2021高考数学（文）大一轮复习习题 第五章 数列 课时跟踪检测 （三十一）　数列求和 word版含答案

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1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S5＝25，则S7＝( )
A．41 B．48
C．49 D．56
解析：选C 设Sn＝An2＋Bn，
由题知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝9A＋3B＝9，,S5＝25A＋5B＝25，))解得A＝1，B＝0，
∴S7＝49．
2．数列{1＋2n－1}的前n项和为( )
A．1＋2n B．2＋2n
C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n
解析：选C 由题意得an＝1＋2n－1，
所以Sn＝n＋eq \f(1－2n,1－2)＝n＋2n－1．
3．(2017·江西新余三校联考)数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为( )
A．－200 B．－100
C．200 D．100
解析：选D 根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100，故选D．
4．已知正项数列{an}满足aeq \\al(2,n＋1)－6aeq \\al(2,n)＝an＋1an．若a1＝2，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
解析：∵aeq \\al(2,n＋1)－6aeq \\al(2,n)＝an＋1an，
∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，
∵an>0，∴an＋1＝3an，
又a1＝2，∴{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
∴Sn＝eq \f(21－3n,1－3)＝3n－1．
答案：3n－1
5．(2017·广西高三适应性测试)已知数列{eq \r(an)}的前n项和Sn＝n2，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an＋1－1)))的前n项和Tn＝________．
解析：∵eq \r(an)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,n2－n－12，n≥2))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2n－1，n≥2，))
∴eq \r(an)＝2n－1．
∴eq \f(1,an＋1－1)＝eq \f(1,2n＋12－1)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Tn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,4n＋4)．
答案：eq \f(n,4n＋4)
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1．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前5项和为( )
A．eq \f(15,8)或5 B．eq \f(31,16)或5
C．eq \f(31,16) D．eq \f(15,8)
解析：选C 设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得eq \f(91－q3,1－q)＝eq \f(1－q6,1－q)，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，前5项和为eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5,1－\f(1,2))＝eq \f(31,16)．
2．已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝( )
A．1－4n B．4n－1
C．eq \f(1－4n,3) D．eq \f(4n－1,3)
解析：选B 由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，
∴bn＝(－3)×(－4)n－1，
∴|bn|＝3×4n－1，
即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列．
∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝eq \f(31－4n,1－4)＝4n－1．
3．(2017·江西重点中学联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于( )
A．5 B．6
C．7 D．16
解析：选C 根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数列重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0．
又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7．故选C．
4．已知数列{an}的通项公式是an＝n2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1,2)π))，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝( )
A．eq \f(2 017×2 018,2) B．eq \f(2 018×2 019,2)
C．eq \f(2 017×2 017,2) D．eq \f(2 018×2 018,2)
解析：选B an＝n2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1,2)π))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－n2，n为奇数，,n2，n为偶数，))
∴a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝－12＋22－32＋42－…－2 0172＋2 0182＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0182－2 0172)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 018＝eq \f(2 018×2 019,2)．
5．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝( )
A．2 B．2n
C．2n＋1－2 D．2n－1－2
解析：选C ∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝eq \f(2－2n,1－2)＋2＝2n－2＋2＝2n，∴Sn＝eq \f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2．故选C．
6．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝________．
解析：依题意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝eq \f(n2＋2n,2)＝n(n＋1)．
答案：n(n＋1)
7．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn．若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________．
解析：∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，
∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))是公比为3的等比数列，
∴eq \f(S2＋\f(1,2),S1＋\f(1,2))＝3．
又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，
∴S5＋eq \f(1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(S1＋\f(1,2)))×34＝eq \f(3,2)×34＝eq \f(243,2)，
∴S5＝121．
答案：1 121
8．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 017＝________．
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÷②得eq \f(an＋1,an－1)＝2，
∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，
∴S2 017＝eq \f(1－21 009,1－2)＋eq \f(2×1－21 008,1－2)＝21 010－3．
答案：21 010－3
9．已知等比数列{an}的各项均为正数，a1＝1，公比为q；等差数列{bn}中，b1＝3，且{bn}的前n项和为Sn，a3＋S3＝27，q＝eq \f(S2,a2)．
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝eq \f(3,2Sn)，求{cn}的前n项和Tn．
解：(1)设数列{bn}的公差为d，∵a3＋S3＝27，q＝eq \f(S2,a2)，
∴q2＋3d＝18,6＋d＝q2，联立方程可求得q＝3，d＝3，
∴an＝3n－1，bn＝3n．
(2)由题意得：Sn＝eq \f(n3＋3n,2)，cn＝eq \f(3,2Sn)＝eq \f(3,2)×eq \f(2,3)×eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)．
∴Tn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)
＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)．
10．(2017·广州综合测试)已知数列{an}是等比数列，a2＝4，a3＋2是a2和a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2lg2an－1，求数列{anbn}的前n项和Tn．
解：(1)设数列{an}的公比为q，
因为a2＝4，所以a3＝4q，a4＝4q2．
因为a3＋2是a2和a4的等差中项，
所以2(a3＋2)＝a2＋a4．
即2(4q＋2)＝4＋4q2，
化简得q2－2q＝0．
因为公比q≠0，所以q＝2．
所以an＝a2qn－2＝4×2n－2＝2n(n∈N*)．
(2)因为an＝2n，所以bn＝2lg2an－1＝2n－1，
所以anbn＝(2n－1)2n，
则Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，①
2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)·2n＋1．②
由①－②得，
－Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)2n＋1
＝2＋2×eq \f(41－2n－1,1－2)－(2n－1)2n＋1
＝－6－(2n－3)2n＋1，
所以Tn＝6＋(2n－3)2n＋1．
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1．(2017·云南师大附中检测)已知数列{an}中，a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，则{an}的前100项和为________．
解析：由a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，得a2n＋a2n＋1＝n＋1，∴a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a98＋a99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，∵a100＝1＋a50＝1＋(1＋a25)＝2＋(12－a12)＝14－(1＋a6)＝13－(1＋a3)＝12－(1－a1)＝13，∴a1＋a2＋…＋a100＝1 276＋13＝1 289．
答案：1 289
2．(2017·湖南省东部六校联考)已知等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋lg2eq \f(1,an)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的n的最小值．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
依题意，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋a3＝3a2，,a2＋a4＝2a3＋2，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a12＋q2＝3a1q， ①,a1q＋q3＝2a1q2＋4. ②))
由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2．
当q＝1时，不合题意，舍去；
当q＝2时，代入②得a1＝2，所以an＝2·2n－1＝2n．
故所求数列{an}的通项公式an＝2n(n∈N*)．
(2)因为bn＝an＋lg2eq \f(1,an)＝2n＋lg2eq \f(1,2n)＝2n－n，
所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝eq \f(21－2n,1－2)－eq \f(n1＋n,2)＝2n＋1－2－eq \f(1,2)n－eq \f(1,2)n2．
因为Sn－2n＋1＋47<0，
所以2n＋1－2－eq \f(1,2)n－eq \f(1,2)n2－2n＋1＋47<0，
即n2＋n－90>0，解得n>9或n<－10．
因为n∈N*，所以使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整数n的最小值为10．