2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测第36讲数列求和（达标检测）（Word版附解析）

第36讲数列求和（达标检测）[A组]—应知应会1．（2020春•胶州市期末）已知数列的前项和为，，则　　A．B．C．D．【分析】本题根据数列通项公式的特点可先求出连续奇偶项的和，然后运用分组求和法可计算出的值，得到正确选项．【解答】解：由题意，令，则当为奇数时，为偶数，，．故选：．2．（2020春•福州期末）已知数列满足，则　　A．B．C．D．【分析】本题先根据公式法计算出数列的通项公式，然后计算出的表达式并根据表达式的特点进行裂项，最后计算时相消即可得到结果．【解答】解：由题意，可知，则， ．故选：．3．（2020春•龙凤区校级期末）已知数列满足：，则数列的前项和为　　A．B．C．D．【分析】在中取为，得到，两式相减求得，再用裂项累加即可．【解答】解：在中，取，易得数列满足：①，②，②①可得，，也满足）．，则数列的前项和．故选：．4．（2020春•宣城期末）已知数列满足：，．正项数列满足：对于每个，，且，，成等比数列，则的前项和为　　A．B．C．D．【分析】运用数列的累乘法求得，再由等比数列的中项性质可得，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和．【解答】解：， 可得，由，可得，可得，由，，成等比数列，可得，可得，则，所以．故选：．5．（2020春•成都期末）数列是首项和公差都为1的等差数列，其前项和为，若是数列的前项和，则　　A．1B．C．D．【分析】由题意，，，即可得，累加即可．【解答】解：由题意，，故，于是，，故选：．6．（2019秋•吉安期末）已知等差数列满足，，设数列的前项和为，则　　A．32B．28C．128D．0【分析】设公差为，运用等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，再讨论数列的项的符号，由等差 数列的求和公式可得所求和．【解答】解：设公差为，由，，可得，，解得，，故，易知当时，，当时，，且，，则．故选：．7．（2020春•温州期末）等差数列中，，，是数列的前项和，则　　A．B．C．D．【分析】等差数列的公差设为，由等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，由等差数列的求和公式可得，，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和．【解答】解：等差数列的公差设为，由，，可得，，解得，可得，则，可得则．故选：．8．（2020•吴忠模拟）已知数列的前项和为，满足，且数列的前6项和等于321，则的值等于　　A．B．C．1D．2【分析】先由题设条件得到：，再由求得，进而求得，再由其前6项和等于321求得的值．【解答】解：依题意得：当时，有，解得：；当时，由， 两式相减可得：，即：，故，，故数列的前6项和为．令①，则②，由①②可得：，则，，解得：．故选：．9．（2020春•河南期末）公元1202年意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，，即，．此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用．若记，数列的前项和为，则　　A．0B．1C．2019D．2020【分析】直接利用关系式的变换求出数列为等比数列．进一步利用分组法求出数列的和．【解答】解：由题意知，由于，所以，所以．故选：．10．（多选）（2019秋•菏泽期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，．，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前项和，则下列结论正确的是　　A．B． C．D．【分析】根据数列的特点，求出其递推关系式；再对每一个选项逐个检验即可【解答】解：．由，，，可得成立；．由，，，可得，；成立；．由，，，，，可得：．故是斐波那契数列中的第2020项．即答案成立；．斐波那契数列总有，则，，，，，；；即答案成立故选：．11．（多选）（2020春•如皋市期末）已知数列是递增的等差数列，，．，数列的前项和为，下列结论正确的是　　A．B．C．当时，取最小值D．当时，取最小值【分析】由已知求出数列的首项与公差，得到通项公式判断与；再求出，由的项分析的最小值．【解答】解：在递增的等差数列中，由，得，又，联立解得，，则，．．故正确，错误； 可得数列的前4项为负，第5项为正，第六项为负，第六项以后均为正．而．当时，取最小值，故正确，错误．故选：．12．（2020春•慈溪市期末）设数列的前项和为，且，，则　　．【分析】由已知数列递推式，可得，再由累积法求数列的通项公式，然后利用裂项相消法求和．【解答】解：由，①得当时，，②①②得：，即，则：，，，，．累乘可得：，又，，则．故答案为：． 13．（2020•盐城四模）若数列的前项和为，，则的值为　　．【分析】先对分当，与，两类研究，进而得到与，然后分别求出与即可求得的值．【解答】解：，当，时，有；当，时，有，又，．又，．故答案为：299．14．（2020•南岗区校级四模）已知数列满足，为的前项和，记，数列的前项和为，则　　．【分析】运用等差数列的求和公式可得，求得，考虑每隔四项的和，结合特殊角的余弦函数值，计算可得所求和．【解答】解：，可得，则，则．故答案为：．15．（2020春•安徽期末）数列中，，，，则的前项和 　　．【分析】（1）直接利用等比数列的定义求出数列的通项公式．进一步利用裂项相消法的应用求出数列的和．【解答】解：数列中，，，，所以数列是以为首项，公差为的等差数列．所以，所以．则：，所以，所以．故答案为：16．（2020•和平区校级二模）已知数列的各项均为正数，其前项和满足，．设，为数列的前项和，则　　．【分析】由数列的递推式：时，；时，，结合等差数列的通项公式和求和公式，化简整理可得所求和．【解答】解：数列的各项均为正数，其前项和满足，．可得时，，解得，时，，又，相减可得，化为，由，可得，则，，可得 ．故答案为：．17．（2020春•让胡路区校级期末）设等差数列的前项和为，若，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求的前项和为．【分析】（1）直接利用等差数列的性质的应用求出数列的通项公式．（2）利用裂项相消法的应用求出数列的和．【解答】解：（1）设首项为，公差为的等差数列的前项和为，若，，所以，解得，所以．、（2）由于，所以，所以．18．（2020春•赤峰期末）已知数列的前项和，为等比数列，且，．（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【分析】（1）由数列的递推式可知，当时，，当时，，计算出，再由等比数列的通项公式，可得；（2）求得，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简可得．【解答】解：（1）当时，，当时，，满足上式，则；因为，，则，因为为等比数列，所以， 所以；（2），由，所以，①，②①②可得，所以．19．（2020春•威宁县期末）已知在等差数列中，，．（Ⅰ）设，求证：数列是等比数列；（Ⅱ）求数列的前项和．【分析】（Ⅰ）直接利用等差数列的定义求出数列的通项公式，进一步求出数列是等比数列．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，进一步利用分组法求出数列的和．【解答】解：（Ⅰ）设公差为的等差数列中，，．整理得，解得，所以．由于，所以，，整理得（常数），所以数列是以为首项，2为公比的等比数列．（Ⅱ）由于数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以．所以，故：．20．（2020春•韶关期末）已知等差数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和．【分析】（1）直接利用等差数列的定义和性质求出数列的通项公式．（2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法求出数列的和．【解答】解：（1）设公差为的等差数列的前项和为，首项为，且，．所以，解得，整理得（2）由（1）得：数列满足，则．21．（2020春•湖北期末）已知公差不为0的等差数列的首项，前项和是，且____（①，，成等比数列，②，③，任选一个条件填入上空），设，求数列的前项和．【分析】选①：由已知得，再利用错位相减法求和；选②：，再利用错位相减法求和；选③：求得，，再利用错位相减法求和；【解答】解：设等差数列的公差为，选①：由，，成等比数列得，化简得，，于是，，，相减得：，； 选②：，时，，符合上式，，下同①；选③：，，，，，相减得，．[B组]—强基必备1．（2020春•诸暨市校级期中）为数列的前项和，，，，，对任意大于2的正整数，有恒成立，则使得成立的正整数的最小值为　　A．7B．6C．5D．4【分析】先由题设条件求出，得到：，整理得：，从而有数列是以3为首项，2为公差的等差数列，求出，再利用累加法求出，然后利用裂项相消法整理可得，解出的最小值．【解答】解：依题意知：当时有，，，，，，即，，即，，又，，，数列是以3为首项，2为公差的等差数列，，故，，，，， 由上面的式子累加可得：，，，．由可得：，整理得，且，解得：．所以的最小值为6．故选：．2．（2020•江西模拟）已知数列的通项公式是，在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；；在和之间插入个数，，，，使，，，，，成等差数列．这样得到新数列，，，，，，，，，，，记数列的前项和为，有下列判断：①；②；③；④．其中正确的判断序号是　　．【分析】根据等差数列的性质和数列求和的方法逐一判断即可．【解答】解：以题意，有①，故①正确；②在数列中是第项，所以，故②错误；③，，故③正确；④，故④正确．故答案为：①③④．3．（2020•南通模拟）定义数列，先给出，接着复制该项，再添加1的后继数2，于是，，接下来再复制前面所有项，之后再添加2的后继数3，如此继续，1，2，1，1，2，3，1，1，2，1，，设是的前项和，则　　．【分析】由数列的构造方法可知，，，，可得，即，由于数表的前行共有个数，于是，先计算．在前个数中，共有1 个，2个，个，，个，，个1，因此，，两式相减，得．，即可得出．【解答】解：由数列的构造方法可知，，，，可得，即，故．由于数表的前行共有个数，于是，先计算．在前个数中，共有1个，2个，个，，个，，个1，因此，则，两式相减，得．．