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1、 （福建專用）2020年高考數學總復習 第五章第4課時 數列求和課時闖關（含解析） 一、選擇題 1．等差數列{an}的通項公式是an＝1－2n，其前n項和為Sn，則數列{}的前11項和為(　　) A．－45　　　　　　　　　 B．－50 C．－55 D．－66 解析：選D.Sn＝， ∴＝＝－n， ∴{}的前11項的和為－66. 2．數列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n項和Sn為(　　) A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－ C．n2＋1－ D．n2－n＋1－ 解析：選A.該數列的通項公式為an＝(2n－1)＋， 則Sn＝[1＋3＋5＋…＋(

2、2n－1)]＋(＋＋…＋) ＝n2＋1－.故選A. 3．(2020·深圳調研)已知函數f(x)＝x2＋bx的圖象在點A(1，f(1))處的切線的斜率為3，數列{}的前n項和為Sn，則S2020的值為(　　) A. B. C. D. 解析：選D.∵f′(x)＝2x＋b， ∴f′(1)＝2＋b＝3，∴b＝1，∴f(x)＝x2＋x， ∴＝＝－， ∴S2020＝1－＋－＋…＋－ ＝1－＝. 4．在數列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值等于(　　) A．2500 B．2600 C．2700 D．2800 解析：選B.據已

3、知當n為奇數時， an＋2－an＝0?an＝1， 當n為偶數時，an＋2－an＝2?an＝n， 故an＝， 故S100＝1＋1＋…＋＋2＋4＋6＋…＋10 ＝50＋50×＝2600. 5．設數列{an}是首項為1，公比為3的等比數列，把{an}中的每一項都減去2后，得到一個新數列{bn}，{bn}的前n項和為Sn，則對任意的n∈N*，下列結論正確的是(　　) A．bn＋1＝3bn＋2，且Sn＝(3n－1) B．bn＋1＝3bn－2，且Sn＝(3n－1) C．bn＋1＝3bn＋4，且Sn＝(3n－1)－2n D．bn＋1＝3bn－4，且Sn＝(3n－1)－2n 解析：選

4、C.因為數列{an}是首項為1，公比為3的等比數列，所以數列{an}的通項公式為an＝3n－1，則依題意得，數列{bn}的通項公式為bn＝3n－1－2，∴bn＋1＝3n－2,3bn＝3(3n－1－2)＝3n－6，∴bn＋1＝3bn＋4. {bn}的前n項和為：Sn＝(1－2)＋(31－2)＋(32－2)＋(33－2)＋…＋(3n－1－2)＝(1＋31＋32＋33＋…＋3n－1)－2n＝－2n＝(3n－1)－2n. 二、選擇題 6．(2020·三明質檢)數列1，，，…的前n項和Sn＝________. 解析：由于an＝＝＝2(－)， ∴Sn＝2(1－＋－＋－＋…＋－) ＝2(1－)＝

5、. 答案： 7．已知函數f(x)對任意x∈R，都有f(x)＝1－f(1－x)，則f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝________. 解析：由條件可知：f(x)＋f(1－x)＝1. 而x＋(1－x)＝1， ∴f(－2)＋f(3)＝1，f(－1)＋f(2)＝1，f(0)＋f(1)＝1， ∴f(－2)＋f(－1)＋…＋f(2)＋f(3)＝3. 答案：3 8．若數列{an}是正項數列，且＋＋…＋＝n2＋3n(n∈N*)，則＋＋…＋＝________. 解析：令n＝1，得＝4，∴a1＝16. 當n≥2時，＋＋…＋＝(n－1)2＋3(n－1)， 與已知

6、式相減，得 ＝(n2＋3n)－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2， ∴an＝4(n＋1)2，∴n＝1時，a1也適合an. ∴an＝4(n＋1)2，∴＝4n＋4， ∴＋＋…＋＝＝2n2＋6n. 答案：2n2＋6n 三、解答題 9．(2020·高考課標全國卷)已知等比數列{an}的各項均為正數，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求數列的前n項和． 解：(1)設數列{an}的公比為q，由a＝9a2a6得a＝9a， 所以q2＝. 由條件可知q>0，故q＝. 由2a1＋3a2＝

7、1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝. 故數列{an}的通項公式為an＝. (2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an ＝－(1＋2＋…＋n) ＝－. ＝－＝－2 ， 故＋＋…＋ ＝－2 ＝－， 所以數列的前n項和為－. 10．數列{an}中a1＝3，已知點(an，an＋1)在直線y＝x＋2上， (1)求數列{an}的通項公式； (2)若bn＝an·3n，求數列{bn}的前n項和Tn. 解：(1)∵點(an，an＋1)在直線y＝x＋2上， ∴an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2. ∴數列{an}是以3為首項，2為公差的等差數列， ∴an＝3＋

8、2(n－1)＝2n＋1. (2)∵bn＝an·3n，∴bn＝(2n＋1)·3n， ∴Tn＝3×3＋5×32＋…＋(2n－1)·3n－1＋(2n＋1)·3n，① ∴3Tn＝3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n＋(2n＋1)·3n＋1，② 由①－②得 －2Tn＝3×3＋2(32＋33＋…＋3n)－(2n＋1)·3n＋1 ＝9＋2×－(2n＋1)·3n＋1. ∴Tn＝n·3n＋1. 一、選擇題 1．(2020·南平調研)已知數列{an}的通項公式是an＝，其前n項和Sn＝，則項數n等于(　　) A．13 B．10 C．9 D．6 解析：選D.an＝1－，∴S

9、n＝n－＝n－1＋n，即n－1＋n＝，解得n＝6. 2．定義：在數列{an}中，an＞0且an≠1，若anan＋1為定值，則稱數列{an}為“等冪數列”．已知數列{an}為“等冪數列”，且a1＝2，a2＝4，Sn為數列{an}的前n項和，則S2020＝(　　) A．6038 B．6036 C．2 D．4 解析：選A.a1a2＝2×4＝8＝a2a3＝4a3， 得a3＝2，同理得a4＝4，a5＝2，…， 這是一個周期數列． ∴S2020＝×(2＋4)＋2＝6038. 二、填空題 3．等差數列{an}的前n項和為Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26.記Tn＝，如果存在正

10、整數M，使得對一切正整數n，Tn≤M都成立，則M的最小值是________． 解析：∵{an}為等差數列，由a4－a2＝8，a3＋a5＝26，可解得a1＝1，d＝4，從而Sn＝2n2－n，∴Tn＝2－，若Tn≤M對一切正整數n恒成立，則只需Tn的最大值≤M即可．又Tn＝2－＜2，∴只需2≤M，故M的最小值是2. 答案：2 4．(2020·泉州質檢)已知數列{an}，若a1，a2－a1，a3－a2，a4－a3，…，an－an－1是首項為1，公比為2的等比數列，則{an}的前n項和Sn＝________. 解析：由題意an－an－1＝2n－1， ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－a

11、n－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2n－1＋2n－2＋…＋21＋1 ＝2n－1， ∴Sn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1) ＝(21＋22＋…＋2n)－n ＝2n＋1－n－2. 答案：2n＋1－n－2 三、解答題 5．數列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋2sin2，n＝1,2,3… (1)求a3，a4及數列{an}的通項公式； (2)設Sn＝a1＋a2＋…＋an，求S2n. 解：(1)a3＝a1＋2sin2＝a1＋2＝1＋2＝3， a4＝a2＋2sin2＝a2＝×2＝. a2n＋1＝a2n－1＋2sin2π＝a2n－1＋2， 即a2n

12、＋1－a2n－1＝2， 即數列{a2n－1}是以a1＝1，公差為2的等差數列． ∴a2n－1＝2n－1. 又∵a2n＋2＝a2n＋2sin2π＝a2n， 即數列{a2n}是首項為a2＝2，公比為的等比數列， ∴a2n＝a2n－1＝2n－1. 綜上可得an＝. (2)S2n＝a1＋a2＋…＋a2n－1＋a2n ＝a1＋a3＋…＋a2n－1＋a2＋a4＋…＋a2n ＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋ ＝n2＋6－6·n. 6．已知數列{an}的每一項都是正數，滿足a1＝2且a－anan＋1－2a＝0；等差數列{bn}的前n項和為Tn，b2＝3，T5＝25. (1)求數列{an

13、}、{bn}的通項公式； (2)比較＋＋…＋與2的大小； (3)若＋＋…＋＜c恒成立，求整數c的最小值． 解：(1)由a－anan＋1－2a＝0， 得(an＋1－2an)(an＋1＋an)＝0， 由于數列{an}的每一項都是正數，∴an＋1＝2an，∴an＝2n. 設bn＝b1＋(n－1)d，由已知有b1＋d＝3,5b1＋d＝25， 解得b1＝1，d＝2，∴bn＝2n－1. (2)由(1)得Tn＝n2，∴＝， 當n＝1時，＝1＜2. 當n≥2時，＜＝－. ∴＋＋…＋ ＜1＋－＋－＋…＋－＝2－＜2. (3)記Pn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋. ∴Pn＝＋＋…＋＋， 兩式相減得Pn＝3－. ∵Pn遞增，∴≤Pn＜3，P4＝＞2， ∴最小的整數c＝3.