高考数学一轮复习考点规范练32数列求和含解析新人教A版理

考点规范练32　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.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 016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=,

S2016=a1+a2+a3+…+a2016

=()+()+()+…+()=-1.

5.已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为(　　)

A.3 690 B.3 660 C.1 845 D.1 830

答案: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

=1800.

由②得a2k+1=a2k+2-(4k+1),

∴a1+a3+a5+…+a59=a2+a4+…+a60-[4×(0+1+2+…+29)+30]

=1800-=30,

∴a1+a2+…+a60=1800+30=1830.

6.已知在数列{an}中,a1=1,且an+1=,若bn=anan+1,则数列{bn}的前n项和Sn为(　　)

A B C D

答案:B

解析:由an+1=,得+2,

∴数列是以1为首项,2为公差的等差数列,

=2n-1,又bn=anan+1,

∴bn=,

∴Sn=,故选B.

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.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).

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.

解:(1)由题意,得

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.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.

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.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)nlog2bn-,求数列{cn}的前n项和Tn.

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,即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)nlog22n-=(-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=

能力提升

12.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.

13.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

14.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.

答案:(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)解∵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

15.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.