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2019年高考數學總復習 第6章 第4節(jié) 數列求和課時跟蹤檢測 理（含解析）新人教版 1．(xx長春外國語學校調研)設Sn＝1－2＋4－8＋…＋(－2)n－1，n∈N*，則S8等于(　　) A．－85　　　　 B．21　　　　 C．43　　　　 D．171 解析：選A　因為Sn是首項為1，公比是－2的等比數列的前n項和，所以S8＝＝－85，故選A. 2．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，若＝a1 ＋a2 014，且M、N、P三點共線(該直線不過原點O)， 則S2 014＝(　　) A．1 007　　　　 B．1 006　　　　 C．2 013　　　　 D．2 014 解析：選A　因為M、N、P三點共線，所以a1＋a2 014＝1， S2 014＝＝1 007，故選A. 3．數列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n項和Sn等于(　　) A．n2＋1－　　　　 B．2n2－n＋1－ C．n2＋1－　　　　 D．n2－n＋1－ 解析：選A　該數列的通項公式為an＝(2n－1)＋，則Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－.故選A. 4．(xx福州模擬)已知數列{an}滿足a1＝1， an＋1＝，則其前6項之和是(　　) A．16　　　　 B．20　　　　 C．33　　　　 D．120 解析：C　a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故選C. 5．已知數列{an}是等差數列，若a9＋3a11<0，a10a11<0，且數列{an}的前n項和Sn有最大值，那么當Sn取得最小正值時，n等于(　　) A．20　　　　 B．17　　　　 C．19　　　 D．21 解析：選C　設數列{an}的公差為d， 由題意知a1>0，d<0. a9＋3a11＝(a10－d)＋3(a10＋d) ＝4a10＋2d＝2a10＋2(a10＋d) ＝2(a10＋a11)<0， ∴a10＋a11<0. 又a10a11<0.∴a10>0，a11<0， ∴S19＝＝19a10>0，S20＝＝10(a10＋a11)<0. ∴當n＝19時，Sn取得最小正值． 6．(xx哈爾濱聯(lián)考)已知數列{an}的通項公式為an＝|n－13|，那么滿足ak＋ak＋1＋…＋ak＋19＝102的整數k(　　) A．有3個　　　　 B．有2個 C．有1個　　　　 D．不存在 解析：選B　由an＝|n－13|可得，當k≥13時，ak＋ak＋1＋…＋ak＋19＝(k－13)＋(k－12)＋…＋(k＋6)＝20k－70＝102，解得k＝?N，不符合題意，舍去；當k<13時，則ak＋ak＋1＋…＋ak＋19＝13－k＋12－k＋…＋0＋1＋2＋…＋k＋ 6＝＋＝102，即k2－7k＋10＝0，解得k＝2或5均符合條件，故滿足條件的k值共有2個． 7．(xx河南三市調研)已知數列{an}滿足anan＋1an＋2an＋3 ＝24，且a1＝1，a2＝2，a3＝3，則a1＋a2＋a3＋…＋axx＝ ________. 解析：5 031　本題主要考查數列的周期性與數列求和，考查考生的計算能力．由anan＋1an＋2an＋3＝24可知，an＋1an＋2an＋3an＋4＝24，得an＋4＝an，所以數列{an}是周期為4的數列，再令n＝1，求得a4＝4，每四個一組可得(a1＋a2＋a3＋a4)＋…＋(a2 009＋a2 010＋a2 011＋a2 012)＋a2 013＝10503＋1＝5 031. 8．已知數列{an}的項為：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，那么數列的前n項和Sn＝________. 解析：　由條件知an＝＝. ∴bn＝＝＝4. ∴Sn＝4 ＝4＝. 9．(xx貴陽一中月考)在數列{an}中，a1＝1，a2＝2，且 an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，則S100＝________. 解析：2 600　由已知，得a1＝1，a2＝2，a3－a1＝0，a4－a2＝2，…，a99－a97＝0，a100－a98＝2，累加得a100＋a99＝98＋3，同理得 a98＋a97＝96＋3，…，a2＋a1＝0＋3，則a100＋a99＋a98＋a97＋…＋a2＋a1＝＋503＝2 600. 10．若數列{an}是正項數列，且＋＋…＋＝n2＋3n(n∈N*)，則＋＋…＋＝________. 解析：2n2＋6n　令n＝1得＝4，即a1＝16，當n≥2時，＝(n2＋3n)－[(n－1)2＋3(n－1)]＝2n＋2，所以an＝4(n＋1)2，當n＝1時，也適合上式，所以an＝4(n＋1)2(n∈N*)．于是＝4(n＋1)，故＋＋…＋＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]＝4＝2n2＋6n. 11．(xx江西高考)正項數列{an}滿足：a－(2n－1)an－2n＝0. (1)求數列{an} 的通項公式an； (2)令bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn. 解：(1)由a－(2n－1)an－2n＝0， 得(an－2n)(an＋1)＝0. 由于數列{an}是正項數列，所以an＝2n. (2)由an＝2n，bn＝，得 bn＝＝， ∴Tn＝ ＝＝. 12．(xx大理模擬)已知數列{an}為正項等比數列，且a1＋a2＝2，a3＋a4＋a5＝64. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝2，求數列{bn}的前n項和Tn. 解：(1)設數列{an}的公比為q. 由a1＋a2＝2，得a1a2＝2. ∴aq＝2.① 由a3＋a4＋a5＝64，得 a1q2＋a1q3＋a1q4＝64. ∴a1q2(1＋q＋q2)＝. ∴aq6＝64.② 由解得 ∴an＝2n－1. (2)由(1)知bn＝2＝2 ＝4n－1＋＋2， ∴Tn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋1＋＋＋…＋＋2n ＝＋＋2n＝＋2n＋1. 13．已知數列{an}是一個公差大于0的等差數列，且滿足a3a6＝55，a2＋a7＝16. (1)求數列{an}的通項公式； (2)若數列{an}和數列{bn}滿足等式：an＝＋＋＋…＋(n為正整數)，求數列{bn}的前n項和Sn. 解：(1)設等差數列{an}的公差為d，則d>0. 由題意知 ∴ 整理得 解得或(舍去)， ∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)∵an＝＋＋＋…＋＋， ∴an－1＝＋＋＋…＋(n≥2)， ∴an－an－1＝， 又an－an－1＝2n－1－[2(n－1)－1]＝2， ∴＝2. ∴bn＝2n＋1(n≥2)． 當n＝1時，a1＝， ∴b1＝2不滿足上式． ∴bn＝ 故當n≥2時，Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2＋ ＝2n＋2－6， 當n＝1時，S1＝b1＝2，滿足上式， ∴Sn＝2n＋2－6.n∈N*. 1．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(　　) A.　　　　　　　　 B．－ C．(－1)n＋1　　　　　　　　D．以上答案均不對 解析：選C　當n為偶數時，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2 ＝－3－7－…－(2n－1)＝－＝－； 當n為奇數時，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2 ＝－3－7－…－[2(n－1)－1]＋n2 ＝－＋n2＝， 綜上可得，原式＝(－1)n＋1.故選C. 2．(xx海南中學統(tǒng)考)在數列{an}中，a1＝2，an＋an＋1＝1(n∈N*)，設Sn為數列{an}的前n項和，則S2 007－2S2 006＋S2 005的值為________． 解析：3　當n為偶數時，a1＋a2＝a3＋a4＝…＝an－1＋an＝1，故Sn＝；當n為奇數時，a1＝2，a2＋a3＝a4＋a5＝…＝an－1＋an＝1，故Sn＝2＋＝.故S2 007－2S2 006＋S2 005 ＝1 005－21 003＋1 004＝3. 3．設f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，則S＝________. 解析：　∵f(x)＝， ∴f(1－x)＝＝， ∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1. S＝f＋f＋…＋f， ① S＝f＋f＋…＋f， ② ①＋②得，2S＝ ＋＋…＋ ＝2 013， ∴S＝. 4．(xx揚州質檢)已知n∈N*，數列{dn}滿足dn ＝，數列{an}滿足an＝d1＋d2＋d3＋…＋d2n；又知數列{bn}中，b1＝2，且對任意正整數m，n，b＝b. (1)求數列{an}和數列{bn}的通項公式； (2)將數列{bn}中的第a1項，第a2項，第a3項，……刪去后，剩余的項按從小到大的順序排成新數列{cn}，求數列{cn}的前2 013項和T2 013. 解：(1)∵dn＝，∴an＝d1＋d2＋d3＋…＋d2n ＝＝3n. 令m＝1，則b2＝b＝22，b3＝b＝23，…，bn＝b＝2n. 若bn＝2n，則b＝2n m，b＝2m n，所以b＝b恒成立， 若bn≠2n，當m＝1時，b＝b不成立．所以bn＝2n. (2)由題知將數列{bn}中的第3項，第6項，第9項，……刪去后，構成的新數列{cn}中的奇數項列與偶數項列仍成等比數列，首項分別是b1＝2，b2＝4，公比均為8， T2 013＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2 013)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c2 012) ＝＋＝.