高考數學人教A版（理）一輪復習：第六篇 第4講 數列求和
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第4講 數列求和 A級 基礎演練(時間：30分鐘 滿分：55分) 一、選擇題(每小題5分，共20分) 1．數列{an}的前n項和為Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，則S17＝( )． A．8 B．9 C．16 D．17 解析 S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9. 答案 B 2．(2013·廣州調研)等比數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝1，且4a1,2a2，a3成等差數列，則S4＝ ( )． A．7 B．8 C．15 D．16 解析 設數列{an}的公比為q，則4a2＝4a1＋a3， ∴4a1q＝4a1＋a1q2，即q2－4q＋4＝0， ∴q＝2.∴S4＝＝15. 答案 C 3．(2013·臨沂模擬)在數列{an}中，an＝，若{an}的前n項和為，則項數n為 ( )． A．2 011 B．2 012 C．2 013 D．2 014 解析 ∵an＝＝－，∴Sn＝1－＝＝，解得n＝2 013. 答案 C 4．(2012·新課標全國)數列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項和為 ( )． A．3 690 B．3 660 C．1 845 D．1 830 解析 當n＝2k時，a2k＋1＋a2k＝4k－1， 當n＝2k－1時，a2k－a2k－1＝4k－3， ∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋1＋a2k＋3＝2， ∴a2k－1＝a2k＋3，∴a1＝a5＝…＝a61. ∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝＝30×61＝1 830. 答案 D 二、填空題(每小題5分，共10分) 5．(2011·北京)在等比數列{an}中，若a1＝，a4＝－4，則公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________. 解析 設等比數列{an}的公比為q，則a4＝a1q3，代入數據解得q3＝－8，所以q＝－2；等比數列{|an|}的公比為|q|＝2，則|an|＝×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－. 答案?。? 2n－1－ 6．數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，則S100＝________. 解析 由an＋2－an＝1＋(－1)n，知a2k＋2－a2k＝2， a2k＋1－a2k－1＝0，∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，數列{a2k}是等差數列，a2k＝2k. ∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋＝2 600. 答案 2 600 三、解答題(共25分) 7．(12分)(2013·包頭模擬)已知數列{xn}的首項x1＝3，通項xn＝2np＋nq(n∈N*，p，q為常數)，且x1，x4，x5成等差數列．求： (1)p，q的值； (2)數列{xn}前n項和Sn. 解 (1)由x1＝3，得2p＋q＝3，又因為x4＝24p＋4q，x5＝25p＋5q，且x1＋x5＝2x4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得p＝1，q＝1. (2)由(1)，知xn＝2n＋n，所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝2n＋1－2＋. 8．(13分)已知數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1,2,3，…)． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝log(3an＋1)時，求數列的前n項和Tn. 解 (1)由已知得 得到an＋1＝an(n≥2)． ∴數列{an}是以a2為首項，以為公比的等比數列． 又a2＝S1＝a1＝， ∴an＝a2×n－2＝n－2(n≥2)． 又a1＝1不適合上式，∴an＝ (2)bn＝log(3an＋1)＝log＝n. ∴＝＝－. ∴Tn＝＋＋＋…＋ ＝＋＋＋…＋ ＝1－＝. B級 能力突破(時間：30分鐘 滿分：45分) 一、選擇題(每小題5分，共10分) 1．(2012·福建)數列{an}的通項公式an＝ncos ，其前n項和為Sn，則S2 012等于 ( )． A．1 006 B．2 012 C．503 D．0 解析 因cos 呈周期性出現(xiàn)，則觀察此數列求和規(guī)律，列項如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，此4項的和為2.a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，此4項的和為2.依次類推，得S2 012＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a2 009＋a2 010＋a2 011＋a2 012)＝×2＝1 006.故選A. 答案 A 2．(2012·西安模擬)數列{an}滿足an＋an＋1＝(n∈N*)，且a1＝1，Sn是數列{an}的前n項和，則S21＝ ( )． A. B．6 C．10 D．11 解析 依題意得an＋an＋1＝an＋1＋an＋2＝，則an＋2＝an，即數列{an}中的奇數項、偶數項分別相等，則a21＝a1＝1，S21＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＋a21＝10(a1＋a2)＋a21＝10×＋1＝6，故選B. 答案 B 二、填空題(每小題5分，共10分) 3．(2013·長沙模擬)等差數列{an}中有兩項am和ak(m≠k)，滿足am＝，ak＝，則該數列前mk項之和是Smk＝________. 解析 設數列{an}的首項為a1，公差為d.則有 解得 所以Smk＝mk·＋·＝. 答案 4．設f(x)＝，利用倒序相加法，可求得f＋f＋…＋f的值為________． 解析 當x1＋x2＝1時，f(x1)＋f(x2)＝＋＝＝1. 設S＝f＋f＋…＋f，倒序相加有2S＝＋＋…＋f＋f＝10，即S＝5. 答案 5 三、解答題(共25分) 5．(12分)設數列{an}滿足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*. (1)求數列{an}的通項； (2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Sn. 思維啟迪：(1)由已知寫出前n－1項之和，兩式相減．(2)bn＝n·3n的特點是數列{n}與{3n}之積，可用錯位相減法． 解 (1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝， ① ∴當n≥2時， a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝， ② ①－②得3n－1an＝，∴an＝. 在①中，令n＝1，得a1＝，適合an＝，∴an＝. (2)∵bn＝，∴bn＝n·3n. ∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n， ③ ∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1. ④ ④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)， 即2Sn＝n·3n＋1－，∴Sn＝＋. 探究提高 解答本題的突破口在于將所給條件式視為數列{3n－1an}的前n項和，從而利用an與Sn的關系求出通項3n－1an，進而求得an；另外乘公比錯位相減是數列求和的一種重要方法，但值得注意的是，這種方法運算過程復雜，運算量大，應加強對解題過程的訓練，重視運算能力的培養(yǎng)． 6．(13分)(2012·泰州模擬)將數列{an}中的所有項按每一行比上一行多兩項的規(guī)則排成如下數表： a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 … 已知表中的第一列數a1，a2，a5，…構成一個等差數列，記為{bn}，且b2＝4，b5＝10.表中每一行正中間一個數a1，a3，a7，…構成數列{cn}，其前n項和為Sn. (1)求數列{bn}的通項公式； (2)若上表中，從第二行起，每一行中的數按從左到右的順序均構成等比數列，公比為同一個正數，且a13＝1. ①求Sn； ②記M＝{n|(n＋1)cn≥λ，n∈N*}，若集合M的元素個數為3，求實數λ的取值范圍． 解 (1)設等差數列{bn}的公差為d， 則解得 所以bn＝2n. (2)①設每一行組成的等比數列的公比為q. 由于前n行共有1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2個數，且32<13<42，a10＝b4＝8， 所以a13＝a10q3＝8q3，又a13＝1，所以解得q＝. 由已知可得cn＝bnqn－1，因此cn＝2n·n－1＝. 所以Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋＋…＋， Sn＝＋＋…＋＋， 因此Sn＝＋＋＋…＋－＝4－－＝4－， 解得Sn＝8－. ②由①知cn＝，不等式(n＋1)cn≥λ，可化為≥λ. 設f(n)＝， 計算得f(1)＝4，f(2)＝f(3)＝6，f(4)＝5，f(5)＝. 因為f(n＋1)－f(n)＝， 所以當n≥3時，f(n＋1)
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