案】D 【解析】由 an＝2n－1 2n ＝1－ 1 2n，得 Sn＝n－(1 2＋ 1 22＋…＋ 1 2n)＝n－(1－ 1 2n)，则 Sn＝321 64 ＝n－ (1－ 1 2n).将各选项中的值代入验证得 n＝6. 6．(2018 年上海)记等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn，若 a3＝0，a 6＋a7＝14，则 S 7＝ ________. 【答案】14 【解析】由 a3＝0，a6＋a7＝14，得Error!解得 a1＝－4，d＝2.∴S7＝7a1＋7 × 6 2 d＝14. 7．若一个数列的第 m 项等于这个数列的前 m 项的乘积，则称该数列为“m 积数列”．若 各项均为正数的等比数列{an}是一个“2 018 积数列”且 a1＞1，则当其前 n 项的乘积取最大值 时 n 的值为________． 【答案】1 008 或 1 009 【解析】由题可知 a1a2a3·…·a 2 018＝a2 018，故 a1a2a3·…·a 2 017＝1，由于{an}是各项均为正 数的等比数列且 a1＞1，所以 a1 009＝1，公比 0＜q＜1.所以 a1 008＞1 且 0＜a1 010＜1，故当数列 {an}的前 n 项的乘积取最大值时 n 的值为 1 008 或 1 009. 8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若 a1＝2，{an}的“差数 列”的通项公式为 2n，则数列{an}的前 n 项和 Sn＝________. 【答案】2n＋1－2 【解析】∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－ 2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2 ＋2＝2n－2＋2＝2n.∴Sn＝2－2n＋1 1－2 ＝2n＋1－2. 9．在正项等比数列{an}中，公比 q∈(0,1)，a3＋a5＝5 且 a3 和 a5 的等比中项是 2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝1 n(log2a1＋log2a2＋…＋log2an)，判断数列{bn}的前 n 项和 Sn 是否存在最大值？若 存在，求出使 Sn 最大时 n 的值；若不存在，请说明理由． 【解析】(1)依题意 a3·a5＝4，又 a3＋a5＝5，q∈(0,1)， ∴a3＝4，a5＝1. ∴q2＝a5 a3＝1 4，即 q＝1 2. ∴a1＝a3 q2＝16，an＝a1·qn－1＝16·(1 2 )n－1＝25－n. (2)∵log2an＝5－n， ∴bn＝1 n[4＋3＋…＋(5－n)]＝ (4＋5－n) 2 n n ＝9－n 2 . ∵当 n＜9 时，bn＞0；当 n＝9 时，bn＝0；当 n＞9 时，bn＜0. ∴S1＜S2＜…＜S8＝S9＞S10＞S11＞…. ∴Sn 有最大值，此时 n＝8 或 9. 10．(2019 年山东潍坊二模)设等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn，且 a2＝8，S 4＝40；数列 {bn }的前 n 项和为 Tn，且 Tn－2bn＋3＝0，n∈N*. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设 cn＝Error!求数列{cn}的前 n 项和 Pn. 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d. 由题意，Error!得Error!所以 an＝4n. 因为 Tn－2bn＋3＝0，所以当 n＝1 时，b1＝3. 当 n≥2 时，Tn－1－2bn－1＋3＝0. 两式相减，得 bn＝2bn－1(n≥2)． 所以数列{bn }为等比数列，bn＝3·2n－1. (2)cn＝Error! 当 n 为偶数时，Pn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝ (4＋4n－4)·n 2 2 ＋ 6(1－4n 2 ) 1－4 ＝2n＋ 1＋n2－2. 当 n 为奇数时，n－1 为偶数， Pn＝Pn－1＋cn＝2(n－1)＋1＋(n－1)2－2＋4n＝2n＋n2＋2n－1. 所以 Pn＝Error! B 卷 11．(2019 年广东江门模拟)数列{an}满足 a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，且 bn＝ancos 2nπ 3 ，记 Sn 为数列{bn}的前 n 项和，则 S120＝(　　) A．7 160　 B．7 220　　 C．7 280　 D．7 340 【答案】C 【解析】由 nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，得an＋1 n＋1＝an n ＋1，所以数列{an n }是以 1 为公差的 等差数列．又a1 1 ＝1，所以an n ＝n，即 an＝n2，所以 bn＝n2cos2nπ 3 .所以 b3k－2＋b3k－1＋b3k＝－1 2(3k －2)2－1 2(3k－1)2＋(3k)2＝9k－5 2.所以 S120＝∑ 40 k＝1 (9k－5 2)＝40 2 (9－5 2＋9 × 40－5 2)＝7 280. 12．(2019 年东北三校联考)如图所示，作边长为 a 的正三角形的内切圆，在这个圆内作内 接正三角形，然后再作新三角形的内切圆．如此下去，前 n 个内切圆的面积和为(　　) A．a2 9 (1－ 1 2n)π B．a2 9 (1－ 1 22n－1)π C．a2 9 (1－ 1 2n＋1)π D．a2 9 (1－ 1 22n)π 【答案】D 【解析】设第 n 个三角形的内切圆半径为 an，则易知 a1＝1 2atan 30°＝ 3 6 a，a2＝1 2a1，…， an＝1 2an－1，故数列{an}是首项为 3 6 a，公比为1 2的等比数列．设前 n 个内切圆面积和为 Sn， 则 Sn＝π(a21＋a22＋…＋a2n) ＝πa21[1＋(1 2 )2＋(1 4 )2＋…＋( 1 2n－1 )2] ＝πa21[1＋1 4＋(1 4 )2＋…＋(1 4 )n－1] ＝4 3×a2 12(1－ 1 22n)π＝a2 9 (1－ 1 22n)π.故选 D． 13．已知数列{an}是等比数列，其公比为 2，设 bn＝log2an 且数列{bn}的前 10 项的和为 25，那么 1 a1＋ 1 a2＋ 1 a3＋…＋ 1 a10的值为________． 【答案】 1 023 128 【解析】∵数列{an}是等比数列，其公比为 2，∴b1＋b2＋…＋b10＝log2(a1·a2·…·a 10)＝ log2(a101 21 ＋ 2 ＋ … ＋ 9)＝25，∴a 101 ×245 ＝2 25 ，可得 a1 ＝1 4.那么 1 a1＋ 1 a2＋ 1 a3＋…＋ 1 a10＝4 (1＋1 2＋ 1 22＋…＋ 1 29)＝4× 1－ 1 210 1－1 2 ＝1 023 128 . 14．(2018 年甘肃张掖模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an ＋1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令 cn＝ bn 2n＋1＋ 1 n(n＋1)，其中 n∈N*，若数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 【解析】(1)由 a1＝－3a1＋4，得 a1＝1. 由 an＝－3Sn＋4，知 an＋1＝－3Sn＋1＋4. 两式相减，化简得 an＋1＝1 4an. ∴an＝(1 4 )n－1，bn＝－log2an＋1＝－log2(1 4 )n＝2n. (2)由题意知 cn＝ n 2n＋ 1 n(n＋1). 令 Hn＝1 2＋ 2 22＋ 3 23＋…＋ n 2n，① 则 1 2Hn＝ 1 22＋ 2 23＋…＋n－1 2n ＋ n 2n＋1.② ①－②，得 1 2Hn＝1 2＋ 1 22＋ 1 23＋…＋ 1 2n－ n 2n＋1＝ 1－n＋2 2n＋1. ∴Hn＝2－n＋2 2n . 1 n(n＋1)＝1 n－ 1 n＋1， 令 Mn＝1－1 2＋1 2－1 3＋…＋1 n－ 1 n＋1＝1－ 1 n＋1＝ n n＋1， ∴Tn＝Hn＋Mn＝2－n＋2 2n ＋ n n＋1.