《（新課標）2021版高考數學一輪總復習 考點集訓（三十四）第34講 數列求和 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2021版高考數學一輪總復習 考點集訓（三十四）第34講 數列求和 新人教A版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、考點集訓(三十四)　第34講　數列求和 對應學生用書p237 A組題 1．數列{an}的通項公式為an＝(－1)n－1·(4n－3)，則它的前100項之和S100等于(　　) A．200B．－200C．400D．－400 [解析]S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋…－(4×100－3) ＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)] ＝4×(－50)＝－200. [答案]B 2．數列中，a1＝2，且an＋an－1＝＋2(n≥2)，則數列前2021項和為(　　) A.B.C.D. [解析]∵an＋an－1＝＋2(n≥2)， ∴a－a－2＝n， 整理得：－

2、＝n， ∴－＝n＋＋……＋2，又a1＝2， ∴＝， 可得：＝＝2， 則數列前2021項和為： S2021＝2 ＝2＝.故選B. [答案]B 3．已知數列{an}中，a1＝2，＝2，則數列{an}的前n項和Sn＝(　　) A．3×2n－3n－3B．5×2n－3n－5 C．3×2n－5n－3D．5×2n－5n－5 [解析]因為＝2，所以an＋1＝2an＋3，即an＋1＋3＝2(an＋3)，則數列{an＋3}是首項為a1＋3＝5，公比為2的等比數列，其通項公式為an＋3＝5×2n－1，所以an＝5×2n－1－3，分組求和可得數列{an}的前n項和Sn＝5×2n－3n－5. [

3、答案]B 4．記Sn為數列{an}的前n項和，已知a1＝，＝＋2n，則S100＝(　　) A．2－B．2－ C．2－D．2－ [解析]根據題意，由＝＋2n，得－＝2n， 則－＝2n－1，－＝2n－2，…，－＝21， 將各式相加得－＝21＋22＋…＋2n－1＝2n－2， 又a1＝，所以an＝n·， 因此S100＝1×＋2×＋…＋100×， 則S100＝1×＋2×＋…＋99×＋100×， 將兩式相減得S100＝＋＋＋…＋－100×， 所以S100＝2－－100·＝2－. [答案]D 5．已知公差不為零的等差數列{an}中，a1＝1，且a2，a5，a14成等比數列，{an}

4、的前n項和為Sn，bn＝(－1)nSn.則數列{bn}的前2n項和T2n＝________． [解析]由題意，a1＝1，{an}是等差數列，a2，a5，a14成等比數列， 可得：(1＋d)(1＋13d)＝(1＋4d)2， 解得：d＝2， 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1， Sn＝na1＋×d＝n2. 由bn＝(－1)nSn＝(－1)n·n2， 所以{bn}的前2n項和T2n＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋[－(2n－1)2＋(2n)2]＝3＋7＋…＋4n－1＝n(2n＋1)． [答案]n(2n＋1) 6．已知數列{an}滿足a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝

5、1＋(－1)n，那么S100的值為________． [解析]當n為奇數時，an＋2－an＝0， 所以an＝1； 當n為偶數時，an＋2－an＝2， 所以an＝n； 故an＝ 可是S100＝50＋＝2600. [答案]2600 7．已知等差數列{an}的公差為2，前n項和為Sn，且S1，S2，S4成等比數列． (1)求數列{an}的通項公式； (2)令bn＝(－1)n－1，求數列{bn}的前n項和Tn. [解析] (1)因為S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2， S4＝4a1＋×2＝4a1＋12， 由題意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)， 解得a1＝1

6、，所以an＝2n－1. (2)bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1 ＝(－1)n－1. 當n為偶數時， Tn＝－＋…＋ －＝1－＝. 當n為奇數時，Tn＝－＋…－＋＝1＋＝. 所以Tn＝ 8．已知數列{an}和{bn}滿足a1·a2·a3·…·an＝2bn(n∈N*)，若{an}為等比數列，且a1＝2，b3＝3＋b2. (1)求an和bn； (2)設cn＝(n∈N*)，記數列{cn}的前n項和為Sn，求Sn. [解析] (1)設等比數列{an}的公比為q， ∵數列{an}和{bn}滿足a1·a2·a3·…·an＝2bn(n∈N*)，a1＝2， ∴a1＝2b1，a1a2

7、＝2b2，a1a2a3＝2b3， ∴b1＝1，a2＝2b2－b1＝2q＞0，a3＝2b3－b2＝2q2， 又b3＝3＋b2，∴23＝2q2，解得q＝2，q＝－2(舍)． ∴an＝2n. ∴2bn＝a1·a2·a3·…·an＝2×22×…×2n＝2， ∴bn＝. (2)cn＝＝－＝－＝－2， ∴數列{cn}的前n項和為Sn＝＋＋…＋－ 2 ＝－2 ＝1－－2＋＝－－1. B組題 1．已知函數f＝n2cos，且an＝f＋f，則a1＋a2＋…＋a100＝(　　) A．－100B．0C．100D．10200 [解析]a1＝－1＋22，a2＝22－32，a3＝－32＋42，a

8、4＝42－52，…，所以a1＋a3＋…＋a99＝＋…＋＝＋＋…＋＝5050，a2＋a4＋…＋a100＝＋…＋＝－(2＋3＋…＋100＋101)＝－5150，所以a1＋a2＋…＋a100＝5050－5150＝－100. [答案]A 2．已知數列{an}與{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，且an>0，6Sn＝a＋3an，n∈N*，bn＝，若?n∈N*，k>Tn恒成立，則k的最小值是(　　) A.B.C．49D. [解析]當n＝1時，6a1＝a＋3a1， 解得a1＝3或a1＝0. 由an>0，得a1＝3. 由6Sn＝a＋3an，得6Sn＋1＝a＋3an＋1. 兩式相減得6an＋1＝

9、a－a＋3an＋1－3an. 所以(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0. 因為an>0，所以an＋1＋an>0，an＋1－an＝3. 即數列{an}是以3為首項，3為公差的等差數列， 所以an＝3＋3(n－1)＝3n. 所以bn＝ ＝＝. 所以Tn＝ ＝<. 要使?n∈N*，k>Tn恒成立，只需k≥.故選B. [答案]B 3．已知正項數列{an}的前n項和為Sn，?n∈N*，2Sn＝a＋an.令bn＝，設{bn}的前n項和為Tn，則在T1，T2，T3，…，T100中有理數的個數為________． [解析]∵2Sn＝a＋an，① ∴2Sn＋1＝a＋an＋1，②

10、 ②－①，得2an＋1＝a＋an＋1－a－an， a－a－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0. 又∵{an}為正項數列，∴an＋1－an－1＝0， 即an＋1－an＝1. 在2Sn＝a＋an中，令n＝1，可得a1＝1. ∴數列{an}是以1為首項，1為公差的等差數列． ∴an＝n， ∴bn＝ ＝ ＝＝－， ∴Tn＝1－＋－＋…＋－＋－ ＝1－， 要使Tn為有理數，只需為有理數， 令n＋1＝t2，∵1≤n≤100， ∴n＝3，8，15，24，35，48，63，80，99，共9個數． ∴T1，T2，T3，…，T100中有理數的個數為9.

11、 [答案]9 4．已知數列{an}中，a1＝1，a2＝3，若an＋2＋2an＋1＋an＝0對任意n∈N*都成立，則數列{an}的前n項和Sn＝________． [解析]a1＝1，a2＝3，an＋2＋2an＋1＋an＝0對任意n∈N*都成立， 可得：an＋2＋an＋1＝－(an＋1＋an)，a2＋a1＝4. 則數列{an＋1＋an}是等比數列，首項為4，公比為－1. ∴an＋1＋an＝4×(－1)n－1. n＝2k－1時，∵a2k＋1＋a2k＝4×(－1)2k－1＝－4，Sn＝S2k＋1－(a2k＋1＋a2k)＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2k＋a2k＋1)－(a2k＋a2k＋

12、1)＝1＋(－4)×＝5－4k＝3－2n. n＝2k時，∵a2k－1＋a2k＝4×(－1)2k－2＝4. Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2k－1＋a2k)＝4k＝2n， ∴Sn＝ [答案] 5．已知Sn是數列{an}的前n項和，a1＝2，且4Sn＝an·an＋1，在數列{bn}中，b1＝，且bn＋1＝，n∈N*. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設Bn＝＋，cn＝(n∈N*)，求{cn}的前n項和Tn. [解析] (1)當n＝1時，由題意，得a2＝4. 當n≥2時，4Sn＝an·an＋1，4Sn－1＝an－1·an， 兩式相減，得4an＝an(an＋

13、1－an－1)． ∵an≠0，∴an＋1－an－1＝4， ∴{an}的奇數項和偶數項是分別以4為公差的等差數列． 當n＝2k－1，k∈N*時，an＝a2k－1＝4k－2＝2n； 當n＝2k，k∈N*時，an＝a2k＝4k＝2n. ∴an＝2n(n∈N*)． (2)由已知得＝－， 即＝－， ∴－＝－， －＝－， … －＝－，∴＝. ∴bn＝(n≥2)，n＝1時也適合， ∴bn＝(n∈N*)， ∴Bn＝＋＝n＋1， ∴cn＝. ∴Tn＝＋＋…＋＋，① Tn＝＋＋…＋＋，② ①－②，得 Tn＝＋＋…＋－＝－ ＝1－－＝1－， ∴Tn＝2－. 9