新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第五章 ：第四節(jié)　數(shù)列求和演練知能檢測

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1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料 第四節(jié)　數(shù) 列 求 和 [全盤鞏固] 1．(2014·慈溪模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是Sn，若－am0，且Sm＋1<0 B．Sm<0，且Sm＋1>0 C．Sm>0，且Sm＋1>0 D．Sm<0，且Sm＋1<0 解析：選A　∵－am0，a1＋am＋1<0，∴Sm>0，且Sm＋1<0. 2．已知{an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，Sn是{an}的前n項(xiàng)和，且9S3＝S6

2、，則數(shù)列的前5項(xiàng)和為(　　) A.或5 B.或5 C. D. 解析：選C　設(shè){an}的公比為q，顯然q≠1，由題意得＝，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，前5項(xiàng)和為＝. 3．?dāng)?shù)列{1＋2n－1}的前n項(xiàng)和為(　　) A．1＋2n B．2＋2n C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n 解析：選C　由題意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋＝n＋2n－1. 4．若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a1＝1，q＝2，則Tn＝＋＋…＋的結(jié)果可化為(　　) A．1－

3、 B．1－ C. D. 解析：選C　an＝2n－1，設(shè)bn＝＝2n－1， 則Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋3＋…＋2n－1＝. 5．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n2cos nπ(n∈N*)，Sn為它的前n項(xiàng)和，則等于(　　) A．1 005 B．1 006 C．2 011 D．2 012 解析：選B　注意到cos nπ＝(－1)n(n∈N*)，故an＝(－1)nn2.因此有S2 012＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－2 0112＋2 0122)＝1＋2＋3＋…＋2 011＋2 012＝

4、＝1 006×2 013，所以＝1 006. 6．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S2 014＝(　　) A．22 014－1 B．3×21 007－3 C．3×21 007－1 D．3×21 007－2 解析：選B　由＝＝＝2，且a2＝2，得數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，故S2 014＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 013)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 014)＝＋＝3×21 007－3. 7．在等比數(shù)列{an}中，若a1＝，a4＝－4，則公比

5、q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________. 解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則a4＝a1q3，代入數(shù)據(jù)解得q3＝－8，所以q＝－2；等比數(shù)列{|an|}的公比為|q|＝2，則|an|＝×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－. 答案：－2　2n－1－ 8．(2014·衢州模擬)對于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝2，{an}的“差數(shù)列”的通項(xiàng)公式為2n，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝________. 解析：∵an＋1－an＝2n，

6、 ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2 ＝＋2＝2n－2＋2＝2n. ∴Sn＝＝2n＋1－2. 答案：2n＋1－2[來源:數(shù)理化網(wǎng)] 9．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，則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，數(shù)列{a2k}是等差數(shù)列，a2k＝2k. ∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6

7、＋…＋a100)[來源:] ＝50＋(2＋4＋6＋…＋100) ＝50＋＝2 600. 答案：2 600 10．(2014·杭州模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝1－，其中n∈N*. (1)設(shè)bn＝，求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求出{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)cn＝，數(shù)列{cncn＋2}的前n項(xiàng)和為Tn，是否存在正整數(shù)m，使得Tn<對于n∈N*恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，請說明理由． 解： (1)證明：∵bn＋1－bn＝－＝ －＝－＝2(常數(shù))， ∴數(shù)列{bn}是等差數(shù)列． ∵a1＝1， ∴b1＝2，因此bn＝2＋(n－1)×2＝2n，

8、由bn＝得an＝. (2)cn＝，cncn＋2＝＝2， ∴Tn＝2<3， 依題意要使Tn<對于n∈N*恒成立， 只需≥3， 解得m≥3或m≤－4，所以m的最小值為3. 11．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)排成如圖所示的三角形數(shù)陣，數(shù)陣中每一行的第一個(gè)數(shù)a1，a2，a4，a7，…構(gòu)成等差數(shù)列{bn}，Sn是{bn}的前n項(xiàng)和，且b1＝a1＝1，S5＝15. a1 a2 a3[來源:] a4 a5 a6 a7 a8　 　a9　　a10 … (1)若數(shù)陣中從第3行開始每行中的數(shù)按從左到右的順序均構(gòu)成公比為正數(shù)的等比數(shù)列，且公比相等，已

9、知a9＝16，求a50的值； (2)設(shè)Tn＝＋＋…＋，求Tn. 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d. ∵b1＝1，S5＝15， ∴S5＝5＋10d＝15，d＝1， ∴bn＝1＋(n－1)×1＝n. 設(shè)從第3行起，每行的公比都是q，且q>0，則a9＝b4q2，即4q2＝16，q＝2， 又1＋2＋3＋…＋9＝45，故a50是數(shù)陣中第10行的第5個(gè)數(shù)，a50＝b10q4＝10×24＝160. (2)∵Sn＝1＋2＋…＋n＝， ∴Tn＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝2 ＝2 ＝. 12．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝n2.設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，且Tn＋＝λ(λ為

10、常數(shù))．令cn＝b2n(n∈N*)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Rn. 解：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1. 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1. 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1滿足上式． ∴an＝2n－1(n∈N*)． 故Tn＝λ－， 所以n≥2時(shí)，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝. 故cn＝b2n＝＝(n－1)n－1，n∈N*， 所以Rn＝0×0＋1×1＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)×n－1， 則Rn＝0×1＋1×2＋2×3＋…＋(n－2)×n－1＋(n－1)×n， 兩式相減，得 Rn＝1＋2＋3＋…＋n－1－(n－1)×n ＝－(n－1)×n ＝－n，[

11、來源:] 整理，得Rn＝. 所以數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Rn＝. [沖擊名校] 1．?dāng)?shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項(xiàng)和為(　　) A．3 690 B．3 660 C．1 845 D．1 830 解析：選D　當(dāng)n＝2k時(shí)，a2k＋1＋a2k＝4k－1， 當(dāng)n＝2k－1時(shí)，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＋a61)

12、＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1) ＝＝30×61＝1 830. 2．設(shè){an}是首項(xiàng)為a，公差為d的等差數(shù)列(d≠0)，Sn是其前n項(xiàng)的和．記bn＝，n∈N*，其中c為實(shí)數(shù)． (1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比數(shù)列，證明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)； (2)若{bn}是等差數(shù)列，證明：c＝0. 證明：由題設(shè)，Sn＝na＋d. (1)由c＝0，得bn＝＝a＋d. 又b1，b2，b4成等比數(shù)列， 所以b＝b1b4，即2＝a， 化簡得d2－2ad＝0.因?yàn)閐≠0，所以d＝2a. 因此，對于所有的m∈N*，有Sm＝m2a. 從而對于所有的k，n∈N*，有Snk＝(

13、nk)2a＝n2k2a＝n2Sk. (2)設(shè)數(shù)列{bn}的公差是d1，則bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表達(dá)式，整理得，對于所有的n∈N*，有n3＋n2＋cd1n＝c(d1－b1)． 令A(yù)＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d，D＝c(d1－b1)， 則對于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*) 在(*)式中分別取n＝1,2,3,4，得 A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1 ＝64A＋16B＋4cd1， 從而有 由②③，得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，從而cd1＝0.即d1－d＝0，b

14、1－d1－a＋d＝0，cd1＝0. 若d1＝0，則由d1－d＝0，得d＝0，與題設(shè)矛盾，所以d1≠0. 又cd1＝0，所以c＝0. [高頻滾動(dòng)] 1．已知{an}為等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和．若a2·a3＝2a1，且a4與2a7的等差中項(xiàng)為，則S5＝(　　) A．35 B．33 C．31 D．29 解析：選C　設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則由等比數(shù)列的性質(zhì)知，a2·a3＝a1·a4＝2a1，即a4＝2. 由a4與2a7的等差中項(xiàng)為知，a4＋2a7＝2×， ∴a7＝＝. ∴q3＝＝，即q＝. ∴a4＝a1q3＝a1×＝2， ∴a1＝16，∴S5＝＝31. 2．已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，若a2＝2，a5＝，則a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝(　　) A．16(1－4－n) B．16(1－2－n) C.(1－4－n) D.(1－2－n)[來源:] 解析：選C　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q. ∵a2＝2，a5＝，∴q3＝＝， ∴a1＝4，q＝，∴an＝4·n－1＝n－3， ∴anan＋1＝2n－5＝8×n－1， a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n).