2018高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应用课时


第2讲 一、选择题 数列的求和及综合应用 1 1 1 1 1.已知数列 1 ,3 ,5 ,7 ,?,则其前 n 项和 Sn 为( 2 4 8 16 A.n +1- C.n +1- 2 2 )(导学号 55410114) 1 n 2 1 2 n-1 1 2 B.n +2- n 2 1 2 D.n +2- n-1 2 1 解析:an=(2n-1)+ n, 2 1 1? 1- n? ? ? n(1+2n-1) 2? 2 ? 2 1 所以 Sn= + =n +1- n. 2 1 2 1- 2 答案:A 2.(2017·浙江卷)已知等差数列{an}的公差为 d,前 n 项和为 Sn,则“d>0”是“S4+ S6>2S5”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:由 S4+S6-2S5=S6-S5-(S5-S4)=a6-a5=d, 当 d>0 时,则 S4+S6-2S5>0,即 S4+S6>2S5. 反之,S4+S6>2S5,可得 d>0. 所以“d>0”是“S4+S6>2S5”的充要条件. 答案:C 3.(2017·东北三省四市二模)已知数列{an}满足 an+1-an=2,a1=-5,则|a1|+|a2| +?+|a6|=( A.9 C.18 ) B.15 D.30 解析:因为 an+1-an=2,a1=-5,所以数列{an}是公差为 2 的等差数列.所以 an=-5 +2(n-1)=2n-7. 数列{an}的前 n 项和 Sn= n(-5+2n-7) 2 =n -6n. 2 7 令 an=2n-7≥0,解得 n≥ . 2 所以 n≤3 时,|an|=-an;n≥4 时,|an|=an. 则|a1|+|a2|+?+|a6|=-a1-a2-a3+a4+a5+a6, S6-2S3=62-6×6-2(32-6×3)=18. 答案:C 4.满足 a1=1,log2a n+1=log2an+1(n∈N ),它的前 n 项和为 Sn,则满足 Sn>1 025 的 最小 n 值是( A.9 C.11 )(导学号 55410115) B.10 D.12 * * 解析:因为 a1=1,log2an+1=log2an+1(n∈N ), 所以 an+1=2an,an=2 n-1 ,Sn=2 -1. n 则满足 Sn>1 025 的最小 n 值是 11. 答案:C 5.(20 17·长沙一中月考)数列 an= 1 9 ,其前 n 项之和为 ,则在平面直角坐 n(n+1) 10 ) 标系中,直线(n+1)x+y+n=0 在 y 轴上的截距为( A.-10 C.10 解析:由于 an= B.-9 D.9 1 1 1 = - , n(n+1) n n+1 1 ? 1 ? 1? ?1 1? ?1 所以 Sn=?1- ?+? - ?+?+? - ?=1-n+1, 2 2 3 n n + 1 ? ? ? ? ? ? 因此 1- 1 n+1 10 = 9 ,所以 n=9, 所以直线 方程为 10x+y+9=0. 令 x=0,得 y=-9,所以在 y 轴上的截距为-9. 答案:B 二、填空题 6.对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”.若 a1=1,{an}的“差 数列”的通项公式为 an+1-an=2 ,则数列{an}的前 n 项和 Sn=________. 解析:因为 an+1-an=2 ,应用累加法可得 an=2 -1, 所以 Sn=a1+a2+a3

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