高中数学一轮复习考点规范练：第六章 数列32 Word版含解析

这是一份高中数学一轮复习考点规范练：第六章 数列32 Word版含解析，共8页。试卷主要包含了已知数列{an}满足等内容，欢迎下载使用。
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-
2.(2016山西太原三模)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.
3.(2016山西太原五中4月模拟)已知函数f(n)=n2cs(nπ),且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100=( )
A.0B.-100C.100D.10 200
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 016等于( )
A.-1B.+1
C.-1D.+1
5.数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为( )
A.3 690B.3 660C.1 845D.1 830〚导学号37270458〛
6.3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n= .〚导学号37270459〛
7.(2016河南商丘三模)已知数列{an}满足:a3=,an-an+1=2anan+1,则数列{anan+1}前10项的和为 .〚导学号37270460〛
8.已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和.
〚导学号37270461〛
9.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.
〚导学号37270462〛
10.已知Sn为数列{an}的前n项和,an>0,+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.
〚导学号37270463〛
11.(2016全国高考预测模拟一)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足=2Sn+n+4,a2-1,a3,a7恰为等比数列{bn}的前3项.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)若cn=(-1)nlg2bn-,求数列{cn}的前n项和Tn.
〚导学号37270464〛
能力提升
12.(2016河南商丘二模)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.
〚导学号37270465〛
13.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=0,对任意n∈N*,都有nan+1=Sn+n(n+1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足an+lg2n=lg2bn,求数列{bn}的前n项和Tn.
〚导学号37270467〛
高考预测
14.已知在等差数列{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.
〚导学号37270468〛
参考答案
考点规范练32 数列求和
1.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.D 解析 ∵an+1=a1+an+n,
∴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.B 解析 ∵f(n)=n2cs(nπ)
==(-1)n·n2,
∴an=f(n)+f(n+1)=(-1)n·n2+(-1)n+1·(n+1)2=(-1)n[n2-(n+1)2]=(-1)n+1·(2n+1).
∴a1+a2+a3+…+a100=3+ (-5)+7+(-9)+…+199+(-201)=50×(-2)=-100.故选B.
4.C 解析 由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=
∴an=
=,
S2 016=a1+a2+a3+…+a2 016=()+()+()+…+()=-1.
5.D 解析 ∵an+1+(-1)nan=2n-1,
∴当n=2k(k∈N*)时,a2k+1+a2k=4k-1,①
当n=2k+1(k∈N*)时,a2k+2-a2k+1=4k+1,②
①+②得:a2k+a2k+2=8k.
则a2+a4+a6+a8+…+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a58+a60)
=8(1+3+…+29)
=8=1 800.
由②得a2k+1=a2k+2-(4k+1),
∴a1+a3+a5+…+a59=a2+a4+…+a60-[4×(0+1+2+…+29)+30]=1 800-=30,
∴a1+a2+…+a60=1 800+30=1 830.
6.4- 解析 设Sn=3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n,①
则Sn=3·2-2+4·2-3+…+(n+1)2-n+(n+2)2-n-1.②
①-②,得Sn=3·2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=2·2-1+2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=1+-(n+2)·2-n-1=2-(n+4)·2-n-1.故Sn=4-
7 解析 ∵an-an+1=2anan+1,
=2,即=2.
∴数列是以2为公差的等差数列.
=5,=5+2(n-3)=2n-1.
∴an=
∴anan+1=
=
∴数列{anan+1}前10项的和为
8.解 (1)因为等比数列{bn}的公比q==3,所以b1==1,b4=b3q=27.
设等差数列{an}的公差为d.
因为a1=b1=1,a14=b4=27,
所以1+13d=27,即d=2.
所以an=2n-1.
(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1.
因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.
从而数列{cn}的前n项和
Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1==n2+
9.解 (1)由题意,有
即
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-
10.解 (1)由+2an=4Sn+3,
可知+2an+1=4Sn+1+3.
两式相减可得+2(an+1-an)=4an+1,
即2(an+1+an)==(an+1+an)·(an+1-an).
由于an>0,可得an+1-an=2.
又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a1=3.
所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,故{an}的通项公式为an=2n+1.
(2)由an=2n+1可知
bn=
=
设数列{bn}的前n项和为Tn,
则Tn=b1+b2+…+bn
=
11.解 (1)因为=2Sn+n+4,
所以=2Sn-1+n-1+4(n≥2).
两式相减,得=2an+1,
所以+2an+1=(an+1)2.
因为{an}是各项均为正数的数列,所以an+1-an=1.
又=(a2-1)a7,所以(a2+1)2=(a2-1)(a2+5),解得a2=3,a1=2,
所以{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,所以an=n+1.
由题意知b1=2,b2=4,b3=8,故bn=2n.
(2)由(1)得cn=(-1)nlg22n-=(-1)nn-,
故Tn=c1+c2+…+cn=[-1+2-3+…+(-1)nn]-
设Fn=-1+2-3+…+(-1)nn.
则当n为偶数时,Fn=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(n-1)+n]=;
当n为奇数时,Fn=Fn-1+(-n)=-n=
设Gn=+…+,
则Gn=+…+
所以Tn
=
12.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
13.解 (1)(方法一)∵nan+1=Sn+n(n+1),
∴当n≥2时,(n-1) an=Sn-1+n(n-1),
两式相减,得nan+1-(n-1)an=Sn-Sn-1+n(n+1)-n(n-1),
即nan+1-(n-1)an=an+2n,
得an+1-an=2.
当n=1时,1×a2=S1+1×2,
即a2-a1=2.
∴数列{an}是以0为首项,2为公差的等差数列.∴an=2(n-1)=2n-2.
(方法二)由nan+1=Sn+n(n+1),得n(Sn+1-Sn)=Sn+n(n+1),
整理,得nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),
两边同除以n(n+1)得,=1.
∴数列是以=0为首项,1为公差的等差数列.
=0+n-1=n-1.
∴Sn=n(n-1).
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2.
又a1=0适合上式,∴数列{an}的通项公式为an=2n-2.
(2)∵an+lg2n=lg2bn,∴bn=n=n·22n-2=n·4n-1.
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1,①
4Tn=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,②
①-②,得-3Tn=40+41+42+…+4n-1-n×4n=-n×4n=
∴Tn=[(3n-1)4n+1].
14.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.