2020版导与练一轮复习理科数学习题：第5篇 数列(必修5)_第4节_数列求和含解析

第4节　数列求和
【选题明细表】
知识点、方法题号
公式法、并项法、倒序相加法、
分组法求和
2,3,8,11,12

裂项相消法求和5,7,13
错位相减法求和1,10,14
数列的综合应用4,9
数列的实际应用6
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-.