《2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第五章 數(shù)列 課堂達(dá)標(biāo)29 數(shù)列求和 文 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第五章 數(shù)列 課堂達(dá)標(biāo)29 數(shù)列求和 文 新人教版（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第五章 數(shù)列 課堂達(dá)標(biāo)29 數(shù)列求和 文 新人教版 1．(2018·廣東惠州一中等六校聯(lián)考)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S3＝9，S5＝25，則S7等于(　　) A．41　　 B．48　　　 C．49　　 D．56 [解析]　設(shè)Sn＝An2＋Bn， 由題知，解得A＝1，B＝0，∴S7＝49. [答案]　C 2．在數(shù)列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則數(shù)列{an}的前12項(xiàng)和等于(　　) A．76 B．78 C．80 D．82 [解析]　由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1·an＋1

2、＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，結(jié)果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故選B. [答案]　B 3．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝n2sin，則a1＋a2＋a3＋…＋a2 018等于(　　) A. B. C. D. [解析]　an＝n2sin＝∴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＝. [答案]　B 4．已知函數(shù)f(x

3、)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　) A．0 B．100 C．－100 D．10 200 [解析]　由題意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100 ＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.故選B. [答案]　B 5．對(duì)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，

4、數(shù)列{an}的“差數(shù)列”的通項(xiàng)為2n，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn等于(　　) A．2 B．2n C．2n＋1－2 D．2n－1－2 [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.故選C. [答案]　C 6．(2018·北京師大附中統(tǒng)測(cè))已知數(shù)列{an}：，＋，＋＋，＋＋＋，…，那么數(shù)列{bn}＝的前n項(xiàng)和為(　　) A．4 B．4 C．1－ D.－ [解析]　由題意知an＝＋＋＋…＋ ＝＝，bn＝＝4，所以b1＋b

5、2＋…＋bn ＝4＋4＋…＋4 ＝4＝4. [答案]　A 7．(2018·廣西高三適應(yīng)性測(cè)試)已知數(shù)列{}的前n項(xiàng)和Sn＝n2，則數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn＝______. [解析]　∵＝＝ ∴＝2n－1. ∴＝＝， ∴Tn＝ ＝＝. [答案]　 8．設(shè)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝22n－1，令bn＝nan，則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn為_(kāi)_____. [解析]　由bn＝nan＝n·22n－1知 Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，① 從而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1，② ①－②得(1－22)·Sn＝2＋23＋25＋…

6、＋22n－1－n·22n＋1，即Sn＝[(3n－1)22n＋1＋2]． [答案]　 [(3n－1)22n＋1＋2] 9．(2018·內(nèi)蒙古百校聯(lián)盟3月數(shù)學(xué)模擬試卷)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn滿足n(n＋1)S＋(n2＋n－1)Sn－1＝0(n∈N*)，則S1＋S2＋…＋S2 017＝______. [解析]　∵n(n＋1)S＋(n2＋n－1)Sn－1＝0(n∈N*)， ∴(Sn＋1)＝0，Sn＞0.∴n(n＋1)Sn－1＝0， ∴Sn＝＝－. ∴S1＋S2＋…＋S2 017 ＝＋＋…＋＝. 故答案為：. [答案]　 10．(2017·天津)已知{

7、an}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和(n∈N*)． [解]　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q. 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0. 又因?yàn)閝>0，解得q＝2.所以，bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8?、? 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16?、冢? 聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3，由此

8、可得an＝3n－2. 所以，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n. (2)設(shè)數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和為T(mén)n， 由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n， 故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， 上述兩式相減，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1 ＝－4－(3n－1)×4n＋1得Tn＝×4n＋1＋. 所以，數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和為

9、×4n＋1＋. [B能力提升練] 1．已知等比數(shù)列的各項(xiàng)都為正數(shù)，且當(dāng)n≥3時(shí)，a4a2n－4＝102n，則數(shù)列l(wèi)g a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4，…，2n－1lg an，…的前n項(xiàng)和Sn等于(　　) A．n·2n B．(n－1)·2n－1－1 C．(n－1)·2n＋1 D．2n＋1 [解析]　∵等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，且當(dāng)n≥3時(shí)，a4a2n－4＝102n，∴a＝102n，即an＝10n， ∴2n－1lg an＝2n－1lg 10n＝n·2n－1，∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，　① 2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·

10、2n，?、? ∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1. [答案]　C 2．(2018·湖南懷化四模)在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}和正項(xiàng)等差數(shù)列{bn}中，已知a1，a2 017的等比中項(xiàng)與b1，b2 017的等差中項(xiàng)相等，且＋≤1，當(dāng)a1 009取得最小值時(shí)，等差數(shù)列{bn}的公差d的取值集合為(　　) A. B. C. D. [解析]　在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}和正項(xiàng)等差數(shù)列{bn}中， 已知a1，a2 017的等比中項(xiàng)與b1，b2 017的等差中項(xiàng)相等， 可得＝，即為a1 009＝b1 009，

11、當(dāng)a1 009取得最小值時(shí)，即為當(dāng)b1 009取得最小值時(shí)． 由(b1＋b2 017) ＝5＋＋≥5＋2＝9， 當(dāng)且僅當(dāng)b2 017＝2b1時(shí)，取得等號(hào)． 再由＋≤1，可得b1＋b2 017≥≥9， 即有b1＋b2 017取得最小值9，此時(shí)b2 017＝2b1， 可得最小值b1 009＝，即有b1＋1 008d＝，b1＋2 016d＝2b1，解得d＝.故選：C. [答案]　C 3．在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π，記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S2 015＝______. [解]　∵an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π＝

12、(－1)n＋1， ∴當(dāng)n＝2k時(shí)，a2k＋1＋a2k＝－1，k∈N*， ∴S2 015＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 014＋a2 015) ＝1＋(－1)×1 007＝－1 006. [答案]　－1 006 4．(2018·廣西名校猜題卷)已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均不為0的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，且滿足a＝S2n－1(n∈N*)．若不等式≤對(duì)任意的n∈N*恒成立，則實(shí)數(shù)λ的最大值為_(kāi)_____． [解析]　在a＝S2n－1中，令n＝1，n＝2， 得，即， 解得a1＝1，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1，an＋1＝2n＋1. ①當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)

13、，要使不等式≤恒成立，即需不等式λ≤＝2n＋＋17恒成立，∵2n＋≥8，等號(hào)在n＝2時(shí)取得， ∴此時(shí)λ需滿足λ≤25； ②當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，要使不等式≤恒成立，即需不等式λ≤＝2n－－15恒成立，∵2n－隨n的增大而增大， ∴n＝1時(shí)，2n－取得最小值－6. 則λ≤－6－15＝－21. 綜合①、②可得λ的取值范圍是λ≤－21. ∴實(shí)數(shù)λ的最大值為－21. 故答案為：－21. [答案]　－21 5．(2018·山東省青島市數(shù)學(xué)一模試卷)已知數(shù)列{an}的前 n 項(xiàng)和為Sn，a1＝1，且an＋1＝2Sn＋1，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)令c＝log3a2n

14、，bn＝，記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，若對(duì)任意n∈N*，λ＜Tn恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍． [解]　(1)∵an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，n≥2時(shí)， an＝2Sn－1＋1，可得an＋1－an＝2an， 即an＋1＝3an. n＝1時(shí)，a2＝2a1＋1＝3＝3a1，滿足上式． ∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列，∴an＝3n－1. (2)c＝log3a2n＝log332n－1＝2n－1. bn＝＝＝， 數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝ ＝ ∵對(duì)任意n∈N*，λ＜Tn 恒成立， ∴λ＜＝. ∴實(shí)數(shù)λ的取值是. [C尖子生專練] 已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，?n∈N*

15、,2Sn＝a＋an.令bn＝，設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，則在T1，T2，T3，…，T100中有理數(shù)的個(gè)數(shù)為_(kāi)_____． [解析]　∵2Sn＝a＋an，① ∴2Sn＋1＝a＋an＋1，② 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(xiàng)數(shù)列，∴an＋1－an－1＝0，即an＋1－an＝1. 在2Sn＝a＋an中，令n＝1，可得a1＝1. ∴數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列． ∴an＝n，∴bn＝ ＝ ＝＝－， ∴Tn＝1－，∴T1，T2，T3，…，T100中有理數(shù)的個(gè)數(shù)為9. [答案]　9