2020版导与练一轮复习理科数学习题：第五篇 数列（必修5） 第4节 数列求和 Word版含解析(数理化网).pdf
第 4 节 数列求和 【选题明细表】 知识点、方法题号 公式法、并项法、倒序相加法、 分组法求和 2,3,8,11,12 裂项相消法求和5,7,13 错位相减法求和1,10,14 数列的综合应用4,9 数列的实际应用6 基础巩固(时间:30 分钟) 1.Sn= + + +等于( B ) (A) (B) (C)(D) 解析:由 Sn= + + +, 得 Sn= + +, -得, Sn= + + +-=-,所以 Sn=. 2.数列(-1)n(2n-1)的前 2 018 项和 S2 018等于( B ) (A)-2 016(B)2 018 (C)-2 015(D)2 015 解 析 :S2 018=-1+3-5+7- -(2×2 017-1)+(2×2 018-1)=(-1+3)+(- 5+7)+-(2×2 017-1)+(2×2 018-1)=2×1 009=2 018.故选 B. 3.等差数列an的通项公式为 an=2n+1,其前 n 项和为 Sn,则数列 的 前 10 项的和为( C ) (A)120(B)70 (C)75(D)100 解析:由 an=2n+1,得 a1=3,d=2. 所以 Sn=3n+×2=n2+2n. 因为 =n+2, 所以数列 是以 3 为首项,1 为公差的等差数列. 所以( )的前 10 项和为 10×3+×1=75. 4.已知函数 y=loga(x-1)+3(a0,a1)的图象所过定点的横、纵坐标分 别是等差数列an的第二项与第三项,若 bn=,数列bn的前 n 项 和为 Tn,则 T10等于( B ) (A)(B)(C)1(D) 解析:对数函数 y=logax 的图象过定点(1,0),所以函数 y=loga(x-1)+3 的图象过定点(2,3),则a2=2,a3=3,故an=n,所以bn= -,所以 T10=1- + - +-=1-=,故选 B. 5.+的值为( C ) (A) (B) - (C) - (+) (D) -+ 解析:因为= ( -), 所以+ = (1- + - + - + -) = ( -)= - (+). 6.在 2016 年至 2019 年期间,甲每年 6 月 1 日都到银行存入 m 元的一年 定期储蓄,若年利率为 q 保持不变,且每年到期的存款本息自动转为新 的一年定期,到 2020 年 6 月 1 日甲去银行不再存款,而是将所有存款的 本息全部取出,则取回的金额是( D ) (A)m(1+q)4元 (B)m(1+q)5元 (C)元 (D) 解析:2019 年存款的本息和为 m(1+q),2018 年存款的本息和为 m(1+q)2,2017 年存款的本息和为 m(1+q)3,2016 年存款的本息和为 m(1+q)4,四年存款的本息和为 m(1+q)+m(1+q)2+m(1+q)3+m(1+q)4= =.故选 D. 7.已知函数 f(x)=xa的图象过点(4,2),令 an=,nN*.记数 列an的前 n 项和为 Sn,则 S2 018= . 解析:由 f(4)=2 可得 4a=2, 解得 a= .则 f(x)= . 所以 an=-, S2 018=a1+a2+a3+ +a2 018=(-)+(-)+(-)+ +(- )+(-)=-1. 答案:-1 8.有穷数列 1,1+2,1+2+4,1+2+4+2n-1所有项的和为 . 解析:由题意知所求数列的通项为=2n-1,故由分组求和法及等比数 列的求和公式可得和为-n=2n+1-2-n. 答案:2n+1-2-n 能力提升(时间:15 分钟) 9.已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,当n2时,an+2Sn-1=n,则S2 017的 值为( D ) (A)2 015 (B)2 013 (C)1 008 (D)1 009 解析:因为 an+2Sn-1=n(n2),所以 an+1+2Sn=n+1(n1),两式相减得 an+1+an=1(n2).又 a1=1,所以 S2 017=a1+(a2+a3)+(a2 016+a2 017)=1+1 008×1=1 009,故选 D. 10.已知等差数列an的前 n 项和 Sn满足 S3=6,S5=,则数列的前 n 项和为( B ) (A)1-(B)2- (C)2-(D)2- 解析:设等差数列an的公差为 d, 则 Sn=na1+d, 因为 S3=6,S5=, 所以解得 所以 an= n+1,=, 设数列的前 n 项和为 Tn, 则 Tn= + + +, Tn= + + +, 两式相减得 Tn= +( + +)-= + (1-)-,所以 Tn=2- .故选 B. 11.(2018·江西赣南联考)在数列an中,已知 a1=1,an+1+(-1)nan= cos(n+1),记 Sn为数列an的前 n 项和,则 S2 017= . 解析:由 a1=1,an+1+(-1)nan=cos(n+1),得 a2=a1+cos 2=1+1=2, a3=-a2+cos 3=-2-1=-3, a4=a3+cos 4=-3+1=-2, a5=-a4+cos 5=2-1=1, 由上可知,数列an是以 4 为周期的周期数列,且 a1+a2+a3+a4=-2, 所以 S2 017=504(a1+a2+a3+a4)+a1=504×(-2)+1=-1 007. 答案:-1 007 12.设函数f(x)= +log2,定义Sn=f( )+f( )+f(),其中nN*, 且 n2,则 Sn= . 解析:因为 f(x)+f(1-x) = +log2+ +log2=1+log21=1, 所以 2Sn=f( )+f()+f( )+f()+f()+f( )=n-1. 所以 Sn=. 答案: 13.已知数列an的前 n 项和是 Sn,且 Sn+ an=1(nN*). (1)求数列an的通项公式; (2)设 bn=lo(1-Sn+1)(nN*),令 Tn=+,求 Tn. 解:(1)当 n=1 时,a1=S1, 由 S1+ a1=1,得 a1= , 当 n2 时,Sn=1- an,Sn-1=1- an-1, 则 Sn-Sn-1= (an-1-an),即 an= (an-1-an), 所以 an= an-1(n2). 故数列an是以 为首项, 为公比的等比数列. 故 an= ·( )n-1=2·( )n(nN*). (2)因为 1-Sn= an=( )n. 所以 bn=lo(1-Sn+1)=lo( )n+1=n+1, 因为=-, 所以 Tn=+ =( - )+( - )+(-)= -=. 14.(2018·广西玉林一模)已知数列an中,a1=1,an+1=(nN*). (1)求证:(+ )为等比数列,并求an的通项公式 an; (2)数列bn满足 bn=(3n-1)··an,求数列bn的前 n 项和 Tn. 解:(1)因为 a1=1,an+1=, 所以=1+, 即+ =+ =3(+ ), 则(+ )为等比数列,公比 q=3, 首项为+ =1+ = ,则+ = ·3n-1, 即=- + ·3n-1= (3n-1), 即 an=. (2)bn=(3n-1)··an=, 则数列bn的前 n 项和 Tn= + + +, Tn= + + +, 两式相减得 Tn=1+ + +-=-=2-=2-, 则 Tn=4-.
