2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第六章　第4讲　数列求和 5页

高考资源网（ks5u.com） 您身边的高考专家 ‎ [基础题组练]‎ ‎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．9　　　　　　　　　 B．8‎ C．17 D．16‎ 解析：选A.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.‎ ‎2．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N+，则S60的值为(　　)‎ A．990 B．1 000‎ C．1 100 D．99‎ 解析：选A.n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.‎ ‎3．已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，且a≠1)的图象经过点P(1，3)，Q(2，5)．当n∈N+时，an＝，记数列{an}的前n项和为Sn，当Sn＝时，n的值为(　　)‎ A．7 B．6‎ C．5 D．4‎ 解析：选D.因为函数f(x)＝ax＋b(a>0，且a≠1)的图象经过点P(1，3)，Q(2，5)，‎ 所以所以或(舍去)，‎ 所以f(x)＝2x＋1，‎ 所以an＝＝－，‎ 所以Sn＝＋＋…＋‎ ＝－，‎ 令Sn＝，得n＝4.故选D.‎ ‎4．(2020·河北保定期末)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N+)，则该数列的前100项之和是(　　)‎ A．18 B．8‎ C．5 D．2‎ 解析：选C.因为a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N+)，所以a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…，‎ 所以{an}是周期为6的周期数列，因为100＝16×6＋4，所以S100＝16×(‎ 高考资源网（ks5u.com） 您身边的高考专家 ‎1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故选C.‎ ‎5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N+)，则S2 018等于(　　)‎ A．22 018－1 B．3×21 009－3‎ C．3×21 009－1 D．3×21 008－2‎ 解析：选B.a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2，‎ 所以＝2.所以a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)＝＋＝3·21 009－3.故选B.‎ ‎6．数列{an}的通项公式为an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 017＝________．‎ 解析：因为数列an＝ncos呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.‎ 故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.因此S2 017＝S2 016＋a2 017‎ ‎＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋…＋(a2 009＋a2 010＋a2 011＋a2 012)＋(a2 013＋a2 014＋a2 015＋a2 016)＋a2 017＝×2＋a1＝1 008.‎ 答案：1 008‎ ‎7．(2020·湖南三湘名校(五十校)第一次联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 019＝________．‎ 解析：由an＋2Sn－1＝n(n≥2)，得an＋1＋2Sn＝n＋1，两式作差可得an＋1－an＋2an＝1(n≥2)，即an＋1＋an＝1(n≥2)，所以S2 019＝1＋×1＝1 010.‎ 答案：1 010‎ ‎8．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N+)，记Tn＝＋＋…＋(n∈N+)，则T2 018＝________．‎ 解析：由an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N+)，可得an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}为等差数列，公差d＝a2－a1＝2－1＝1，通项公式an＝a1＋(n－1)×d＝1＋n－1＝n，则其前n项和Sn＝＝，所以＝＝2(－)，Tn＝＋＋…＋＝2(－＋－＋…＋－)＝2(1－)＝，故T2 018＝＝.‎ 答案： 高考资源网（ks5u.com） 您身边的高考专家 ‎9．已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝(n∈N+)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn.‎ 解：(1)当n＝1时，a1＝.‎ 因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝　①，‎ 所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝(n≥2，n∈N+)　②，‎ ‎①－②得4n－1an＝(n≥2，n∈N+)，‎ 所以an＝(n≥2，n∈N+)．‎ 由于a1＝，故an＝(n∈N+)．‎ ‎(2)由(1)得bn＝＝，‎ 所以bnbn＋1＝＝(－)，‎ 故Tn＝(－＋－＋…＋－)‎ ‎＝(－)＝.‎ ‎10．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝.‎ ‎(1)求an；‎ ‎(2)若bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.‎ 解：(1)由已知可得，2Sn＝3an－1，①‎ 所以2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②‎ ‎①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，‎ 化简得an＝3an－1(n≥2)，‎ 在①中，令n＝1可得，a1＝1，‎ 所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，‎ 从而有an＝3n－1.‎ ‎(2)bn＝(n－1)3n－1，‎ Tn＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1，③‎ 则3Tn＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n.④‎ 高考资源网（ks5u.com） 您身边的高考专家 ‎③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n ‎＝－(n－1)×3n ‎＝.‎ 所以Tn＝.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．(2020·河北五个一名校联盟第一次诊断)已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 018项的和为(　　)‎ A．1 008　　 B．1 009　　　‎ C．2 017　　 D．2 018‎ 解析：选D.设{an}的公差为d，则有解得所以an＝2n－1，设bn＝ancos nπ，则b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…，‎ 所以数列{ancos nπ}的前2 018项的和为(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 017＋b2 018)＝2×＝2 018.故选D.‎ ‎2．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于(　　)‎ A．76　　　　　　　　 B．78‎ C．80 D．82‎ 解析：选B.由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1·an＋1＝2n＋1，两式相减得an＋2＋an＝(－1)n·(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1，5，9及n＝2，6，10，结果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.‎ ‎3．已知数列{an}，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N+)，则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2 019项和为________．‎ 解析：由“凸数列”的定义及b1＝1，b2＝－2，得b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，所以数列{bn}是周期为6的周期数列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，于是数列{bn}的前2 019项和等于b1＋b2＋b3＝－4.‎ 答案：－4‎ ‎4．(2020·榆林质量监测)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝2bn(n∈N+)，若数列{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，则数列的前n项和Sn＝________．‎ 解析：因为{an}为等比数列，且a1＝2，a4＝16，所以公比q＝＝＝2，所以an＝2n，‎ 高考资源网（ks5u.com） 您身边的高考专家 所以a1a2a3…an＝21×22×23×…×2n＝21＋2＋3＋…＋n＝2.‎ 因为a1a2a3…an＝2bn，所以bn＝.‎ 所以＝＝2.‎ 所以的前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ‎＝2 ‎＝2＝.‎ 答案： ‎5．已知等差数列{an}中，a5－a3＝4，前n项和为Sn，且S2，S3－1，S4成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝(－1)n，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解：(1)设{an}的公差为d，由a5－a3＝4，得2d＝4，d＝2.‎ 所以S2＝2a1＋2，S3－1＝3a1＋5，S4＝4a1＋12，‎ 又S2，S3－1，S4成等比数列，所以(3a1＋5)2＝(2a1＋2)·(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.‎ ‎(2)bn＝(－1)n＝(－1)n(＋)，‎ 当n为偶数时，Tn＝－(1＋)＋(＋)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)，所以Tn＝－1＋＝－.‎ 当n为奇数时，Tn＝－(1＋)＋(＋)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)，‎ 所以Tn＝－1－＝－.‎ 所以Tn＝.‎