新课改专用2020版高考数学一轮跟踪检测36《数列求和》(含解析)

课时跟踪检测（三十六）  数列求和

1．(2019·河北“五个一名校联盟”模拟)已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 018＝(　　)

A．3　　　　　　　　　　 B．2

C．1  D．0

解析：选A　∵an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2 018＝336×0＋a2 017＋a2 018＝a1＋a2＝3.故选A.

2．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于(　　)

A．76  B．78

C．80  D．82

解析：选B　由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，结果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.

3．(2019·开封调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018等于(　　)

A．22 018－1  B．3×21 009－3

C．3×21 009－1  D．3×21 008－2

解析：选B　∵a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2，∴＝2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)＝＋＝3×21 009－3.故选B.

4．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3n，则其前20项和为(　　)

A．380－　　　　 B．400－

C．420－  D．440－

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

5．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(　　)

A.  B．－

C．(－1)n＋1  D．以上均不正确

解析：选C　当n为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－(2n－1)＝－＝－；当n为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－[2(n－1)－1]＋n2＝－＋n2＝.综上可得，原式＝(－1)n＋1.

6．(2019·郑州质量预测)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，记Tn＝＋＋…＋(n∈N*)，则T2 018＝(　　)

A.  B．

C.  D．

解析：选C　由an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，可得an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}为等差数列，公差d＝a2－a1＝2－1＝1，通项公式an＝a1＋(n－1)×d＝1＋n－1＝n，则其前n项和Sn＝＝，所以＝＝2，Tn＝＋＋…＋＝21－＋－＋…＋－＝2＝，故T2 018＝＝，故选C.

7．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n＋1，则数列的前n项和Tn＝________.

解析：∵数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n＋1，∴Sn－1＝n2－n＋1(n≥2)，两式作差得到an＝2n(n≥2)．故an＝∴＝＝－(n≥2)，∴Tn＝＋－＋－＋…＋－＝－.

答案：－

8．(2019·安徽十大名校联考)在数列{an}中，a1＝－2，a2＝3，a3＝4，an＋3＋(－1)nan＋1＝2(n∈N*)．记Sn是数列{an}的前n项和，则S20的值为________．

解析：由题意知，当n为奇数时，an＋3－an＋1＝2，又a2＝3，所以数列{an}中的偶数项是以3为首项，2为公差的等差数列，所以a2＋a4＋a6＋…＋a20＝10×3＋×2＝120.

当n为偶数时，an＋3＋an＋1＝2，又a3＋a1＝2，

所以数列{an}中的相邻的两个奇数项之和均等于2，

所以a1＋a3＋a5＋…＋a17＋a19＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋…＋(a17＋a19)＝2×5＝10，所以S20＝120＋10＝130.

答案：130

9．(2019·益阳、湘潭调研)已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝2且Sn＋1＝2Sn，设bn＝log2an，则＋＋…＋的值是________．

解析：由Sn＋1＝2Sn可知，数列{Sn}是首项为S1＝a1＝2，公比为2的等比数列，所以Sn＝2n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，bn＝log2an＝当n≥2时，＝＝－，所以＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝2－＝.

答案：

10．(2019·大连模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，an＋1＝3Sn＋1，n∈N*.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)记Tn为数列{n＋an}的前n项和，求Tn.

解：(1)由an＋1＝3Sn＋1，

得当n≥2时，an＝3Sn－1＋1，

两式相减，得an＋1＝4an(n≥2)．

又a1＝1，a2＝4，＝4，

所以数列{an}是首项为1，公比为4的等比数列，

所以数列{an}的通项公式是an＝4n－1(n∈N*)．

(2)Tn＝(1＋a1)＋(2＋a2)＋(3＋a3)＋…＋(n＋an)

＝(1＋2＋…＋n)＋(1＋4＋42＋…＋4n－1)

＝＋

＝＋.

11．(2019·广州调研)已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝(n∈N*)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn.

解：(1)当n＝1时，a1＝.

因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝，①

所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝(n≥2，n∈N*)，②

①－②得4n－1an＝(n≥2，n∈N*)，

所以an＝(n≥2，n∈N*)．

当n＝1时也适合上式，故an＝(n∈N*)．

(2)由(1)得bn＝＝，

所以bnbn＋1＝＝，

故Tn＝

＝

＝.

12．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.

(1)求{an}和{bn}的通项公式；

(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．

解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.

由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，

而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.

又因为q＞0，解得q＝2.

所以bn＝2n.

由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①

由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②

由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.

所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.

(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，

由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，

得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，

故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，

4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，

上述两式相减，得

－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1

＝－4－(3n－1)×4n＋1

＝－(3n－2)×4n＋1－8.

故Tn＝×4n＋1＋.

所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.