《（浙江專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 考點(diǎn)規(guī)范練30 數(shù)列求和.docx》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（浙江專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第六章 數(shù)列 考點(diǎn)規(guī)范練30 數(shù)列求和.docx（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

考點(diǎn)規(guī)范練30　數(shù)列求和 基礎(chǔ)鞏固組 1.數(shù)列112,314,518,7116,…,(2n-1)+12n,…的前n項(xiàng)和Sn的值等于(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.n2+1-12n B.2n2-n+1-12n C.n2+1-12n-1 D.n2-n+1-12n 答案A 解析該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an=(2n-1)+12n, 則Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+12+122+…+12n =n2+1-12n. 2.(2017浙江金華十校3月聯(lián)考)在數(shù)列{an}中,an+1-an=2,Sn為{an}的前n項(xiàng)和.若S10=50,則數(shù)列{an+an+1}的前10項(xiàng)和為 (　　) A.100 B.110 C.120 D.130 答案C 解析數(shù)列{an+an+1}的前10項(xiàng)和為a1+a2+a2+a3+…+a10+a11=2(a1+a2+…+a10)+a11-a1=2S10+102=120.故選C. 3.(2017浙江五校聯(lián)考)已知數(shù)列5,6,1,-5,…,該數(shù)列的特點(diǎn)是從第二項(xiàng)起,每一項(xiàng)都等于它的前后兩項(xiàng)之和,則這個(gè)數(shù)列的前16項(xiàng)之和S16等于(　　) A.5 B.6 C.7 D.16 答案C 解析根據(jù)題意這個(gè)數(shù)列的前8項(xiàng)分別為5,6,1,-5,-6,-1,5,6,發(fā)現(xiàn)從第7項(xiàng)起,數(shù)字重復(fù)出現(xiàn),所以此數(shù)列為周期數(shù)列,且周期為6,前6項(xiàng)和為5+6+1+(-5)+(-6)+(-1)=0. 又因?yàn)?6=26+4,所以這個(gè)數(shù)列的前16項(xiàng)之和S16=20+5+6+1-5=7.故選C. 4.(2018浙江稽陽(yáng)聯(lián)考)已知Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若存在m∈N*,滿(mǎn)足S2mSm=9,a2mam=5m+1m-1,則數(shù)列{an}的公比為(　　) A.-2 B.2 C.-3 D.3 答案B 解析設(shè)公比為q,若q=1,則S2mSm=2,與題中條件矛盾,故q≠1. ∵S2mSm=a1(1-q2m)1-qa1(1-qm)1-q=qm+1=9,∴qm=8.∴a2mam=a1q2m-1a1qm-1=qm=8=5m+1m-1.∴m=3.∴q3=8.∴q=2.故選B. 5.(2017全國(guó)Ⅲ高考)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1,公差不為0.若a2,a3,a6成等比數(shù)列,則{an}前6項(xiàng)的和為(　　) A.-24 B.-3 C.3 D.8 答案A 解析設(shè)等差數(shù)列的公差為d,則d≠0,a32=a2a6,即(1+2d)2=(1+d)(1+5d),解得d=-2,所以S6=61+652(-2)=-24,故選A. 6.(2017浙江杭州模擬)已知等差數(shù)列{an}滿(mǎn)足a3=7,a5+a7=26,bn=1an2-1(n∈N*),數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,則S100的值為　　　　　. 答案n4(n+1) 解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,∵a3=7,a5+a7=26, ∴a1+2d=7,2a1+10d=26,解得a1=3,d=2. ∴an=3+2(n-1)=2n+1. ∴bn=1an2-1=14n2+4n=141n-1n+1. ∴S100=141-12+12-13+…+1n-1n+1 =141-1n+1=n4(n+1). 7.(2018浙江金華十校模擬)已知公差不為零的等差數(shù)列{an}中,a1=1,且a2,a5,a14成等比數(shù)列,{an}的前n項(xiàng)和為Sn,bn=(-1)nSn,則數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n=　　　　　. 答案n(2n+1) 解析∵a1=1,{an}是等差數(shù)列,a2,a5,a14成等比數(shù)列, ∴(1+d)(1+13d)=(1+4d)2,解得d=2. ∴an=a1+(n-1)d=2n-1,Sn=na1+n(n-1)2d=n2. ∵bn=(-1)nSn=(-1)nn2, ∴數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn=(-12+22)+(-32+42)+…+[-(2n-1)2+(2n)2]=3+7+…+4n-1=n(2n+1).故答案為n(2n+1). 8.有窮數(shù)列1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+…+2n-1所有項(xiàng)的和為　　　　　. 答案2n+1-2-n 解析由題意知所求數(shù)列的通項(xiàng)為1-2n1-2=2n-1,故由分組求和法及等比數(shù)列的求和公式可得和為2(1-2n)1-2-n=2n+1-2-n. 能力提升組 9.已知函數(shù)f(x)=xa的圖象過(guò)點(diǎn)(4,2),令an=1f(n+1)+f(n),n∈N*,記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,則S2 017=(　　) A.2016-1 B.2017-1 C.2018-1 D.2018+1 答案C 解析由f(4)=2得4a=2,解得a=12,則f(x)=x12. 故an=1f(n+1)+f(n)=1n+1+n=n+1-n, S2017=a1+a2+a3+…+a2017=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(2018-2017)=2018-1. 10.已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù),且當(dāng)n≥3時(shí),a4a2n-4=102n,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.n2n B.(n-1)2n-1-1 C.(n-1)2n+1 D.2n+1 答案C 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,∴an2=102n,即an=10n. ∴2n-1lgan=2n-1lg10n=n2n-1. ∴Sn=1+22+322+…+n2n-1,① 2Sn=12+222+323+…+n2n,② ①-②,得-Sn=1+2+22+…+2n-1-n2n=2n-1-n2n=(1-n)2n-1.∴Sn=(n-1)2n+1. 11.在數(shù)列{an}中,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 答案B 解析因?yàn)閍n+1+(-1)nan=2n-1,所以a2-a1=1,a3+a2=3,a4-a3=5,a5+a4=7,a6-a5=9,a7+a6=11,…,a11+a10=19,a12-a11=21.所以a1+a3=2,a4+a2=8,…,a12+a10=40. 所以從第一項(xiàng)開(kāi)始,依次取兩個(gè)相鄰奇數(shù)項(xiàng)的和都等于2,從第二項(xiàng)開(kāi)始,依次取兩個(gè)相鄰偶數(shù)項(xiàng)的和構(gòu)成以8為首項(xiàng),以16為公差的等差數(shù)列,將以上各式相加可得S12=a1+a2+a3+…+a12=(a1+a3)+(a5+a7)+(a9+a11)+(a2+a4)+(a6+a8)+(a10+a12)=32+8+24+40=78. 12.(2017浙江杭州學(xué)軍中學(xué)測(cè)試改編)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知a1=3,an+1=2Sn+3(n∈N*),bn=(2n-1)an,則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn為(　　) A.(n-1)3n+1 B.(n-1)3n+1+3 C.(n-1)3n+3 D.n3n+1+3 答案B 解析當(dāng)n≥2時(shí),由an+1=2Sn+3得an=2Sn-1+3, 兩式相減,得an+1-an=2Sn-2Sn-1=2an, ∴an+1=3an,∴an+1an=3. 當(dāng)n=1時(shí),a1=3,a2=2S1+3=2a1+3=9,則a2a1=3. ∴數(shù)列{an}是以a1=3為首項(xiàng),公比為3的等比數(shù)列. ∴an=33n-1=3n. ∴bn=(2n-1)an=(2n-1)3n, ∴Tn=13+332+533+…+(2n-1)3n,① 3Tn=132+333+534+…+(2n-1)3n+1,② ①-②,得-2Tn=13+232+233+…+23n-(2n-1)3n+1 =3+2(32+33+…+3n)-(2n-1)3n+1 =3+232(1-3n-1)1-3-(2n-1)3n+1 =-6-(2n-2)3n+1. ∴Tn=(n-1)3n+1+3. 13.(2017課標(biāo)Ⅰ高考)幾位大學(xué)生響應(yīng)國(guó)家的創(chuàng)業(yè)號(hào)召,開(kāi)發(fā)了一款應(yīng)用軟件.為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣,他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動(dòng).這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問(wèn)題的答案:已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一項(xiàng)是20,接下來(lái)的兩項(xiàng)是20,21,再接下來(lái)的三項(xiàng)是20,21,22,依此類(lèi)推,求滿(mǎn)足如下條件的最小整數(shù)N:N>100且該數(shù)列的前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪.那么該款軟件的激活碼是(　　) A.440 B.330 C.220 D.110 答案A 解析設(shè)數(shù)列的首項(xiàng)為第1組,接下來(lái)兩項(xiàng)為第2組,再接下來(lái)三項(xiàng)為第3組,以此類(lèi)推,設(shè)第n組的項(xiàng)數(shù)為n,則前n組的項(xiàng)數(shù)和為n(1+n)2.第n組的和為1-2n1-2=2n-1,前n組總共的和為2(1-2n)1-2-n=2n+1-2-n. 由題意,N>100,令n(1+n)2>100,得n≥14且n∈N*,即N出現(xiàn)在第13組之后.若要使最小整數(shù)N滿(mǎn)足:N>100且前N項(xiàng)和為2的整數(shù)冪,則SN-Sn(1+n)2應(yīng)與-2-n互為相反數(shù),即2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=29(1+29)2+5=440.故選A. 14.(2018浙江長(zhǎng)興模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足Sn+1=kSn+2,a1=2,a2=1,則k=　　　　　,Sn=　　　　　. 答案12　41-12n 解析∵S2=kS1+2,∴a1+a2=ka1+2. 又a1=2,a2=1,∴2+1=2k+2.∴k=12. ∵Sn+1=12Sn+2,① 當(dāng)n≥2時(shí),Sn=12Sn-1+2,② ①-②,得an+1=12an(n≥2). 又a2=12a1,易見(jiàn)an≠0(n∈N*),∴an+1an=12(n∈N*). ∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列,公比為12,Sn=21--12n1-12=41-12n. 15.“斐波那契數(shù)列”是數(shù)學(xué)史上一個(gè)著名數(shù)列,在斐波那契數(shù)列{an}中,a1=1,a2=1,an+2=an+1+an(n∈N*),則a7=　　　　　;若a2 018=m,則數(shù)列{an}的前2 016項(xiàng)和是　　　　　(用m表示). 答案13　m-1 解析∵a1=1,a2=1,an+2=an+1+an(n∈N*), ∴a3=1+1=2,同理可得:a4=3,a5=5,a6=8,則a7=13. ∵a1=1,a2=1,an+an+1=an+2(n∈N*), ∴a1+a2=a3, a2+a3=a4, a3+a4=a5, … a2015+a2016=a2017, a2016+a2017=a2018. 以上累加,得a1+2a2+2a3+2a4+…+2a2016+a2017=a3+a4+…+a2018,∴a1+a2+a3+a4+…+a2016=a2018-a2=m-1. 16.(2018浙江慈溪高三上期中)若數(shù)列{an}滿(mǎn)足an+1+(-1)nan=2n-1,其前n項(xiàng)和為Sn,則(1)a1+a3+a5+…+a99=　　　　　;(2)S4n=　　　　　. 答案(1)50　(2)8n2+2n 解析(1)∵an+1+(-1)nan=2n-1, ∴a2n+1+a2n=4n-1,a2n-a2n-1=4n-3. 兩式相減得a2n+1+a2n-1=2, 則a3+a1=2,a7+a5=2,…,a99+a97=2, ∴a1+a3+a5+…+a99=252=50. (2)由(1)得a3=2-a1,a2n+3+a2n+1=2, ∴a2n+3=2-a2n+1=2-(2-a2n-1)=a2n-1(n∈N*). ∴當(dāng)n=2k(k∈N*)時(shí),a4k+3=a4k-1=…=a3=2-a1; 當(dāng)n=2k-1(k∈N*)時(shí),a4k+1=a4k-3=…=a1. 由已知可得a4k-1+a4k-2=8k-5,a4k-a4k-1=8k-3(k∈N*).∴a4k-2=8k-5-a4k-1=8k-7+a1,a4k=8k-3+a4k-1=8k-1-a1. ∴an=a1,n=4k-3,2n-3+a1,n=4k-2,2-a1,n=4k-1,2n-1-a1,n=4k(k∈N*). 設(shè)bn=a4n-3+a4n-2+a4n-1+a4n=16n-6(n∈N*),則數(shù)列{bn}為首項(xiàng)為10,公差為16的等差數(shù)列. ∴S4n=b1+b2+…+bn=10n+16n(n-1)2=8n2+2n. 17.(2018浙江名校新高考研究聯(lián)盟第一次聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿(mǎn)足Sn=a2n+bn-1(a,b∈R,n∈N*). (1)當(dāng)a=1,b=1時(shí),求數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)和Tn; (2)若{an}是等比數(shù)列,證明:a2S1S2+a3S2S3+…+an+1SnSn+1<1. (1)解當(dāng)a=1,b=1時(shí),Sn=2n+n-1, Tn=S1+S2+…+Sn=21+1-1+22+2-1+…+2n+n-1 =(21+22+…+2n)+(1+2+…+n)-n =2n+1-2+12n(n+1)-n=2n+1+12n(n-1)-2. (2)證明當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=2a+b-1, 當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2n-1a+b, 要使得數(shù)列{an}成等比數(shù)列,則b=0, 此時(shí)an=2n-1a,且需滿(mǎn)足當(dāng)n=1時(shí),a1=2a+b-1=a,即a=1, 此時(shí):Sn=2n-1,an=2n-1, an+1SnSn+1=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1. 故a2S1S2+a3S2S3+…+an+1SnSn+1=2(2-1)(22-1)+22(22-1)(23-1)+…+2n(2n-1)(2n+1-1)=12-1-122-1+122-1-123-1+…+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-1<1. 18.(2018浙江金麗衢十二校第一次聯(lián)考)已知數(shù)列{an},a1=2,a2=6,且滿(mǎn)足an+1+an-1an+1=2(n≥2且n∈N*). (1)求證:數(shù)列{an+1-an}為等差數(shù)列; (2)令bn=10(n+1)an-12,設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,求數(shù)列{S2n-Sn}的最大值. (1)證明∵an+1+an-1=2an+2, ∴(an+1-an)-(an-an-1)=2. ∴數(shù)列{an+1-an}是公差為2的等差數(shù)列. (2)解∵n≥2時(shí),an=(an-an-1)+…+(a2-a1)+a1=2n+…+4+2=2n(n+1)2=n(n+1), 又當(dāng)n=1時(shí),a1=2也滿(mǎn)足此式,∴an=n(n+1). ∵bn=10(n+1)n(n+1)-12=10n-12, ∴Sn=101+12+…+1n-n2. ∴S2n=101+12+…+1n+1n+1+1n+2+…+12n-2n2. 設(shè)Mn=S2n-Sn=101n+1+1n+2+…+12n-n2, ∴Mn+1=101n+2+1n+3+…+12n+12n+1+12n+2-n+12, ∴Mn+1-Mn=1012n+1+12n+2-1n+1-12 =1012n+1-12n+2-12=10(2n+1)(2n+2)-12. ∴當(dāng)n=1時(shí),Mn+1-Mn=1034-12>0,即M1M3>M4>…. ∴(Mn)max=M2=1013+14-1=296. 故數(shù)列{S2n-Sn}的最大值為S4-S2=296.