高考理科数学二轮复习训练-数列求和

专题复习检测A 卷1．(2019年福建泉州模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝( )A ．8B ．9C ．16D ．17【答案】B【解析】S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.2．若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146且所有项的和为390，则这个数列的项数为( )A ．13B ．12C ．11D ．10【答案】A【解析】因为a 1＋a 2＋a 3＝34，a n －2＋a n －1＋a n ＝146，a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180，又a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2，所以3(a 1＋a n )＝180，从而a 1＋a n ＝60.所以S n ＝n (a 1＋a n )2＝n ·602＝390，即n ＝13. 3．已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( ) A ．9 B ．15 C ．18 D ．30【答案】C【解析】∵a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，∴数列{a n }是首项为－5，公差为2的等差数列．∴a n＝－5＋2(n －1)＝2n －7.数列{a n }的前n 项和S n ＝n (－5＋2n －7)2＝n 2－6n .令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72.∴n ≤3时，|a n |＝－a n ；n ≥4时，|a n |＝a n .则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝S 6－2S 3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.故选C ．4．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14，…，1n.第二步：将数列的各项乘以n ，得数列(记为)a 1，a 2，a 3，…，a n . 则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n 等于( ) A ．(n ＋1)2 B ．(n －1)2 C ．n (n －1) D ．n (n ＋1)【答案】C【解析】a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝n 1·n 2＋n 2·n 3＋…＋n n －1·nn＝n 2⎣⎡⎦⎤11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝n 2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝n 2·n －1n＝n (n －1)．5．(2019年安徽皖西七校联考)在数列{a n }中，a n ＝2n －12n ，若{a n }的前n 项和S n ＝32164，则n ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】D【解析】由a n ＝2n －12n ＝1－12n ，得S n ＝n －⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n －⎝⎛⎭⎫1－12n ，则S n ＝32164＝n －⎝⎛⎭⎫1－12n .将各选项中的值代入验证得n ＝6. 6．(2018年上海)记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝0，a 6＋a 7＝14，则S 7＝________. 【答案】14【解析】由a 3＝0，a 6＋a 7＝14，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝0，a 1＋5d ＋a 1＋6d ＝14，解得a 1＝－4，d ＝2.∴S 7＝7a 1＋7×62d ＝14. 7．若一个数列的第m 项等于这个数列的前m 项的乘积，则称该数列为“m 积数列”．若各项均为正数的等比数列{a n }是一个“2 018积数列”且a 1＞1，则当其前n 项的乘积取最大值时n 的值为________．【答案】1 008或1 009【解析】由题可知a 1a 2a 3·…·a 2 018＝a 2 018，故a 1a 2a 3·…·a 2 017＝1，由于{a n }是各项均为正数的等比数列且a 1＞1，所以a 1 009＝1，公比0＜q ＜1.所以a 1 008＞1且0＜a 1 010＜1，故当数列{a n }的前n 项的乘积取最大值时n 的值为1 008或1 009.8．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.【答案】2n ＋1－2【解析】∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n.∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2. 9．在正项等比数列{a n }中，公比q ∈(0,1)，a 3＋a 5＝5且a 3和a 5的等比中项是2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1n (log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n )，判断数列{b n }的前n 项和S n 是否存在最大值？若存在，求出使S n 最大时n 的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)依题意a 3·a 5＝4，又a 3＋a 5＝5，q ∈(0,1)， ∴a 3＝4，a 5＝1. ∴q 2＝a 5a 3＝14，即q ＝12.∴a 1＝a 3q 2＝16，a n ＝a 1·q n －1＝16·⎝⎛⎭⎫12n －1＝25－n . (2)∵log 2a n ＝5－n ，∴b n ＝1n [4＋3＋…＋(5－n )]＝(4＋5－n )2n n ＝9－n 2.∵当n ＜9时，b n ＞0；当n ＝9时，b n ＝0；当n ＞9时，b n ＜0. ∴S 1＜S 2＜…＜S 8＝S 9＞S 10＞S 11＞…. ∴S n 有最大值，此时n ＝8或9.10．(2019年山东潍坊二模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S 4＝40；数列{}b n 的前n 项和为T n ，且T n －2b n ＋3＝0，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和P n .【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d .由题意，⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝8，4a 1＋6d ＝40，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d ＝4，所以a n ＝4n .因为T n －2b n ＋3＝0，所以当n ＝1时，b 1＝3. 当n ≥2时，T n －1－2b n －1＋3＝0. 两式相减，得b n ＝2b n －1(n ≥2)． 所以数列{}b n 为等比数列，b n ＝3·2n －1.(2)c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n ，n 为奇数，3·2n －1，n 为偶数.当n 为偶数时，P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝(4＋4n －4)·n 22＋6(1－4n2)1－4＝2n＋1＋n 2－2.当n 为奇数时，n －1为偶数， P n ＝P n －1＋c n ＝2(n－1)＋1＋(n －1)2－2＋4n ＝2n ＋n 2＋2n －1.所以P n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋n 2＋2n －1，n 为奇数.B 卷11．(2019年广东江门模拟)数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，且b n ＝a n cos 2n π3，记S n 为数列{b n }的前n 项和，则S 120＝( ) A ．7 160 B ．7 220 C ．7 280 D ．7 340【答案】C【解析】由na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以1为公差的等差数列．又a 11＝1，所以a n n ＝n ，即a n ＝n 2，所以b n ＝n 2cos 2n π3.所以b 3k －2＋b 3k －1＋b 3k ＝－12(3k －2)2－12(3k －1)2＋(3k )2＝9k －52.所以S 120＝∑40k ＝1 ⎝⎛⎭⎫9k －52＝402⎝⎛⎭⎫9－52＋9×40－52＝7 280. 12．(2019年东北三校联考)如图所示，作边长为a 的正三角形的内切圆，在这个圆内作内接正三角形，然后再作新三角形的内切圆．如此下去，前n 个内切圆的面积和为( )A ．a 29⎝⎛⎭⎫1－12n π B ．a 29⎝⎛⎭⎫1－122n －1πC ．a 29⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1πD ．a 29⎝⎛⎭⎫1－122n π 【答案】D【解析】设第n 个三角形的内切圆半径为a n ，则易知a 1＝12a tan 30°＝36a ，a 2＝12a 1，…，a n ＝12a n －1，故数列{a n }是首项为36a ，公比为12的等比数列．设前n 个内切圆面积和为S n ，则S n ＝π(a 21＋a 22＋…＋a 2n) ＝πa 21⎣⎡⎦⎤1＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫142＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －12 ＝πa 21⎣⎡⎦⎤1＋14＋⎝⎛⎭⎫142＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －1 ＝43×a 212⎝⎛⎭⎫1－122n π＝a 29⎝⎛⎭⎫1－122n π.故选D ． 13．已知数列{a n }是等比数列，其公比为2，设b n ＝log 2a n 且数列{b n }的前10项的和为25，那么1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 10的值为________．【答案】1 023128【解析】∵数列{a n }是等比数列，其公比为2，∴b 1＋b 2＋…＋b 10＝log 2(a 1·a 2·…·a 10)＝log 2(a 10121＋2＋…＋9)＝25，∴a 101×245＝225，可得a 1＝14.那么1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 10＝4⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋129＝4×1－12101－12＝1 023128. 14．(2018年甘肃张掖模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n＋1.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝b n 2n ＋1＋1n (n ＋1)，其中n ∈N *，若数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .【解析】(1)由a 1＝－3a 1＋4，得a 1＝1. 由a n ＝－3S n ＋4，知a n ＋1＝－3S n ＋1＋4. 两式相减，化简得a n ＋1＝14a n .∴a n ＝⎝⎛⎭⎫14n －1，b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝⎛⎭⎫14n ＝2n . (2)由题意知c n ＝n 2n ＋1n (n ＋1).令H n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①则12H n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1.② ①－②，得12H n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1.∴H n ＝2－n ＋22n .1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，令M n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，∴T n ＝H n ＋M n ＝2－n ＋22n ＋nn ＋1.。