2018届高三数学(文)高考总复习检测 (三十一) 数列求和 含解析

课时跟踪检测 (三十一) 数列求和 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S5＝25，则S7＝( ) A．41 B．48 C．49 D．56 解析：选C 设Sn＝An2＋Bn，

由题知， S3＝9A＋3B＝9，S5＝25A＋5B＝25，解得A＝1，B＝0， ∴S7＝49． 2．数列{1＋2n－1}的前n项和为( ) A．1＋2n B．2＋2n C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n 解析：选C 由题意得an＝1＋2n－1，

所以Sn＝n＋1－2n1－2＝n＋2n－1． 3．(2017·江西新余三校联考)数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为( ) A．－200 B．－100 C．200 D．100 解析：选D 根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100，故选D． 4．已知正项数列{an}满足a2n＋1－6a2n＝an＋1an．若a1＝2，则数列{an}的前n项和Sn＝________． 解析：∵a2n＋1－6a2n＝an＋1an， ∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0， ∵an>0，∴an＋1＝3an， 又a1＝2，∴{an}是首项为2，公比为3的等比数列，

∴Sn＝21－3n1－3＝3n－1． 答案：3n－1

5．(2017·广西高三适应性测试)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2，则数列1an＋1－1的前n项和Tn＝________． 解析：∵an＝ 1，n＝1，n2－n－12，n≥2＝ 1，n＝1，2n－1，n≥2， ∴an＝2n－1． ∴1an＋1－1＝12n＋12－1＝141n－1n＋1，

∴Tn＝141－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1 ＝141－1n＋1＝n4n＋4． 答案：n4n＋4 二保高考，全练题型做到高考达标 1．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列1an的前5项和为( ) A．158或5 B．3116或5 C．3116 D．158 解析：选C 设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得91－q31－q＝1－q61－q，所以1＋q3＝9，

得q＝2，所以1an是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和为1－1251－12＝3116． 2．已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)且b1

＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝( )

A．1－4n B．4n－1

C．1－4n3 D．4n－13 解析：选B 由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4， ∴bn＝(－3)×(－4)n－1， ∴|bn|＝3×4n－1， 即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列．

∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝31－4n1－4＝4n－1． 3．(2017·江西重点中学联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于( ) A．5 B．6 C．7 D．16 解析：选C 根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数列重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0． 又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7．故选C．

4．已知数列{an}的通项公式是an＝n2sin2n＋12π，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝( )

A．2 017×2 0182 B．2 018×2 0192 C．2 017×2 0172 D．2 018×2 0182 解析：选B an＝n2sin2n＋12π＝ －n2，n为奇数，n2，n为偶数， ∴a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝－12＋22－32＋42－…－2 0172＋2 0182＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0182－2 0172)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 018＝2 018×2 0192． 5．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝( ) A．2 B．2n C．2n＋1－2 D．2n－1－2 解析：选C ∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1

＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n－2＋2＝2n，∴Sn＝2－2n＋11－2＝2n＋1－2．故选C． 6．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝________． 解析：依题意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2

为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝n2＋2n2＝n(n＋1)． 答案：n(n＋1) 7．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn．若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________． 解析：∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，

∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋12＝3Sn＋12， ∴数列Sn＋12是公比为3的等比数列， ∴S2＋12S1＋12＝3． 又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1， ∴S5＋12＝S1＋12×34＝32×34＝2432， ∴S5＝121． 答案：1 121 8．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 017＝________． 解析：∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，① ∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1，②

∵①÷②得an＋1an－1＝2， ∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S2 017＝1－21 0091－2＋2×1－21 0081－2＝21 010－3． 答案：21 010－3 9．已知等比数列{an}的各项均为正数，a1＝1，公比为q；等差数列{bn}中，b1＝3，且

{bn}的前n项和为Sn，a3＋S3＝27，q＝S2a2． (1)求{an}与{bn}的通项公式； (2)设数列{cn}满足cn＝32Sn，求{cn}的前n项和Tn． 解：(1)设数列{bn}的公差为d，∵a3＋S3＝27，q＝S2a2， ∴q2＋3d＝18,6＋d＝q2，联立方程可求得q＝3，d＝3， ∴an＝3n－1，bn＝3n．

(2)由题意得：Sn＝n3＋3n2，cn＝32Sn＝32×23×1nn＋1＝1n－1n＋1． ∴Tn＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1 ＝1－1n＋1＝nn＋1． 10．(2017·广州综合测试)已知数列{an}是等比数列，a2＝4，a3＋2是a2和a4的等差中项． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝2log2an－1，求数列{anbn}的前n项和Tn． 解：(1)设数列{an}的公比为q， 因为a2＝4，所以a3＝4q，a4＝4q2． 因为a3＋2是a2和a4的等差中项， 所以2(a3＋2)＝a2＋a4． 即2(4q＋2)＝4＋4q2， 化简得q2－2q＝0． 因为公比q≠0，所以q＝2． 所以an＝a2qn－2＝4×2n－2＝2n(n∈N*)． (2)因为an＝2n，所以bn＝2log2an－1＝2n－1， 所以anbn＝(2n－1)2n， 则Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，① 2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)·2n＋1．② 由①－②得， －Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)2n＋1

＝2＋2×41－2n－11－2－(2n－1)2n＋1 ＝－6－(2n－3)2n＋1， 所以Tn＝6＋(2n－3)2n＋1． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 1．(2017·云南师大附中检测)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 2．(2017·湖南省东部六校联考)已知等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4

的等差中项．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝an＋log21an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的n的最小值． 解：(1)设等比数列{an}的公比为q，

依题意，有 2a1＋a3＝3a2，a2＋a4＝2a3＋2，即 a12＋q2＝3a1q， ①a1q＋q3＝2a1q2＋4. ② 由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2．