高考数学一轮复习 精选习题：第五篇　数列 第4节　数列求和 Word版含解析

www.ks5u.com第4节　数列求和

【选题明细表】

基础巩固(时间:30分钟)

1.Sn=+++…+等于(　B　)

(A)    (B)

(C) (D)

解析:由Sn=+++…+,①

得Sn=++…++,  ②

①-②得,Sn=+++…+-=-,所以Sn=.

2.数列{(-1)n(2n-1)}的前2 018项和S2 018等于(　B　)

(A)-2 016 (B)2 018  (C)-2 015 (D)2 015

解析:S2 018=-1+3-5+7-…-(2×2 017-1)+(2×2 018-1)=(-1+3)+(-5+7)+…+[-(2×2 017-1)+(2×2 018-1)]=2×1 009=2 018.故选B.

3.等差数列{an}的通项公式为an=2n+1,其前n项和为Sn,则数列{}的前10项的和为(　C　)

(A)120 (B)70  (C)75 (D)100

解析:由an=2n+1,得a1=3,d=2.

所以Sn=3n+×2=n2+2n.

因为=n+2,

所以数列{}是以3为首项,1为公差的等差数列.

所以()的前10项和为10×3+×1=75.

4.已知函数y=loga(x-1)+3(a>0,a≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第二项与第三项,若bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,则T10等于(　B　)

(A) (B) (C)1 (D)

解析:对数函数y=logax的图象过定点(1,0),所以函数y=loga(x-1)+3的图象过定点(2,3),则a2=2,a3=3,故an=n,所以bn==-,所以T10=1-+-+…+-=1-=,故选B.

5.+++…+的值为(　C　)

(A)       (B)-

(C)-(+) (D)-+

解析:因为===(-),

所以+++…+

=(1-+-+-+…+-)

=(--)=-(+).

6.在2016年至2019年期间,甲每年6月1日都到银行存入m元的一年定期储蓄,若年利率为q保持不变,且每年到期的存款本息自动转为新的一年定期,到2020年6月1日甲去银行不再存款,而是将所有存款的本息全部取出,则取回的金额是(　D　)

(A)m(1+q)4元    (B)m(1+q)5元

(C)元 (D)

解析:2019年存款的本息和为m(1+q),2018年存款的本息和为m(1+q)2,2017年存款的本息和为m(1+q)3,2016年存款的本息和为m(1+q)4,四年存款的本息和为m(1+q)+m(1+q)2+m(1+q)3+m(1+q)4=

=.故选D.

7.已知函数f(x)=xa的图象过点(4,2),令an=,n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 018=　　　　. 

解析:由f(4)=2可得4a=2,

解得a=.则f(x)=.

所以an===-,

S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=(-)+(-)+(-)+…+(-)+(-)=-1.

答案:-1

8.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+1-2-n.

答案:2n+1-2-n

能力提升(时间:15分钟)

9.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,当n≥2时,an+2Sn-1=n,则S2 017的值为(　D　)

(A)2 015 (B)2 013 (C)1 008 (D)1 009

解析:因为an+2Sn-1=n(n≥2),所以an+1+2Sn=n+1(n≥1),两式相减得an+1+an=1(n≥2).又a1=1,所以S2 017=a1+(a2+a3)+…+(a2 016+a2 017)=1+1 008×1=1 009,故选D.

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}的公差为d,

则Sn=na1+d,

因为S3=6,S5=,

所以解得

所以an=n+1,=,

设数列{}的前n项和为Tn,

则Tn=+++…++,

Tn=+++…++,

两式相减得Tn=+(++…+)-=+(1-)-,所以Tn=2-.故选B.

11.(2018·江西赣南联考)在数列{an}中,已知a1=1,an+1+(-1)nan=

cos(n+1)π,记Sn为数列{an}的前n项和,则S2 017=　　　　. 

解析:由a1=1,an+1+(-1)nan=cos(n+1)π,得

a2=a1+cos 2π=1+1=2,

a3=-a2+cos 3π=-2-1=-3,

a4=a3+cos 4π=-3+1=-2,

a5=-a4+cos 5π=2-1=1,

……

由上可知,数列{an}是以4为周期的周期数列,且a1+a2+a3+a4=-2,

所以S2 017=504(a1+a2+a3+a4)+a1=504×(-2)+1=-1 007.

答案:-1 007

12.设函数f(x)=+log2,定义Sn=f()+f()+…+f(),其中n∈N*,且n≥2,则Sn=　　　　. 

解析:因为f(x)+f(1-x)

=+log2++log2=1+log21=1,

所以2Sn=[f()+f()］+[f()+f()］+…+[f()+f()］=n-1.

所以Sn=.

答案:

13.已知数列{an}的前n项和是Sn,且Sn+an=1(n∈N*).

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=lo(1-Sn+1)(n∈N*),令Tn=++…+,求Tn.

解:(1)当n=1时,a1=S1,

由S1+a1=1,得a1=,

当n≥2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(n≥2).

故数列{an}是以为首项,为公比的等比数列.

故an=·()n-1=2·()n(n∈N*).

(2)因为1-Sn=an=()n.

所以bn=lo(1-Sn+1)=lo()n+1=n+1,

因为==-,

所以Tn=++…+

=(-)+(-)+…+(-)=-=.

14.(2018·广西玉林一模)已知数列{an}中,a1=1,an+1=(n∈N*).

(1)求证:(+)为等比数列,并求{an}的通项公式an;

(2)数列{bn}满足bn=(3n-1)··an,求数列{bn}的前n项和Tn.

解:(1)因为a1=1,an+1=,

所以==1+,

即+=+=3(+),

则(+)为等比数列,公比q=3,

首项为+=1+=,则+=·3n-1,

即=-+·3n-1=(3n-1),

即an=.

(2)bn=(3n-1)··an=,

则数列{bn}的前n项和Tn=+++…+,

Tn=+++…+,

两式相减得Tn=1+++…+-=-=2--=2-,

则Tn=4-.