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

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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.
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