2021高考数学大一轮复习考点规范练32数列求和理新人教A版
展开考点规范练32 数列求和
考点规范练B册第19页
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21-+…+=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.(2019辽宁沈阳质量监测)已知数列{an}满足an+1+(-1)n+1an=2,则其前100项和为( )
A.250 B.200 C.150 D.100
答案:D
解析:当n=2k-1时,a2k+a2k-1=2,{an}的前100项和为(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a99+a100)=50×2=100,故选D.
6.(2019广东深圳月考)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.
∵a1+a9=2a5=π,∴2a1+2a9=4a5=2π,∴2a1=2π-2a9,
∴sin2a1=sin=-sin2a9.
由倒序相加可得(sin2a1+sin2a2+sin2a3+…+sin2a8+sin2a9+sin2a1+sin2a2+sin2a3+…+sin2a8+sin2a9)=0,
∴y1+y2+y3+…+y8+y9=9.
8.(2019新疆乌鲁木齐模拟)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.在数列{an}中,a1=3,{an}的前n项和Sn满足Sn+1=an+n2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=(-1)n+,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由Sn+1=an+n2,①
得Sn+1+1=an+1+(n+1)2,②
②-①,得an=2n+1.
a1=3满足上式,
所以数列{an}的通项公式为an=2n+1.
(2)由(1)得bn=(-1)n+22n+1,
所以Tn=b1+b2+…+bn=[(-1)+(-1)2+…+(-1)n]+(23+25+…+22n+1)
=
=(4n-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.(2019云南玉溪五调)若数列{an}的前n项和为Sn,首项a1>0,且2Sn=+an(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若an>0,令bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.若Tn<m恒成立,m∈Z,求m的最小值.
解:(1)当n=1时,2S1=+a1,则a1=1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,
即(an+an-1)(an-an-1-1)=0⇒an=-an-1或an=an-1+1,故an=(-1)n-1或an=n.
(2)由an>0,得an=n,bn==2,
Tn=2+…+=3-<3,又m∈Z,故mmin=3.
12.(2019广东珠海高三上学期期末)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.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+…+-n=3,
化简可得Tn=6
15.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
16.在等差数列{an}中,公差d≠0,a10=19,且a1,a2,a5成等比数列.
(1)求an;
(2)设bn=an2n,求数列{bn}的前n项和Sn.
解:(1)∵a1,a2,a5成等比数列,=a1·a5,
即(a1+d)2=a1·(a1+4d).
又a10=19=a1+9d,∴a1=1,d=2.
∴an=2n-1.
(2)∵bn=an2n=(2n-1)·2n,
∴Sn=2+3×22+…+(2n-1)·2n.①
∴2Sn=22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1.②
由①-②,得-Sn=2+2(22+23+…+2n)-(2n-1)·2n+1=2+2-(2n-1)·2n+1=(3-2n)·2n+1-6.
即Sn=(2n-3)2n+1+6.
