广西专用高考数学一轮复习考点规范练33数列求和含解析新人教A版理

考点规范练33　数列求和

基础巩固

1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和Sn的值等于(　　)

A.n2+1- B.2n2-n+1-

C.n2+1- D.n2-n+1-

答案:A

解析:该数列的通项公式为an=(2n-1)+,

则Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-

2.已知数列{an}满足a1=1,且对任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n,则的前100项和为(　　)

A B C D

答案:D

解析:∵an+1=a1+an+n,a1=1,∴an+1-an=1+n.

∴an-an-1=n(n≥2).

∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=

=2

的前100项和为2×=2×

=

故选D.

3.已知数列{an}满足an+1-an=2,a1=-5,则|a1|+|a2|+…+|a6|=(　　)

A.9 B.15 C.18 D.30

答案:C

解析:∵an+1-an=2,a1=-5,

∴数列{an}是首项为-5,公差为2的等差数列.

∴an=-5+2(n-1)=2n-7.

∴数列{an}的前n项和Sn==n2-6n.

令an=2n-7≥0,解得n

∴当n≤3时,|an|=-an;当n≥4时,|an|=an.

∴|a1|+|a2|+…+|a6|=-a1-a2-a3+a4+a5+a6=S6-2S3=62-6×6-2×(32-6×3)=18.

4.已知函数f(x)=xa的图象过点(4,2),令an=,n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 020等于(　　)

A-1 B+1 C-1 D+1

答案:C

解析:由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=

∴an=,

S2020=a1+a2+a3+…+a2020=()+()+()+…+()=-1.

5.(2020江西南昌模拟)已知数列{an}为等差数列,Sn是其前n项和,a2=5,S5=35.数列的前n项和为Tn,若对一切n∈N*都有2m+1>Tn恒成立,则m能取到的最小整数为(　　)

A.-1 B.0 C.1 D.2

答案:B

解析:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.

由题意得解得故an=3+2(n-1)=2n+1.

所以,

所以Tn=+…+=<

对于一切n∈N*都有2m+1>Tn恒成立,只需满足2m+1即可,故m能取到的最小整数为0.故选B.

6.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,a2=2,Sn+1=an+2-an+1(n∈N*),则Sn=　　　　　. 

答案:2n-1

解析:∵Sn+1=an+2-an+1(n∈N*),∴Sn+1=Sn+2-Sn+1-(Sn+1-Sn),则Sn+2+1=2(Sn+1+1).由a1=1,a2=2,可得S2+1=2(S1+1),∴Sn+1+1=2(Sn+1)对任意的n∈N*都成立,

∴数列{Sn+1}是首项为2,公比为2的等比数列,

∴Sn+1=2n,即Sn=2n-1.

7.已知等差数列{an},a5=若函数f(x)=sin 2x+1,记yn=f(an),则数列{yn}的前9项和为　　　　　. 

答案:9

解析:由题意,得yn=sin(2an)+1,所以数列{yn}的前9项和为sin2a1+sin2a2+sin2a3+…+sin2a8+sin2a9+9.

由a5=,得sin2a5=0.

∵ai+a10-i=2a5=π(i=1,2,3,4),∴2ai+2a10-i=2π.

∴2ai=2π-2a10-i.

∴sin2ai=sin(2π-2a10-i)=-sin2a10-i.

∴y1+y2+y3+…+y8+y9=9.

8.把函数f(x)=sin x(x>0)所有的零点按从小到大的顺序排列,构成数列{an},数列{bn}满足bn=3n·an,则数列{bn}的前n项和Tn=　　　　　　　　　　　　　　　. 

答案:

解析:令sinx=0(x>0),解得x=kπ,k∈N*,即an=nπ,n∈N*,则bn=3n·an=π·n·3n.

则数列{bn}的前n项和Tn=π(3+2×32+3×33+…+n·3n),①

3Tn=π[32+2×33+…+(n-1)·3n+n·3n+1],②

①-②,得-2Tn=π(3+32+…+3n-n·3n+1)

=,可得Tn=

9.已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,且a1+a2=2,a3+a4=32

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=+log2an,求数列{bn}的前n项和Tn.

解:(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0),则an=a1qn-1,且an>0.

由已知得a1+a2=2=,即a1a2=2;

a3+a4=32=,即a3a4=32.

∵a3a4=a1a2q4=2q4=32,且q>0,∴q=2.

由a1a2=q=2,且a1>0,得a1=1.

∴数列{an}的通项公式为an=2n-1.

(2)由(1)知bn=+log2an=4n-1+n-1,

∴Tn=(1+4+42+…+4n-1)+(0+1+2+3+…+n-1)=

10.设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.

(1)求数列{an},{bn}的通项公式;

(2)当d>1时,记cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.

解:(1)由题意,得

解得

故

(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=,

于是Tn=1++…+,①

Tn=+…+②

①-②可得Tn=2++…+=3-,故Tn=6-

11.(2020广西南宁三中模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a3=3,S4=10.

(1)求{an}的通项公式;

(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.

解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则

整理得解得

∴等差数列{an}的通项公式为an=1+(n-1)·1=n.

(2)由(1)知,Sn=,

∴bn==2.

∴Tn=b1+b2+…+bn

=21-+2+…+2

=21-+…+

=21-=

12.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,公差d=-2,且a1,a3,a4成等比数列.

(1)求an,Sn;

(2)设Tn=|a1|+|a2|+…+|an|,求Tn.

解:(1)由a1,a3,a4成等比数列可知,=a1a4,

从而(a1+2d)2=a1(a1+3d),

又d=-2,解得a1=8.所以an=-2n+10.

故Sn=na1+d=-n2+9n.

(2)由an=-2n+10,知当n<5时,an>0;当n=5时,an=0;当n>5时,an<0.

所以当n≤5时,Tn=a1+a2+…+an=-n2+9n;

当n>5时,Tn=S5+|a6|+…+|an|=2S5-Sn=n2-9n+40.

能力提升

13.今要在一个圆周上标出一些数,第一次先把圆周二等分,在这两个分点处分别标上1,如图①所示;第二次把两段半圆弧二等分,在这两个分点处分别标上2,如图②所示;第三次把4段圆弧二等分,并在这4个分点处分别标上3,如图③所示.如此继续下去,当第n次标完数以后,这个圆周上所有已标出的数的总和是　　　　　　　. 

答案:(n-1)×2n+2

解析:由题意可得,第n次标完后,圆周上所有已标出的数的总和为Tn=1+1+2×2+3×22+…+n×2n-1.

设S=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,

则2S=2+2×22+…+(n-1)×2n-1+n×2n,

两式相减可得-S=1+2+22+…+2n-1-n×2n=(1-n)×2n-1,则S=(n-1)×2n+1,故Tn=(n-1)×2n+2.

14.(2020黑龙江大庆模拟)数列1,x,1,x,x,1,x,x,x,1,x,x,x,x,1,x,…,其中在第n个1与第n+1个1之间插入n个x,若该数列的前2 020项的和为7 891,则x=　　　　. 

答案:4

解析:当n≥2时,前n个1之间共有n+[1+2+3+…+(n-1)]=项,当n=63时,有=2016项,在第63个1的后面再跟的第4个x就是第2020项,所以前2020项中含63个1,其余的均为x.

故该数列前2020项的和为63×1+(2020-63)x=7891,解得x=4.

15.已知首项为的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=(-1)n+1·n(n∈N*),求数列{an·bn}的前n项和Tn.

解:(1)设等比数列{an}的公比为q.

由S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,可得2(S5+a5)=S3+a3+S4+a4,

即2(S3+a4+2a5)=2S3+a3+2a4,

即4a5=a3,则q2=,解得q=±

由等比数列{an}不是递减数列,可得q=-,故an==(-1)n-1

(2)由bn=(-1)n+1·n,可得an·bn=(-1)n-1(-1)n+1·n=3n

故前n项和Tn=3,

则Tn=3,

两式相减可得,Tn=3=3,

化简可得Tn=6

16.若数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an-λ(λ>0,n∈N*).

(1)证明:数列{an}为等比数列,并求an;

(2)若λ=4,bn=(n∈N*),求数列{bn}的前2n项和T2n.

解:(1)证明:∵Sn=2an-λ,

当n=1时,得a1=λ,

当n≥2时,Sn-1=2an-1-λ,

则Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-2an-1,∴an=2an-1,

∴数列{an}是以λ为首项,2为公比的等比数列,

∴an=λ·2n-1.

(2)∵λ=4,∴an=4·2n-1=2n+1,

∴bn=

∴T2n=22+3+24+5+26+7+…+22n+2n+1

=(22+24+26+…+22n)+(3+5+…+2n+1)

=

=+n(n+2),

∴T2n=+n2+2n-

高考预测

17.正项等差数列{an}满足a1=4,且a2,a4+2,2a7-8成等比数列,{an}的前n项和为Sn.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)令bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.

解:(1)设数列{an}的公差为d(d>0).

由已知得a2(2a7-8)=(a4+2)2,且a1=4,化简得,d2+4d-12=0,解得d=2或d=-6(舍),

所以an=a1+(n-1)d=2n+2.

(2)因为Sn==n2+3n,

所以bn=,

所以Tn=b1+b2+b3+…+bn

=+++…+=