2020届高考数学一轮复习课时训练：第6章 数 列 30(含解析)

【课时训练】第30节　数列求和

一、选择题

1.(2018阳泉质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2=2an＋1－an，a5=4－a3，则S7=(　　)

A.7　　　 B.12　　

C.14  D.21

答案为：C

解析：由an＋2=2an＋1－an知数列{an}为等差数列，由a5=4－a3得a5＋a3=4=a1＋a7，所以S7==14.

2.(2018辽宁五校联考)已知等差数列{an}满足a3=7，a5＋a7=26，bn=(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，则S100的值为(　　)

A. B.　

C. D.

答案为：C

解析：在等差数列{an}中，a5＋a7=2a6=26⇒a6=13.又数列{an}的公差d===2，所以an=a3＋(n－3)·d=7＋(n－3)×2=2n＋1，那么bn===，故Sn=b1＋b2＋…＋bn=⇒S100==.

3.(2018河南郑州模拟)已知在等差数列{an}中，a1=120，公差d=－4.若Sn≤an(n≥2)，其中Sn为该数列的前n项和，则n的最小值为(　　)

A.60　　  B.62　　　

C.70  D.72

答案为：B

解析：由题意得an=120－4(n－1)=124－4n，Sn=120n＋×(－4)=122n－2n2.由Sn≤an，得122n－2n2≤124－4n，即n2－63n＋62≥0，解得n≥62或n≤1(舍去).故选B.

4.(2018嘉兴调研)已知an=(n∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn，则使Sn＞0的n的最小值为(　　)

A.99　　　  B.100　　　

C.101  D.102

答案为：C

解析：由通项公式得a1＋a100=a2＋a99=a3＋a98=…=a50＋a51=0，a101=＞0.故选C.

5.(2018广东肇庆二模)已知数列{an}的前n项和是Sn，且4Sn=(an＋1)2，则下列说法正确的是(　　)

A.数列{an}为等差数列

B.数列{an}为等差或等比数列

C.数列{an}为等比数列

D.数列{an}既不是等差数列也不是等比数列

答案为：B

解析：∵4Sn=(an＋1)2，∴4Sn＋1=(an＋1＋1)2，∴4Sn＋1－4Sn=4an＋1=(an＋1＋1)2－(an＋1)2，化简得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)=0，∴an＋1=an＋2，或an＋1＋an=0，∵4a1=(a1＋1)2，∴a1=1.故选B.

6.(2019山西太原五中调考)在数列{an}中，an＞0，a1=，如果an＋1是1与的等比中项，那么a1＋＋＋＋…＋的值是(　　)

A.  B.

C.　 D.　

答案为：C

解析：由题意得a=⇒(2an＋1＋anan＋1＋1)(2an＋1－anan＋1－1)=0⇒an＋1=⇒an＋1－1=⇒=－1，∴数列为以－2为首项，－1为公差的等差数列，∴=－2－(n－1)=－n－1⇒an=⇒==－.∴a1＋＋…＋=1－＋－＋…＋－=.

7.(2018湖南衡阳模拟)已知数列{an}满足a1=1，a2=1，an＋1=|an－an－1|(n≥2)，则该数列前2 017项的和S2 017=(　　)

A.1 345　　  B.671　　

C.1 342  D.1 341

答案为：A

解析：由a1=1，a2=1，an＋1=|an－an－1|(n≥2)，得a3=0，a4=1，a5=1，a6=0，则数列{an}是以3为周期的周期数列，且a1＋a2＋a3=2.又2 017=672×3＋1，所以S2 017=672×2＋1=1 345.

二、填空题

8.(2018河北冀州中学月考)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S1，S3，S4成等差数列，则数列{an}的公比为________.

答案为：

解析：设{an}的公比为q，由题意易知q＞0且q≠1.因为S1，S3，S4成等差数列，所以2S3=S1＋S4，即=a1＋，解得q=.

9.(2018泰安模拟)已知数列{an}中，a1=1，an＋1=(－1)n·(an＋1)，记Sn为{an}的前n项和，则S2 017=________.

答案为：－1 007

解析：由a1=1，an＋1=(－1)n(an＋1)可得，该数列是周期为4的数列，且a1=1，a2=－2，a3=－1，a4=0，所以S2 017=504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 017=504×(－2)＋1=－1 007.

10.(2018山东枣庄质检)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=________.

答案为： 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－2＋2=2n.

∴Sn==2n＋1－2.

三、解答题

11.(2018湖北稳派教育联考)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，Sn=n2＋n(a1－1)(n∈N*)，且a1，a3－1，a5＋7成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn.

【解】(1)∵Sn=n2＋n(a1－1)，

又Sn=na1＋d=n2＋n，

∴d=2.

又a1，a3－1，a5＋7成等比数列.

∴a1(a5＋7)=(a3－1)2，即a1(a1＋15)=(a1＋3)2，解得a1=1，∴an=1＋2(n－1)=2n－1.

(2)由(1)可得bn===，

故Tn=b1＋b2＋…＋bn－1＋bn==.

12.(2018辽宁五校联考)若数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y=－x的图象上(n∈N*).

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若c1=0，且对任意正整数n都有cn＋1－cn=logan.求证：对任意正整数n≥2，总有≤＋＋＋…＋＜.

(1)【解】∵Sn=－an，∴当n≥2时，an=Sn－Sn－1=an－1－an，∴an=an－1.

又∵S1=a1=－a1，∴a1=，

∴an是以为首项，为公比的等比数列.

∴an=n－1=2n＋1.

(2)【证明】由cn＋1－cn=logan=2n＋1，

得当n≥2时，cn=c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)=0＋3＋5＋…＋(2n－1)=n2－1=(n＋1)(n－1)，∴==，

∴＋＋＋…＋

=×

==－＜.

又∵＋＋＋…＋≥=，

∴原式得证.