《【創(chuàng)新方案】高考數(shù)學理一輪知能檢測：第5章 第4節(jié)　數(shù) 列 求 和》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【創(chuàng)新方案】高考數(shù)學理一輪知能檢測：第5章 第4節(jié)　數(shù) 列 求 和（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 第四節(jié)　數(shù) 列 求 和 [全盤鞏固] 1．(20xx·杭州模擬)設等差數(shù)列{an}的前n項和是Sn，若－am<a1<－am＋1(m∈N*，且m≥2)，則必定有(　　) A．Sm>0，且Sm＋1<0 B．Sm<0，且Sm＋1>0 C．Sm>0，且Sm＋1>0 D．Sm<0，且Sm＋1<0 解析：選A　∵－am< a1<－am＋1，∴a1＋am>0，a1

2、＋am＋1<0，∴Sm>0，且Sm＋1<0. 2．已知{an}是首項為1的等比數(shù)列，Sn是{an}的前n項和，且9S3＝S6，則數(shù)列的前5項和為(　　) A.或5 B.或5 C. D. 解析：選C　設{an}的公比為q，顯然q≠1，由題意得＝，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以是首項為1，公比為的等比數(shù)列，前5項和為＝. 3．數(shù)列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n項和Sn的值等于(　　) A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－ C．n2＋1－ D．n2－n＋1－ 解析：選A　該數(shù)

3、列的通項公式為an＝(2n－1)＋，則Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－. 4．若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a1＝1，q＝2，則Tn＝＋＋…＋的結果可化為(　　) A．1－ B．1－ C. D. 解析：選C　an＝2n－1，設bn＝＝2n－1， 則Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋3＋…＋2n－1＝. 5．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝n2cos nπ(n∈N*)，Sn為它的前n項和，則等于(　　) A．1 005 B．1 006 C．2 011 D．2 012 解析：選B　注意到cos nπ＝(－1)n(n∈N*)

4、，故an＝(－1)nn2.因此有S2 012＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－2 0112＋2 0122)＝1＋2＋3＋…＋2 011＋2 012＝＝1 006×2 013，所以＝1 006. 6．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1， an＋1·an＝2n(n∈N*)，設Sn是數(shù)列{an}的前n項和，則S2 014＝(　　) A．22 014－1 B． 3×21 007－3 C．3×21 007－1 D．3×21 007－2 解析：選B　由＝＝＝2，且a2＝2，得數(shù)列{an}的奇數(shù)項構成以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，偶數(shù)項構

5、成以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，故S2 014＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 013)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 014)＝＋＝3×21 007－3. 7．在等比數(shù)列{an}中，若a1＝，a4＝－4，則公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________. 解析：設等比數(shù)列{an}的公比為q，則a4＝a1q3，代入數(shù)據解得q3＝－8，所以q＝－2；等比數(shù)列{|an|}的公比為|q|＝2，則|an|＝×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－. 答案：－2　2n－1－

6、 8．(20xx·衢州模擬)對于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝2，{an}的“差數(shù)列”的通項公式為2n，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝________. 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. 答案：2n＋1－2 9．(20xx·湖南高考)設Sn為數(shù)列{an}的前n項和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*，則 (1)a3＝________； (2)S1

7、＋S2＋…＋S100＝________. 解析：(1)當n＝1時，S1＝(－1)a1－，得a1＝－. 當n≥2時，Sn＝(－1)n(Sn－Sn－1)－. 當n為偶數(shù)時，Sn－1＝－，從而S1＝－，S3＝－， 當n為奇數(shù)時，Sn＝Sn－1－， 所以S3＝S2－＝－，得S2＝0，則S3＝S2＋a3＝a3＝－. (2)由(1)得S1＋S3＋S5＋…＋S99＝－－－－…－，S101＝－， 又S2＋S4＋S6＋…＋S100＝2S3＋＋2S5＋＋2S7＋＋…＋2S101＋＝0，故S1＋S2＋…＋S100＝. 答案：－　 10．(20xx·杭州模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，

8、an＋1＝1－，其中n∈N*. (1)設bn＝，求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求出{an}的通項公式； (2)設cn＝，數(shù)列{cncn＋2}的前n項和為Tn，是否存在正整數(shù)m，使得Tn<對于n∈N*恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，請說明理由． 解： (1)證明：∵bn＋1－bn＝－ ＝－＝－＝2(常數(shù))， ∴數(shù)列{bn}是等差數(shù)列． ∵a1＝1，∴b1＝2，因此bn＝2＋(n－1)×2＝2n， 由bn＝得an＝. (2)cn＝，cncn＋2＝＝2， ∴Tn＝2<3， 依題意要使Tn<對于n∈N*恒成立，只需≥3， 解得m≥3或m≤－

9、4，所以m的最小值為3. 11．已知數(shù)列{an}的各項排成如圖所示的三角形數(shù)陣，數(shù)陣中每一行的第一個數(shù)a1，a2，a4，a7，…構成等差數(shù)列{bn}，Sn是{bn}的前n項和，且b1＝a1＝1，S5＝15. a1 　 a2 a3 a4 a5 a6 a7　　a8　　a9　　a10 … (1)若數(shù)陣中從第3行開始每行中的數(shù)按從左到右的順序均構成公比為正數(shù)的等比數(shù)列，且公比相等，已知a9＝16，求a50的值； (2)設Tn＝＋＋…＋，求Tn. 解：(1)設等差數(shù)列{bn}的公差為d.∵b1＝1，S5＝15，∴S5＝5＋10d＝15，d＝1，

10、∴bn＝1＋(n－1)×1＝n. 設從第3行起，每行的公比都是q，且q>0，則a9＝b4q2，即4q2＝16，q＝2， 又1＋2＋3＋…＋9＝45，故a50是數(shù)陣中第10行的第5個數(shù)，a50＝b10q4＝10×24＝160. (2)∵Sn＝1＋2＋…＋n＝， ∴Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋ ＝2＝2＝. 12．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝n2.設數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，且Tn＋＝λ(λ為常數(shù))．令cn＝b2n(n∈N*)，求數(shù)列{cn}的前n項和Rn. 解：當n＝1時，a1＝S1＝1. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n

11、－1. 當n＝1時，a1＝1滿足上式．∴an＝2n－1(n∈N*)． 故Tn＝λ－， 所以n≥2時，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝. 故cn＝b2n＝＝(n－1)n－1，n∈N*， 所以Rn＝0×0＋1×1＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)×n－1， 則Rn＝0×1＋1×2＋2×3＋…＋(n－2)×n－1＋(n－1)×n， 兩式相減，得Rn＝1＋2＋3＋…＋n－1－(n－1)×n ＝－(n－1)×n＝－n， 整理，得Rn＝.所以數(shù)列{cn}的前n項和Rn＝.

12、[沖擊名校] 1．數(shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項和為(　　) A．3 690 B．3 660 C．1 845 D．1 830 解析：選D　當n＝2k時，a2k＋1＋a2k＝4k－1，當n＝2k－1時，a2k－a2k－1＝4k－3， ∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋1＋a2k＋3＝2，∴a2k－1＝a2k＋3， ∴a1＝a5＝…＝a61.∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61) ＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝＝30×61＝1 830

13、. 2．設{an}是首項為a，公差為d的等差數(shù)列(d≠0)，Sn是其前n項的和．記bn＝，n∈N*，其中c為實數(shù)． (1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比數(shù)列，證明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)； (2)若{bn}是等差數(shù)列，證明：c＝0. 證明：由題設，Sn＝na＋d. (1)由c＝0，得bn＝＝a＋d.又b1， b2，b4成等比數(shù)列， 所以b＝b1b4，即2＝a，化簡得d2－2ad＝0.因為d≠0，所以d＝2a. 因此，對于所有的m∈N*，有Sm＝m2a. 從而對于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk. (2)設數(shù)列{bn}的公差是d1，

14、則bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表達式，整理得，對于所有的n∈N*，有n3＋n2＋cd1n＝c(d1－b1)． 令A＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d，D＝c(d1－b1)， 則對于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*)在(*)式中分別取n＝1,2,3,4，得 A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1， 從而有 由②③，得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，從而cd1＝0.即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0. 若d1＝0，則由d1－d＝0，得d＝0，與

15、題設矛盾，所以d1≠0. 又cd1＝0，所以c＝0. [高頻滾動] 1．已知{an}為等比數(shù)列，Sn是它的前n項和．若a2·a3＝2a1，且a4與2a7的等差中項為，則S5＝(　　) A．35 B．33 C．31 D．29 解析：選C　設數(shù)列{an}的公比為q，則由等比數(shù)列的性質知，a2·a3＝a1·a4＝2a1，即a4＝2.由a4與2a7的等差中項為知，a4＋2a7＝2×， ∴a7＝＝.∴q3＝＝，即q＝.∴a4＝a1q3＝a1×＝2， ∴a1＝16，∴S5＝＝31. 2．已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，若a2＝2，a5＝，則a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝(　　) A．16(1－4－n) B．16(1－2－n) C.(1－4－n) D.(1－2－n) 解析：選C　設等比數(shù)列{an}的公比為q. ∵a2＝2，a5＝，∴q3＝＝，∴a1＝4，q＝， ∴an＝4·n－1＝n－3，∴anan＋1＝2n－5＝8×n－1， a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n)．