《2020版高考数学总复习 第五篇 数列（必修5）第4节 数列求和及综合应用应用能力提升 理（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学总复习 第五篇 数列（必修5）第4节 数列求和及综合应用应用能力提升 理（含解析）（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第4节数列求和及综合应用【选题明细表】知识点、方法题号公式法、并项法、分组法求和1,2,3,7,12,13裂项相消法求和5,6,10错位相减法求和11,14,15数列的综合应用4,8,9基础巩固(建议用时:25分钟)1.等差数列an中,已知公差d=,且a1+a3+a99=50,则a2+a4+a100等于(B)(A)50 (B)75 (C)100 (D)125解析:a2+a4+a100=(a1+d)+(a3+d)+(a99+d)=(a1+a3+a99)+ 50d=50+50=75.故选B.2.数列an的通项公式为an=(-1)n-1(4n-3),则它的前100项之和S100等于(B)(A)200
2、 (B)-200 (C)400 (D)-400解析:S100=(41-3)-(42-3)+(43-3)-(4100-3)=4(1- 2)+(3-4)+(99-100)=4(-50)=-200.故选B.3.Sn=+等于(B)(A)(B)(C)(D)解析:由Sn=+,得Sn=+,-得,Sn=+-=-,所以Sn=.故选B.4.(2018安徽江南十校联考)已知函数f(x)=x的图象过点(4,2),令an=,nN*.记数列an的前n项和为Sn,则S2 019等于(C)(A)-1(B)-1(C)2-1(D)2+1解析:由f(4)=2可得4=2,解得=,则f(x)=.所以an= =-,S2 019=a1+a
3、2+a3+a2 019=(-)+(-)+ (-)+(-)+(-)=-1=2-1.故选C.5.数列an,bn满足anbn=1,an=n2+3n+2,则bn的前10项之和为(B)(A)(B)(C)(D)解析:bn=-,S10=b1+b2+b3+b10=-+-+-+-=-=.故选B.6.已知等差数列an的公差为d,且an0,d0,则+可化简为(B)(A) (B)(C) (D)解析:因为=(-),所以原式=(-+-+-)=(-)=,选B.7.有穷数列1,1+2,1+2+4,1+2+4+2n-1所有项的和为.解析:由题意知所求数列的通项为=2n-1,故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为-n=2n+
4、1-2-n.答案:2n+1-2-n8.数列an满足an+an+1=(nN*),且a1=1,Sn是数列an的前n项和,则S21= .解析:由an+an+1=an+1+an+2,所以an+2=an,则a1=a3=a5=a21,a2=a4=a6=a20,所以S21=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+(a20+a21)=1+10=6.答案:6能力提升(建议用时:25分钟)9.(2018四川遂宁一诊)已知数列an的前n项和为Sn,若a1为函数f(x)=sin x+cos x(xR)的最大值,且满足an-anSn+1=-anSn,则数列an的前2 018项之积A2 018等于(A)(A)1(B)(C)
5、-1(D)2解析:函数f(x)=sin x+cos x=2sin(x+),当x=2k+,kZ时,f(x)取得最大值2,则a1=2,由an-anSn+1=-anSn=1-anSn,即为an=anSn+1-anSn+1,即有an+1=1-,an+2=1-=,an+3=1-=an,则数列an为周期为3的数列,且a1=2,a2=,a3=-1,则一个周期的乘积为-1,由于2 018=3672+2,则数列an的前2 018项之积A2 018=12=1.故选A.10.已知等差数列an的前n项和Sn满足S3=6,S5=,则数列的前n项和为(B)(A)1-(B)2-(C)2-(D)2-解析:设等差数列an的公差
6、为d,则解得所以an=n+1,=,设数列的前n项和为Tn,则Tn=+,Tn=+,两项相减得Tn=+(+)-=+(1-)-,所以Tn=2-.11.(2018华中师大联盟质量测评)在数列an中,已知a1=3,且数列an+(-1)n是公比为2的等比数列,对于任意的nN*,不等式a1+a2+anan+1恒成立,则实数的取值范围是(C)(A)(-,(B)(-,(C)(-,(D)(-,1解析:由已知,an+(-1)n=3+(-1)12n-1=2n,所以an=2n-(-1)n.当n为偶数时,a1+a2+an=(2+22+2n)-(-1+1-+1)=2n+1-2, an+1=2n+1-(-1)n+1=2n+1
7、+1,由a1+a2+anan+1,得=1-对nN*恒成立,所以;当n为奇数时,a1+a2+an=(2+22+2n)-(-1+1-+1-1)=2n+1-1,an+1=2n+1-(-1)n+1=2n+1-1,由a1+a2+anan+1得,=1,综上可知.故选C.12.已知数列an的前n项和为Sn,数列an为, ,若Sk=14,则ak=.解析:因为+=-,+=,所以数列,+,+,+是首项为,公差为的等差数列,所以该数列的前n项和Tn=+1+=.令Tn=14,解得n=7,所以ak=.答案:13.设f(x)=,若S=f()+f()+f(),则S=.解析:因为f(x)=,所以f(1-x)=,所以f(x)+
8、f(1-x)=+=1.S=f()+f()+f(),S=f()+f()+f(),+得,2S=f()+f()+f()+f()+f()+f()=2 014,所以S=1 007.答案:1 00714.已知数列an的前n项和是Sn,且Sn+an=1(nN*).(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=lo(1-Sn+1)(nN*),令Tn=+,求Tn.解:(1)当n=1时,a1=S1,由S1+a1=1,得a1=,当n2时,Sn=1-an,Sn-1=1-an-1,则Sn-Sn-1=(an-1-an),即an=(an-1-an),所以an=an-1(n2).故数列an是以为首项,为公比的等比数列.故an=(
9、)n-1=2()n(nN*).(2)因为1-Sn=an=()n.所以bn=lo(1-Sn+1)=lo()n+1=n+1,因为=-,所以Tn=+=(-)+(-)+(-)=-=.15.(2018太原二模)已知数列an的前n项和Sn=2n+1-2,数列bn满足bn=an+an+1(nN*).(1)求数列bn的通项公式;(2)若cn=log2an(nN*),求数列bncn的前n项和Tn.解:(1)当n=1时,a1=S1=2,当n2时,an=Sn-Sn-1=2n,又a1=2满足上式,所以an=2n(nN*),所以bn=an+an+1=32n.(2)由(1)得an=2n,bn=32n,所以cn=log2an=n,所以bncn=3n2n,所以Tn=3(12+222+323+n2n),2得2Tn=3(122+223+324+n2n+1),-得-Tn=3(2+22+2n-n2n+1)=3(1-n)2n+1-2,所以Tn=3(n-1)2n+1+6.- 7 -
