2018版高考数学人教A版理科一轮复习课时跟踪检测34 含

课时跟踪检测(三十四)

1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－315n，则其前20项和为( )

A．380－351－1519 B．400－251－1520

C．420－341－1520 D．440－451－1520

答案：C

解析：令数列{an}的前n项和为Sn，

则S20＝a1＋a2＋„＋a20

＝2(1＋2＋„＋20)－315＋152＋„＋1520

＝2×20×20＋12－3×15×1－15201－15

＝420－341－1520.

2．已知数列{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列1an的前5项和为( )

A.158或5 B．3116或5

C.3116 D．158

答案：C

解析：设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意，得91－q31－q＝1－q61－q，所以1＋q3＝9，解得q＝2，所以1an是首项为1，公比为12的等比数列，则所求的前5项和为1－1251－12＝3116.

3．数列{an}的通项公式为数列an＝1nn＋1，其前n项和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为( )

A．－10 B．－9

C．10 D．9

答案：B

解析：数列的前n项和为11×2＋12×3＋„＋1nn＋1＝1－1n＋1＝nn＋1＝910，

解得n＝9，∴直线方程为10x＋y＋9＝0.

令x＝0，得y＝－9，∴在y轴上的截距为－9.

4．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项和S100＝( )

A．200 B．－200

C．400 D．－400

答案：B

解析：S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－„－(4×100－3)＝4×＋＝4×(－50)＝－200.

5.122－1＋132－1＋142－1＋„＋1n＋12－1的值为( )

A.n＋12n＋2 B．34－n＋12n＋2

C.34－121n＋1＋1n＋2 D．32－1n＋1＋1n＋2

答案：C

解析：∵1n＋12－1＝1nn＋2＝121n－1n＋2，

∴122－1＋132－1＋142－1＋„＋1n＋12－1

＝121－13＋12－14＋13－15＋„＋1n－1n＋2

＝1232－1n＋1－1n＋2

＝34－121n＋1＋1n＋2.

6．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn等于( )

A．6n－n2 B．n2－6n＋18

C. 6n－n21≤n≤3，n2－6n＋18n>3 D． 6n－n21≤n≤3，n2－6nn>3

答案：C

解析：由Sn＝n2－6n，得

{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2.

∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7，

∴当n≤3时，an＜0；当n＞3时，an＞0.

∴Tn＝ 6n－n2，1≤n≤3，n2－6n＋18，n>3.

7．已知函数f(n)＝ n2，n为奇数，－n2，n为偶数， 且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋„＋a100＝( )

A．0 B．100

C．－100 D．10 200

答案：B

解析：由题意，得

a1＋a2＋a3＋„＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋„＋992－1002－1002＋1012

＝－(1＋2)＋(3＋2)－„－(99＋100)＋(101＋100)

＝－(1＋2„＋99＋100)＋(2＋3＋„＋100＋101)

＝－50×101＋50×103＝100.

故选B.

8．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，„，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 017项和S2 017＝( )

A．2 008 B．2 010

C．1 D．0

答案：A

解析：由已知，得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，

∴an＋1＝an－an－1.

故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，

－2 009，－1,2 008,2 009.

由此可知数列为周期数列，周期为6，且S6＝0.

∵2 017＝6×336＋1，

∴S2 017＝S1＝2 008.

9．数列{an}满足a1＝1，对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则1a1＋1a2＋„＋1a2 016＝( )

A.2 0152 016 B．4 0322 017

C.4 0342 017 D．2 0162 017

答案：B

解析：∵a1＝1，且对于任意的n∈N*，an＋1＝a1＋an＋n，

∴an＋1－an＝n＋1，

∴当n≥2时，

an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋„＋(a2－a1)＝n＋(n－1)＋„＋2＋1＝nn＋12，

当n＝1时也成立，

∴an＝nn＋12，

∴1an＝2nn＋1＝21n－1n＋1，

∴数列1an的前n项和为

Sn＝21－12＋12－13＋„＋1n－1n＋1

＝21－1n＋1＝2nn＋1，

∴1a1＋1a2＋„＋1a2 016＝2×2 0162 016＋1＝4 0322 017，故选B.

10．已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*都有Sn＝23an－13，若1＜Sk＜9(k∈N*)，则k＝________.

答案：4

解析：当n＞1时，Sn－1＝23an－1－13，

∴an＝23an－23an－1，∴an＝－2an－1.

又a1＝－1，∴{an}为等比数列，且an＝－(－2)n－1，

∴Sk＝－2k－13，由1＜Sk＜9，得4＜(－2)k＜28，

又k∈N*，∴k＝4.

11．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，记Sn为{an}的前n项和，则S2 013＝________.

答案：－1 005

解析：由a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)可得a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0，该数列是周期为4的数列，所以S2 013＝503(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 013＝503×(－2)＋1＝－1 005.

12．已知数列{an}满足an＋1＝12＋an－a2n，且a1＝12，则该数列的前2 016项的和等于________．

答案：1 512

解析：因为a1＝12，又an＋1＝12＋an－a2n，

所以a2＝1，从而a3＝12，a4＝1，

即得an＝ 12，n＝2k－1，1，n＝2k，k∈N*，故数列的前2 016项和等于S2 016＝1 008×1＋12＝1 512.

1．已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋„＋|bn|＝( )

A．1－4n B．4n－1

C.1－4n3 D．4n－13

答案：B

解析：由已知，得b1＝a2＝－3，q＝－4，

∴bn＝(－3)×(－4)n－1，∴|bn|＝3×4n－1，

即{|bn|}是以3为首项，以4为公比的等比数列．

∴|b1|＋|b2|＋„＋|bn|＝31－4n1－4＝4n－1.

2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 015＝( )

A．2 015 B．2 013

C．1 008 D．1 007

答案：C

解析：因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，

所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，

两式相减，得an＋1＋an＝1，n≥2.

又a1＝1，所以S2 015＝a1＋(a2＋a3)＋„＋(a2 014＋a2 015)＝1 008，故选C.

3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 016＝( )

A．22 016－1 B．3·21 008－3

C．3·21 008－1 D．3·21 007－2

答案：B

解析：a1＝1，a2＝2a1＝2，

又an＋2·an＋1an＋1·an＝2n＋12n＝2，∴an＋2an＝2.

∴a1，a3，a5，„成等比数列；a2，a4，a6，„成等比数列，

∴S2 016＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋„＋a2 015＋a2 016

＝(a1＋a3＋a5＋„＋a2 015)＋(a2＋a4＋a6＋„＋a2 016)

＝1－21 0081－2＋21－21 0081－2＝3·21 008－3.故选B.

4.对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.

答案：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

＝2－2n1－2＋2＝2n－2＋2＝2n.

∴Sn＝2－2n＋11－2＝2n＋1－2.

5．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝an＋1SnSn＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：(1)由题设，知a1a4＝a2a3＝8，

又a1＋a4＝9，可解得 a1＝1，a4＝8或 a1＝8，a4＝1(舍去)．

设等比数列{an}的公比为q，由a4＝a1q3，得q＝2，

故an＝a1qn－1＝2n－1，n∈N*.

(2)Sn＝a11－qn1－q＝2n－1，

又bn＝an＋1SnSn＋1＝Sn＋1－SnSnSn＋1＝1Sn－1Sn＋1，

所以Tn＝b1＋b2＋„＋bn

＝1S1－1S2＋1S2－1S3＋„＋1Sn－1Sn＋1

＝1S1－1Sn＋1

＝1－12n＋1－1，n∈N*.

6．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2.