2019版一轮复习理数通用版高考达标检测 数列求和的3种方法分组转化裂项相消及错位相减 7页

高考达标检测（二十五） 数列求和的 3 种方法 ——分组转化、裂项相消及错位相减 一、选择题 1．在公差大于 0 的等差数列{an}中，2a7－a13＝1，且 a1，a3－1，a6＋5 成等比数列， 则数列(－1)n－1an 的前 21 项和为( ) A．21 B．－21 C．441 D．－441 解析：选 A 设等差数列{an}的公差为 d，d>0，由题意可得 2(a1＋6d)－(a1＋12d)＝1，a1(a1＋5d＋5)＝(a1＋2d－1)2， 解得 a1＝1，d＝2，所以 an＝1＋2(n－1)＝2n－1. 所以(－1)n－1an＝(－1)n－1(2n－1)， 故数列(－1)n－1an 的前 21 项和为 1－3＋5－7＋…＋37－39＋41＝－2×10＋41＝21. 2．已知数列{an}的通项公式是 an＝2n－3 1 5 n，则其前 20 项和为( ) A．380－3 5 1－ 1 519 B．400－2 5 1－ 1 520 C．420－3 4 1－ 1 520 D．440－4 5 1－ 1 520 解析：选 C 令数列{an}的前 n 项和为 Sn， 则 S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3 1 5 ＋ 1 52 ＋…＋ 1 520 ＝2×20×20＋1 2 －3× 1 5 1－ 1 520 1－1 5 ＝420－3 4 1－ 1 520 . 3．已知数列{an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，数列{bn}满足关系 a1 b1 ＋a2 b2 ＋a3 b3 ＋… ＋an bn ＝ 1 2n ，数列{bn}的前 n 项和为 Sn，则 S5 的值为( ) A．－454 B．－450 C．－446 D．－442 解析：选 B 由题意可得 an＝2n－1，因为a1 b1 ＋a2 b2 ＋a3 b3 ＋…＋an bn ＝ 1 2n ， 所以当 n≥2 时，a1 b1 ＋a2 b2 ＋a3 b3 ＋…＋an－1 bn－1 ＝ 1 2n－1 ， 两式相减可得an bn ＝－ 1 2n ，则 bn＝－(2n－1)·2n(n≥2)， 当 n＝1 时，b1＝2，不满足上式， 则 S5＝2－12－40－112－288＝－450. 4．已知数列{an}：1 2 ，1 3 ＋2 3 ，1 4 ＋2 4 ＋3 4 ，…， 1 10 ＋ 2 10 ＋ 3 10 ＋…＋ 9 10 ，…，若 bn＝ 1 an·an＋1 ， 那么数列{bn}的前 n 项和 Sn＝( ) A. n n＋1 B. 4n n＋1 C. 3n n＋1 D. 5n n＋1 解析：选 B 由题意知 an＝ 1 n＋1 ＋ 2 n＋1 ＋ 3 n＋1 ＋…＋ n n＋1 ＝n 2 ， 则 bn＝ 1 an·an＋1 ＝ 4 nn＋1 ＝4 1 n － 1 n＋1 ， 所以 Sn＝4 1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝4 1－ 1 n＋1 ＝ 4n n＋1. 5．(2018·福州质检)已知数列{an}中，a1＝1，且对任意的 m，n∈N*，都有 am＋n＝am＋ an＋mn，则错误!1 ai ＝( ) A.2 018 2 019 B.2 017 2 018 C．2 D.4 036 2 019 解析：选 D 令 m＝1，则 an＋1＝a1＋an＋n. 又 a1＝1，所以 an＋1＝an＋n＋1，即 an＋1－an＝n＋1， 所以 a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)， 把以上 n－1 个式子相加，得 an－a1＝2＋3＋…＋n， 所以 an＝1＋2＋3＋…＋n＝nn＋1 2 ， 当 n＝1 时，上式也成立，所以 an＝nn＋1 2 ， 所以 1 an ＝ 2 nn＋1 ＝2 1 n － 1 n＋1 ， 所以错误!1 ai ＝2 1－1 2 ＋ 1 2 －1 3 ＋…＋ 1 2 018 － 1 2 019 ＝2 1－ 1 2 019 ＝4 036 2 019. 6．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大 家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码 为下面数学问题的答案：已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是 20，接下 来的两项是 20,21，再接下来的三项是 20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数 N： N>100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂．那么该款软件的激活码是( ) A．440 B．330 C．220 D．110 解析：选 A 设第一项为第 1 组，接下来的两项为第 2 组，再接下来的三项为第 3 组， 依此类推，则第 n 组的项数为 n，前 n 组的项数和为nn＋1 2 . 由题意可知，N>100，令nn＋1 2 >100， 得 n≥14，n∈N*，即 N 出现在第 13 组之后． 易得第 n 组的所有项的和为1－2n 1－2 ＝2n－1， 前 n 组的所有项的和为21－2n 1－2 －n＝2n＋1－n－2. 设满足条件的 N 在第 k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第 N 项为第 k＋1 组的第 t(t∈N*)个数， 若要使前 N 项和为 2 的整数幂， 则第 k＋1 组的前 t 项的和 2t－1 应与－2－k 互为相反数， 即 2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)， ∴当 t＝4，k＝13 时，N＝13×13＋1 2 ＋4＝95<100，不满足题意； 当 t＝5，k＝29 时，N＝29×29＋1 2 ＋5＝440； 当 t>5 时，N>440，故选 A. 二、填空题 7．(2018·陕西一检)已知数列{an}中，a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，则{an}的前 100 项和为________． 解析：由 a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，得 a2n＋a2n＋1＝n＋1， ∴a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a98＋a99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276， ∵a100＝1＋a50＝1＋(1＋a25)＝2＋(12－a12)＝14－(1＋a6)＝13－(1＋a3)＝12－(1－a1)＝13， ∴a1＋a2＋…＋a100＝1 276＋13＝1 289. 答案：1 289 8．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，记 Sn 为{an}的前 n 项和，则 S2 018＝ ________. 解析：由 a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)可得， a2＝－2，a3＝－1，a4＝0，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，…， 故该数列为周期是 4 的数列， 所以 S2 018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2 ＝504×(－2)＋1－2＝－1 009. 答案：－1 009 9．已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2,2a2n＝a2n－1＋a2n＋1(n≥2)，bn＝ 1 an＋an＋1 ，数列{bn} 的前 n 项和为 Sn，则 S33 的值是________． 解析：∵2a2n＝a2n－1＋a2n＋1(n≥2)， ∴数列{a2n}为首项为 1，公差为 22－1＝3 的等差数列， ∴a2n＝1＋3(n－1)＝3n－2. ∴an＝ 3n－2， ∴bn＝ 1 an＋an＋1 ＝ 1 3n－2＋ 3n＋1 ＝1 3( 3n＋1－ 3n－2)， ∴数列{bn}的前 n 项和为 Sn＝1 3[( 4－1)＋( 7－ 4)＋…＋( 3n＋1－ 3n－2)]＝1 3( 3n＋1－1)． 则 S33＝1 3(10－1)＝3. 答案：3 三、解答题 10．(2018·西安八校联考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a5＝－3，S10＝－40. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若从数列{an}中依次取出第 2,4,8，…，2n，…项，按原来的顺序排成一个新数列{bn}， 求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)∵a5＝a1＋4d＝－3，S10＝10a1＋45d＝－40， 解得 a1＝5，d＝－2.∴an＝－2n＋7. (2)依题意，bn＝a2n＝－2×2n＋7＝－2n＋1＋7， 故 Tn＝－(22＋23＋…＋2n＋1)＋7n ＝－22－2n＋1×2 1－2 ＋7n ＝4＋7n－2n＋2. 11．已知等比数列{an}的公比 q>1，且 a1＋a3＝20，a2＝8. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ n an ，Sn 是数列{bn}的前 n 项和，对任意正整数 n，不等式 Sn＋ n 2n＋1>(－1)n·a 恒 成立，求实数 a 的取值范围． 解：(1)由已知得 a11＋q2＝20， a1q＝8， ∴2q2－5q＋2＝0，解得 q＝1 2 或 q＝2. ∵q>1，∴ a1＝4， q＝2， ∴数列{an}的通项公式为 an＝2n＋1. (2)由题意，得 bn＝ n 2n＋1 ， ∴Sn＝ 1 22 ＋ 2 23 ＋ 3 24 ＋…＋ n 2n＋1 ， 1 2Sn＝ 1 23 ＋ 2 24 ＋…＋n－1 2n＋1 ＋ n 2n＋2 ， 两式相减，得 1 2Sn＝ 1 22 ＋ 1 23 ＋ 1 24 ＋…＋ 1 2n＋1 － n 2n＋2 ， ∴Sn＝1 2 ＋ 1 22 ＋ 1 23 ＋…＋ 1 2n － n 2n＋1 ＝ 1 2 1－ 1 2n 1－1 2 － n 2n＋1 ＝1－n＋2 2n＋1 ， ∴(－1)n·a<1－ 1 2n 对任意正整数 n 恒成立， 设 f(n)＝1－ 1 2n ，易知 f(n)单调递增， ①当 n 为奇函数时，f(n)的最小值为1 2 ， ∴－a<1 2 ，即 a>－1 2 ； ②当 n 为偶函数时，f(n)的最小值为3 4 ， ∴a<3 4. 由①②可知－1 20，所以 1－ 1 n＋1 <1. 显然当 n＝1 时，Tn 取得最小值1 2. 所以1 2 ≤Tn<1. 已知 Sn 为各项均为正数的数列{an}的前 n 项和，a1∈(0,2)，a2n＋3an＋2＝6Sn. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 1 anan＋1 ，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，若对∀n∈N*，t≤4Tn 恒成立，求实数 t 的最大值． 解：(1)当 n＝1 时，由 a2n＋3an＋2＝6Sn， 得 a21＋3a1＋2＝6a1，即 a21－3a1＋2＝0. 又 a1∈(0,2)，解得 a1＝1. 由 a2n＋3an＋2＝6Sn， 可知 a2n＋1＋3an＋1＋2＝6Sn＋1. 两式相减，得 a2n＋1－a2n＋3(an＋1－an)＝6an＋1， 即(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0. 由于 an>0，可得 an＋1－an－3＝0，即 an＋1－an＝3， 所以{an}是首项为 1，公差为 3 的等差数列． 所以 an＝1＋3(n－1)＝3n－2. (2)由 an＝3n－2，可得 bn＝ 1 anan＋1 ＝ 1 3n－23n＋1 ＝1 3 1 3n－2 － 1 3n＋1 ， 故 Tn ＝b1 ＋b2 ＋…＋bn ＝1 3 1－1 4 ＋ 1 4 －1 7 ＋…＋ 1 3n－2 － 1 3n＋1 ＝1 3 1－ 1 3n＋1 ＝ n 3n＋1 . 因为 Tn＋1－Tn＝ n＋1 3n＋1＋1 － n 3n＋1 ＝ 1 3n＋13n＋4>0， 所以 Tn＋1>Tn，所以数列{Tn}是递增数列． 所以 t≤4Tn⇔t 4 ≤Tn⇔t 4 ≤T1＝1 4 ⇔t≤1， 所以实数 t 的最大值是 1.