北师大版高考数学一轮复习第5章第4节数列求和课时作业理含解析

数列求和

授课提示：对应学生用书第329页

[A组　基础保分练]

1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3，则其前20项和为（　　）

A．380－　　　 B．400－

C．420－  D．440－

解析：令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2（1＋2＋…＋20）－3＝2×－3×＝420－．

答案：C

2．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则其前6项之和是（　　）

A．16  B．20

C．33  D．120

解析：由已知得a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33．

答案：C

3．化简Sn＝n＋（n－1）×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是（　　）

A．2n＋1＋n－2  B．2n＋1－n＋2

C．2n－n－2  D．2n＋1－n－2

解析：因为Sn＝n＋（n－1）×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1①，2Sn＝n×2＋（n－1）×22＋（n－2）×23＋…＋2×2n－1＋2n②，所以①－②得，－Sn＝n－（2＋22＋23＋…＋2n）＝n＋2－2n＋1，所以Sn＝2n＋1－n－2．

答案：D

4．（2021·重庆一调）已知数列{an}满足an＝，则a1＋＋＋…＋＝（　　）

A．　　　 B． 

C．　　　 D．

解析：由题知，数列{an}满足an＝，所以数列的通项公式为＝＝－，所以a1＋＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝．

答案：A

5．数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝＝2，n∈N＋，则数列{ban}的前n项和为（　　）

A．（4n－1－1）  B．（4n－1）

C．（4n－1－1）  D．（4n－1）

解析：因为an＋1－an＝＝2，a1＝b1＝1，所以数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，an＝1＋2（n－1）＝2n－1，bn＝1×2n－1＝2n－1，数列{ban}的前n项和为ba1＋ba2＋…＋ban＝b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝20＋22＋24＋…＋22n－2＝＝（4n－1）．

答案：D

6．已知数列{an}的首项a1＝3，前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋3，n∈N＋．设bn＝log3an，则数列的前n项和Tn的取值范围为（　　）

A．  B．

C．  D．

解析：由an＋1＝2Sn＋3，可得当n≥2时，有an＝2Sn－1＋3，两式相减得an＋1－an＝2（Sn－Sn－1）＝2an（n≥2），故an＋1＝3an（n≥2）．

又当n＝1时，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝3a1，

所以数列{an}是首项为3，公比为3的等比数列，故an＝3n．

所以bn＝log3an＝n，所以＝．

所以Tn＝＋＋…＋＋，　①

Tn＝＋＋…＋＋，　②

①－②，得Tn＝＋＋＋…＋－，

化简整理得Tn＝－·，因为·＞0，

所以Tn＜，又Tn＋1－Tn＝＞0，所以数列{Tn}是递增数列，所以（Tn）min＝T1＝，所以≤Tn＜，故Tn的取值范围是．

答案：C

7．若数列{an}的通项公式是an＝（－1）n（3n－2），则a1＋a2＋…＋a10＝________．

解析：a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15．

答案：15

8．（2020·高考全国卷Ⅰ）数列{an}满足an＋2＋（－1）nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________．

解析：法一：因为an＋2＋（－1）nan＝3n－1，

所以当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1，

所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，

所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92．

因为数列{an}的前16项和为540，

所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448．①

因为当n为奇数时，an＋2－an＝3n－1，

所以a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38，

所以（a3＋a7＋a11＋a15）－（a1＋a5＋a9＋a13）＝80．②

由①②得a1＋a5＋a9＋a13＝184．

又a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24，

a9＝a7＋20＝a1＋44，a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102，

所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184，所以a1＝7．

法二：同法一得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝448．

当n为奇数时，有an＋2－an＝3n－1，

由累加法得an＋2－a1＝3（1＋3＋5＋…＋n）－＝（1＋n）·－＝n2＋n＋，

所以an＋2＝n2＋n＋＋a1．

所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝a1＋＋＋＋＋＋＋＝8a1＋392＝448，解得a1＝7．

答案：7

9．（2021·大同调研）在数列{an}中，a1＝3，an＝2an－1＋n－2（n≥2，且n∈N＋）．

（1）求a2和a3的值；

（2）证明：数列{an＋n}是等比数列，并求{an}的通项公式；

（3）求数列{an}的前n项和Sn．

解析：（1）∵a1＝3，∴a2＝2a1＋2－2＝6，

∴a3＝2a2＋3－2＝13．

（2）证明：∵an＝2an－1＋n－2，n≥2，

∴an＋n＝2（an－1＋n－1），n≥2．

又a1＋1＝4，∴{an＋n}是以4为首项，2为公比的等比数列．∴an＋n＝4×2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－n．

（3）Sn＝22－1＋23－2＋…＋2n－（n－1）＋2n＋1－n＝22（2n－1）－＝2n＋2－．

10．（2021·宁德二检）已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2kn（k∈N＋），Sn的最小值为－9．

（1）确定k的值，并求数列{an}的通项公式；

（2）设bn＝（－1）n·an，求数列{bn}的前2n＋1项和T2n＋1．

解析：（1）由已知得Sn＝n2－2kn＝（n－k）2－k2，因为k∈N＋，则当n＝k时，（Sn）min＝－k2＝－9，故k＝3．

所以Sn＝n2－6n．

因为Sn－1＝（n－1）2－6（n－1）（n≥2），

所以an＝Sn－Sn－1＝（n2－6n）－[（n－1）2－6（n－1）]＝2n－7（n≥2）．

当n＝1时，S1＝a1＝－5，满足an＝2n－7，

综上，an＝2n－7．

（2）依题意，得bn＝（－1）n·an＝（－1）n（2n－7），

则T2n＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋（－1）2n（4n－7）＋（－1）2n＋1[2（2n＋1）－7]

＝5－（2＋2＋…＋2）

　　n个

＝5－2n．

[B组　能力提升练]

1．已知数列{an}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，且a3＝3，S3＝9．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设bn＝log2，且{bn}为递增数列，若cn＝，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1．

解析：（1）设数列{an}的公比为q，当q＝1时，符合条件，a1＝a3＝3，an＝3，

当q≠1时，所以

解得an＝12×．

综上，an＝3或an＝12×．

（2）证明：若an＝3，则bn＝0，与题意不符，

所以an＝12×．

所以a2n＋3＝12×＝3×，

bn＝log2＝log222n＝2n，

cn＝＝＝－，

c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋…＋＝1－＜1．

2．（2021·合肥调研）已知等差数列{an}，a2＝12，a5＝24，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1－bn＝an（n∈N＋）．

（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；

（2）求使得＋＋＋…＋＞成立的最小正整数n的值．

解析：（1）设等差数列{an}的公差为d，则a5－a2＝3d＝12，d＝4，

∴an＝a2＋（n－2）d＝4n＋4，∴bn＋1－bn＝4n＋4，

∴bn＝b1＋（b2－b1）＋（b3－b2）＋…＋（bn－bn－1）

＝4＋（4×1＋4）＋（4×2＋4）＋…＋[4（n－1）＋4]

4＋4[1＋2＋…＋（n－1）]＋4（n－1）

＝2n2＋2n（n＞1），b1＝4也适合．

∴an＝4n＋4，bn＝2n2＋2n（n∈N＋）．

（2）∵＝＝＝，

∴＋＋＋…＋

＝

＝＝，

即＞，解得n＞16，

∴满足条件的最小正整数n的值为17．

[C组　创新应用练]

1．（2021·长春联考）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d＞0，a6和a8是函数f（x）＝ln x＋x2－8x的极值点，则S8＝（　　）

A．－38　　　　　　　 B．38

C．－17  D．17

解析：因为f（x）＝ln x＋x2－8x，

所以f′（x）＝＋x－8＝

＝，

令f′（x）＝0，解得x＝或x＝．

又a6和a8是函数f（x）的极值点，且公差d＞0，

所以a6＝，a8＝，

所以解得

所以S8＝8a1＋×d＝－38．

答案：A

2．（2021·合肥调研）设数列{an}的前n项和为Sn，4Sn＝（2n＋1）an＋1（n∈N＋）．定义数列{bn}如下：对于正整数m，bm是使不等式an≥m成立的所有n的最小值，则数列{bn}的前60项的和为（　　）

A．960  B．930

C．900  D．840

解析：由4Sn＝（2n＋1）an＋1，得当n≥2时，4Sn－1＝（2n－1）an－1＋1，两式相减，得4an＝（2n＋1）an－（2n－1）·an－1，即（2n－3）an＝（2n－1）an－1，所以＝，所以＝＝…＝．又4S1＝4a1＝（2＋1）·a1＋1，解得a1＝1，所以an＝2n－1（n≥2），又a1＝1也适合，所以an＝2n－1（n∈N＋）．由an≥m，得2n－1≥m，所以n≥，所以满足条件an≥m的n的最小值为大于等于的整数，所以bm＝，所以数列{bn}的前60项和为＋＋＋＋…＋＋＝＋＝960．

答案：A

3．已知数列{an}，若an＋1＝an＋an＋2（n∈N＋），则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2 019项和为________．

解析：由“凸数列”的定义及b1＝1，b2＝－2，得b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，所以数列{bn}是周期为6的周期数列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，于是数列{bn}的前2 019项和等于b1＋b2＋b3＝－4．

答案：－4