近年届高考数学一轮复习第六章数列课时训练33数列求和文(2021年整理)

2019届高考数学一轮复习第六章数列课时跟踪训练33 数列求和文
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课时跟踪训练(三十三) 数列求和
[基础巩固]
一、选择题
1．(2018·湖南师大附中月考)已知公差不为0的等差数列｛a n｝满足a1,a3，
a
4
成等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，则错误!的值为( ) A．2 B．3 C．－2 D．－3
［解析] 设等差数列的公差为d，首项为a1，所以a3＝a1＋2d，a4＝a1＋3d。

因为a1、a3、a4成等比数列，
所以（a1＋2d）2＝a1(a1＋3d)，解得：a1＝－4d.
所以错误!＝错误!＝2，故选A。

［答案] A
2．（2017·河南百校联盟质量监测)已知等差数列｛a n}的前n项和为S n，
S
5
＝－20，则－6a4＋3a5＝( )
A．－20 B．4 C．12 D．20
［解析] 设｛a n｝的公差为d，∵S5＝错误!＝－20,∴a1＋a5＝－8,∴a3＝－4。

又－6a4＋3a5＝－6（a3＋d)＋3(a3＋2d）＝－3a3＝12.选C。

［答案] C
3．已知等比数列{a n}的首项为1，若4a1,2a2，a3成等差数列，则数列错误!的前5项和为（)
A.31
16
B．2 C。

错误! D.错误!
[解析］设数列{a n}的公比为q，则有4＋q2＝2×2q,解得q＝2，所以a n＝2n－1。

错误!＝错误!，所以S5＝错误!＝错误!。

故选A。

[答案］A
4．已知数列{a n｝是等差数列，a1＝tan225°，a5＝13a1,设S n为数列{（－1）n a n}的前n项和，则S2018＝( ）
A．2018 B．－2018 C．3027 D．－3027
［解析］由题意得a1＝1,a5＝13，∵｛a n}是等差数列,∴公差d＝3，∴a n＝3n－2，∴S2018＝－1＋4－7＋10－13＋17＋…－6049＋6052＝3×错误!＝3027,选C。

[答案］C
5．（2017·安徽安庆模拟)已知数列｛a n}满足a n＋2＝－a n（n∈N＋）,且a1＝1，a2＝2，则数列｛a n}的前2017项的和为（)
A．2 B．－3 C．3 D．1
[解析］∵a n＋2＝－a n＝－（－a n－2)＝a n－2，n〉2,∴数列｛a n｝是以4为周期的周期数列．S2017＝504（a1＋a2＋a3＋a4)＋a2017＝504（a1＋a2－a1－a2）＋a504×4＋1＝a1＝1。

故选D.
[答案］D
6.错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!的值为( )
A。

错误!B。

错误!－错误!
C。

错误!－错误!错误! D.错误!－错误!－错误!
[解析］因为错误!＝错误!＝错误!＝错误!错误!
所以原式＝
错误!错误!
错误!＝错误!错误!
＝错误!－错误!错误!,故选C。

[答案］C
二、填空题
7．若数列｛a n｝的通项公式为a n＝错误!，前n项和为S n，则S16＝________。

[解析] 由a n＝错误!＝错误!错误!，
得S16＝错误!(错误!－1＋错误!－错误!＋错误!－错误!＋…＋错误!－错误!＋错误!－错误!）＝错误!(错误!＋错误!－错误!－1）＝错误!.
[答案］错误!
8．数列｛a n}满足a n＋a n＋1＝错误!（n∈N*)，且a1＝1，S n是数列{a n｝的前n项和，则S21＝________.
［解析] 依题意得a n＋a n＋1＝a n＋1＋a n＋2＝1
2
，则a n＋2＝a n，即数列｛a n｝
中的奇数项、偶数项分别相等，则a21＝a1＝1，S21＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20）＋a21＝10（a1＋a2）＋a21＝10×错误!＋1＝6。

[答案］6
9．（2017·陕西西安期中)如果数列｛a n｝的前n项之和为S n＝3＋2n，那么a错误!＋a错误!＋a错误!＋…＋a错误!＝________。

［解析］∵S n＝3＋2n,∴S n－1＝3＋2n－1(n≥2），∴a n＝2n－2n－1＝2n－1，∴a错误!＝4n－1，n＝1时a
1
＝S1＝5，
∴当n≥2时，a错误!＋a错误!＋a错误!＋…＋a错误!＝25＋错误!＝错误!；
当n＝1时a错误!＝25也适合上式，故a错误!＋…＋a错误!＝错误!.
[答案] 错误!
三、解答题
10．（2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n}满足a1＋3a2＋…＋（2n－1）a n＝2n.
(1）求{a n｝的通项公式；
（2)求数列错误!的前n项和．
［解] （1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1）a n＝2n，故当n≥2时，
a
1
＋3a2＋…＋（2n－3)a n－1＝2(n－1）．
两式相减得（2n－1)a n＝2，所以a n＝错误!(n≥2）．
又由题设可得a1＝2也适合,从而｛a n}的通项公式为a n＝错误!.
（2)记错误!的前n项和为S n。

由(1)知错误!＝错误!＝错误!－错误!.
则S n＝错误!－错误!＋错误!－错误!＋…＋错误!－错误!＝错误!。

［能力提升］
11．若a n>0，S n＝a1＋a2＋…＋a n，且2S n＝a n＋错误!（n∈N＊)，则S2017＝( ）
A．2017＋错误!B．2017－错误!
C．2016 D。

错误!
[解析］令n＝1，则2S1＝a1＋错误!，所以a1＝1，S1＝1;令n＝2，则2
（a1＋a2）＝a2＋错误!，所以a2＝错误!－1,S2＝错误!；令n＝3，则2（错误!＋a
3
)＝a3＋错误!，解得a3＝错误!－错误!，S3＝错误!；依此类推，a2017＝错误!－错误!，S2017＝错误!.故选D.
［答案] D
12．（2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2，4,1，2，4,8,1，2，4，8,16,…,其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）A．440 B．330 C．220 D．110
［解析］设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三
项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为n n＋1
2
.
由题意可知，N>100，令错误!>100，所以n≥14，n∈N*，即N出现在第13组之后．易得第n组的所有项的和为错误!＝2n－1，前n组的所有项的和为错误!－n＝2n＋1－n－2.设满足条件的N在第k＋1（k∈N＊，k≥13)组，且第N项为第k＋1组的第t（t∈N＊）个数,第k＋1组的前t项的和2t－1应与－2－k 互为相反数，即2t－1＝k＋2，所以2t＝k＋3，所以t＝log2（k＋3)，所以当t＝4,k＝13时,N＝错误!＋4＝95<100，不满足题意,当t＝5，k＝29时，N＝错误!＋5＝440，当t>5时，N〉440，故选A.
［答案］A
13．(2017·安徽马鞍山期中）设数列｛a n｝的通项公式为a n＝(－1）n(2n －1)·cos错误!＋1(n∈N*),其前n项和为S n,则S120＝( )
A．－60 B．－120 C．180 D．240
[解析] 由a n＝(－1)n（2n－1）cos错误!＋1，得
a
1
＝－cos错误!＋1＝1，a2＝3cosπ＋1＝－2，
a
3
＝－5cos错误!＋1＝1,a4＝7cos2π＋1＝8，
a
5
＝－9cos错误!＋1＝1,a6＝11cos3π＋1＝－10,
a
＝－13cos错误!＋1＝1，a8＝15cos4π＋1＝16，
7
…
由上可知，数列{a n｝的奇数项为1，每两个偶数项的和为6，∴S120＝（a1＋a3＋…＋a119)＋(a2＋a4＋…＋a58＋a120）＝60＋30×6＝240.故选D.
[答案] D
14．（2017·河北邯郸质量检测)在公差大于1的等差数列{a n}中，已知a错误!＝64，a
＋a5＋a8＝36，则数列｛|a n｜}的前20项和为________．
2
[解析］∵a2＋a5＋a8＝3a5＝36，∴a5＝12，∵a错误!＝64，∴a1＝±8。

当a1＝8，d＝1,不合题意．
当a1＝－8，d＝5〉1,∴a n＝5n－13.
故数列｛｜a n｜｝的前20项和为8＋3＋2＋错误!＝812。

［答案] 812
15．(2017·广东珠海模拟)已知等差数列｛a n}的首项为a，公差为d，n ∈N*,且不等式ax2－3x＋2〈0的解集为(1，d)．
(1)求数列｛a n}的通项公式a n;
(2)若b n＝3a n＋a n－1，n∈N*，求数列｛b n}的前n项和T n。

［解析] （1）易知a≠0，由题设可知
错误!解得错误!
故数列｛a n｝的通项公式为a n＝1＋（n－1）·2＝2n－1.
（2）由(1)知b n＝32n－1＋2n－1－1,
则T n＝（3＋1）＋(33＋3)＋…＋（32n－1＋2n－1）－n
＝（31＋33＋…＋32n－1）＋(1＋3＋…＋2n－1)－n
＝错误!＋错误!－n
＝错误!(9n－1)＋n2－n。

16．(2017·山东枣庄期末质量检测）已知S n为各项均为正数的数列{a n｝的前n项和，a1∈（0,2)，a错误!＋3a n＋2＝6S n.
(1)求｛a n｝的通项公式；
(2)设b n＝错误!，数列｛b n}的前n项和为T n，若对∀n∈N＊,t≤4T n恒成立，求实数t的最大值．
[解] (1)当n＝1时，由a错误!＋3a n＋2＝6S n，得a错误!＋3a1＋2＝6a1,即a错误!－3a1＋2＝0.
又a1∈（0,2）,解得a1＝1.
由a错误!＋3a n＋2＝6S n，可知a错误!＋3a n＋1＋2＝6S n＋1.
两式相减，得a错误!－a错误!＋3(a n＋1－a n)＝6a n＋1,
即(a n＋1＋a n）（a n＋1－a n－3）＝0.由于a n〉0，可得a n＋1－a n－3＝0.即a n＋1－a n＝3,所以｛a n｝是首项为1，公差为3的等差数列．
所以a n＝1＋3（n－1）＝3n－2.
（2）由a n＝3n－2，可得
b n＝错误!＝错误!＝错误!错误!，T n＝b
1
＋b2＋…＋b n
＝错误!错误!
＝错误!。

因为T n＋1－T n＝
n＋1
3n＋1＋1
－错误!＝错误!>0，
所以T n＋1>T n，所以数列{T n｝是递增数列．
所以t≤4T n⇔错误!≤T n⇔错误!≤T1＝错误!⇔t≤1，
所以实数t的最大值是1.
[延伸拓展]
下面的图形无限向内延续，最外面的正方形的边长是2，从外到内,第n个正方形与其内切圆之间的深色图形面积记为S n（n∈N*）．
(1)证明：S n＝2S n＋1（n∈N＊)；
(2)证明：S1＋S2＋…＋S n<8－2π.
［证明］(1)设第n(n∈N＊)个正方形的边长为a n，则其内切圆半径为错误!，第n＋1个正方形的边长为错误!a n，其内切圆半径为错误!a n，所以S n ＝a错误!－π错误!2＝a错误!错误!（n∈N＊)，S n＋1＝错误!2－π错误!2＝a错误!错误!＝错误!S n(n∈N＊)．所以S n＝2S n＋1（n∈N*)．
(2）由（1)可知，S1＝22×错误!＝4－π，S2＝2－错误!，…，S n＝
(4－π)错误!n－1，所以T n＝S1＋S2＋…＋S n＝(4－
π)×错误!＝(4－π）×错误!＝（8－2π)错误!<8－2π.。