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【创新设计】高考数学 第六篇 第4讲 数列求和限时训练 新人教A版
【创新设计】高考数学 第六篇 第4讲 数列求和限时训练 新人教A版
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第4讲数列求和A级 基础演练(时间:30分钟 满分:55分)3一、选择题(每小题5分,共20分)1.数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n,则S17=( ).A.8B.9C.16D.17解析 S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17=1+(-2+3)+(-4+5)+(-6+7)+…+(-14+15)+(-16+17)=1+1+1+…+1=9.答案 B2.(2022·广州调研)等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,且4a1,2a2,a3成等差数列,则S4=( ).A.7B.8C.15D.16解析 设数列{an}的公比为q,则4a2=4a1+a3,∴4a1q=4a1+a1q2,即q2-4q+4=0,∴q=2.∴S4==15.答案 C3.(2022·临沂模拟)在数列{an}中,an=,若{an}的前n项和为,则项数n为( ).A.2011B.2012C.2013D.2014解析 ∵an==-,∴Sn=1-==,解得n=2013.答案 C4.(2022·新课标全国)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为( ).A.3690B.3660C.1845D.1830解析 当n=2k时,a2k+1+a2k=4k-1,当n=2k-1时,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+a613\n)=3+7+11+…+(4×30-1)==30×61=1830.答案 D二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2022·北京)在等比数列{an}中,若a1=,a4=-4,则公比q=________;|a1|+|a2|+…+|an|=________.解析 设等比数列{an}的公比为q,则a4=a1q3,代入数据解得q3=-8,所以q=-2;等比数列{|an|}的公比为|q|=2,则|an|=×2n-1,所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=(1+2+22+…+2n-1)=(2n-1)=2n-1-.答案 -2 2n-1-6.数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则S100=________.解析 由an+2-an=1+(-1)n,知a2k+2-a2k=2,a2k+1-a2k-1=0,∴a1=a3=a5=…=a2n-1=1,数列{a2k}是等差数列,a2k=2k.∴S100=(a1+a3+a5+…+a99)+(a2+a4+a6+…+a100)=50+(2+4+6+…+100)=50+=2600.答案 2600三、解答题(共25分)7.(12分)(2022·包头模拟)已知数列{xn}的首项x1=3,通项xn=2np+nq(n∈N*,p,q为常数),且x1,x4,x5成等差数列.求:(1)p,q的值;(2)数列{xn}前n项和Sn.解 (1)由x1=3,得2p+q=3,又因为x4=24p+4q,x5=25p+5q,且x1+x5=2x4,得3+25p+5q=25p+8q,解得p=1,q=1.(2)由(1),知xn=2n+n,所以Sn=(2+22+…+2n)+(1+2+…+n)=2n+1-2+.8.(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=Sn(n=1,2,3,…).(1)求数列{an}的通项公式;3\n(2)设bn=log(3an+1)时,求数列的前n项和Tn.解 (1)由已知得得到an+1=an(n≥2).∴数列{an}是以a2为首项,以为公比的等比数列.又a2=S1=a1=,∴an=a2×n-2=n-2(n≥2).又a1=1不适合上式,∴an=(2)bn=log(3an+1)=log=n.∴==-.∴Tn=+++…+=+++…+=1-=.3\nB级 能力突破(时间:30分钟 满分:45分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2022·福建)数列{an}的通项公式an=ncos,其前n项和为Sn,则S2012等于( ).A.1006B.2012C.503D.0解析 因cos呈周期性出现,则观察此数列求和规律,列项如下:a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4,此4项的和为2.a5=0,a6=-6,a7=0,a8=8,此4项的和为2.依次类推,得S2012=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+…+(a2009+a2010+a2011+a2012)=×2=1006.故选A.答案 A2.(2022·西安模拟)数列{an}满足an+an+1=(n∈N*),且a1=1,Sn是数列{an}的前n项和,则S21=( ).A.B.6C.10D.11解析 依题意得an+an+1=an+1+an+2=,则an+2=an,即数列{an}中的奇数项、偶数项分别相等,则a21=a1=1,S21=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)+a21=10(a1+a2)+a21=10×+1=6,故选B.答案 B二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2022·长沙模拟)等差数列{an}中有两项am和ak(m≠k),满足am=,ak=,则该数列前mk项之和是Smk=________.解析 设数列{an}的首项为a1,公差为d.则有解得所以Smk=mk·+·=.答案 4.设f(x)=,利用倒序相加法,可求得f+f+…+f的值为________.\n解析 当x1+x2=1时,f(x1)+f(x2)=+==1.设S=f+f+…+f,倒序相加有2S=++…+f+f=10,即S=5.答案 5三、解答题(共25分)5.(12分)设数列{an}满足a1+3a2+32a3+…+3n-1an=,n∈N*.(1)求数列{an}的通项;(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.思维启迪:(1)由已知写出前n-1项之和,两式相减.(2)bn=n·3n的特点是数列{n}与{3n}之积,可用错位相减法.解 (1)∵a1+3a2+32a3+…+3n-1an=,①∴当n≥2时,a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=,②①-②得3n-1an=,∴an=.在①中,令n=1,得a1=,适合an=,∴an=.(2)∵bn=,∴bn=n·3n.∴Sn=3+2×32+3×33+…+n·3n,③∴3Sn=32+2×33+3×34+…+n·3n+1.④④-③得2Sn=n·3n+1-(3+32+33+…+3n),即2Sn=n·3n+1-,∴Sn=+.探究提高 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n-1an}的前n项和,从而利用an与Sn的关系求出通项3n-1an,进而求得an;另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法,但值得注意的是,这种方法运算过程复杂,运算量大,应加强对解题过程的训练,重视运算能力的培养.\n6.(13分)(2022·泰州模拟)将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表:a1a2 a3 a4a5 a6 a7 a8 a9…已知表中的第一列数a1,a2,a5,…构成一个等差数列,记为{bn},且b2=4,b5=10.表中每一行正中间一个数a1,a3,a7,…构成数列{cn},其前n项和为Sn.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)若上表中,从第二行起,每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列,公比为同一个正数,且a13=1.①求Sn;②记M={n|(n+1)cn≥λ,n∈N*},若集合M的元素个数为3,求实数λ的取值范围.解 (1)设等差数列{bn}的公差为d,则解得所以bn=2n.(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q.由于前n行共有1+3+5+…+(2n-1)=n2个数,且32<13<42,a10=b4=8,所以a13=a10q3=8q3,又a13=1,所以解得q=.由已知可得cn=bnqn-1,因此cn=2n·n-1=.所以Sn=c1+c2+c3+…+cn=+++…+,Sn=++…++,因此Sn=+++…+-=4--=4-,解得Sn=8-.②由①知cn=,不等式(n+1)cn≥λ,可化为≥λ.设f(n)=,\n计算得f(1)=4,f(2)=f(3)=6,f(4)=5,f(5)=.因为f(n+1)-f(n)=,所以当n≥3时,f(n+1)<f(n).因为集合M的元素个数为3,所以λ的取值范围是(4,5].特别提醒:教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-26 00:36:16
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