(新高考)高考数学一轮考点复习6.4《数列求和》课时跟踪检测(含详解)

课时跟踪检测（三十二）  数列求和

一、综合练——练思维敏锐度

1．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 021＝(　　)

A．3　　　　　　　　　　 B．2

C．1  D．0

解析：选C　∵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 021＝336×0＋a2 017＋a2 018＋…＋a2 021＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋2＋1＋(－1)＋(－2)＝1.故选C.

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，结果分别相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.

3．若数列{an}的通项公式是an＝，前n项和为9，则n等于(　　)

A．9   B．99

C．10  D．100

解析：选B　因为an＝＝－，

所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1，

令－1＝9，得n＝99.

4．已知数列{an}满足log2an＝n＋log23，则a2＋a4＋a6＋…＋a20的值为(　　)

A．3×(211－4)   B．3×(212－4)

C.  D．411－4

解析：选D　∵log2an＝log22n＋log23＝log2(2n·3)，

∴an＝3·2n，a2n＝3·22n＝3·4n，

∴a2＋a4＋a6＋…＋a20＝3×(4＋42＋43＋…＋410)＝3×＝411－4.故选D.

5．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，＝Sn，则S10＝(　　)

A.   B．－

C．10  D．－10

解析：选B　由＝Sn，得an＋1＝SnSn＋1.又an＋1＝Sn＋1－Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，即－＝－1，所以数列是以＝＝－1为首项，－1为公差的等差数列，所以＝－1＋(n－1)·(－1)＝－n，所以＝－10，所以S10＝－，故选B.

6．已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝，则＝________.

解析：an＋1＝可化为nan＋1＋2an＋1an＝(n＋1)an.等号两边同时除以an＋1an，得－＝2，所以数列是首项为＝，公差为2的等差数列，所以＝＋＋…＋＝n＋×2＝n2－n.

答案：n2－n

7．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

8．(2021·青岛模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝则数列{an}前15项和S15的值为________．

解析：数列{an}的通项公式为an＝

由＝，

得S15＝（1－＋－＋－＋…＋－）＋(2＋4＋6＋…＋14)－7×7＝×＋×7×16－49＝.

答案：

9．有一正项等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，满足a2a4＝64，S3＝14.设bn＝log2an(n∈N*)．

(1)求a1，a2的值，并求出数列{an}的通项公式；

(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；

(3)记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.

解：(1)由a2a4＝64，得a＝64.又∵an>0，∴a3＝8.

∵S3＝a1＋a2＋a3，∴a1＋a2＋8＝14，∴a1＋a1q＝6，

即a1(1＋q)＝6，∴(1＋q)＝6，即3q2－4q－4＝0，

解得q＝2或q＝－(舍去)．

∴a1＝2，a2＝4，an＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．

(2)数列{bn}为等差数列．理由如下：

由(1)知an＝2n，∴bn＝log2an＝log22n＝n，

∴bn＋1＝n＋1，∴bn＋1－bn＝1.又b1＝1，

∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．

(3)由(2)可知，bn＝n，∴cn＝＝＝－，

∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋＋…＋＝1－＝.

10．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝5，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n.

(1)求证：数列为等差数列；

(2)令bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：(1)证明：由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n得－＝1，又＝5，所以数列是首项为5，公差为1的等差数列．

(2)由(1)可知＝5＋(n－1)＝n＋4，所以Sn＝n2＋4n.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－(n－1)2－4(n－1)＝2n＋3.

又a1＝5也符合上式，所以an＝2n＋3(n∈N*)，

所以bn＝(2n＋3)2n，

所以Tn＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n＋3)2n，①

2Tn＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n＋1)2n＋(2n＋3)·2n＋1，②

所以②－①得

Tn＝(2n＋3)2n＋1－10－(23＋24＋…＋2n＋1)

＝(2n＋3)2n＋1－10－

＝(2n＋3)2n＋1－10－(2n＋2－8)

＝(2n＋1)2n＋1－2.

二、自选练——练高考区分度

1．在公差不为零的等差数列{an}中，已知a1＝1，且a2，a5，a14成等比数列，{an}的前n项和为Sn，bn＝(－1)nSn，则an＝________，数列{bn}的前n项和Tn＝________.

解析：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，

则由a2，a5，a14成等比数列得a＝a2·a14，

即(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2，

则an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，Sn＝na1＋d＝n2.

当n为偶数时，Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…－Sn－1＋Sn

＝－12＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2

＝3＋7＋…＋(2n－1)＝；

当n为大于1的奇数时，

Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…＋Sn－1－Sn

＝－12＋22－32＋42－…－(n－2)2＋(n－1)2－n2

＝3＋7＋…＋(2n－3)－n2＝－，

当n＝1时，也符合上式．综上所述，Tn＝(－1)n.

答案：2n－1　(－1)n

2．(2021·肥城教学研究中心高三模拟)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．

①a1，，a2成等差数列；②a1，a2＋1，a3成等比数列；③S3＝.

已知Sn为数列{an}的前n项和，3Sn＝an＋2a1(n∈N*)，a1≠0，且________．

(1)求数列{an}的通项公式．

(2)记bn＝求数列{bn}的前2n＋1项和T2n＋1.

解：(1)由已知3Sn＝an＋2a1，n≥2时，3Sn－1＝an－1＋2a1.

两式相减得到3an＝an－an－1，即＝－.

因为a1≠0，所以数列{an}是公比为－的等比数列，从而an＝a1n－1.

若选①，由a1，，a2成等差数列可得a1＋a2＝2×，

即a1－a1＝，解得a1＝1，所以an＝n－1.

若选②，由a1，a2＋1，a3成等比数列可得a1a3＝(a2＋1)2，

即a1×a1＝2，解得a1＝1，

所以an＝n－1.

若选③，由S3＝可得a1＋a2＋a3＝，

即a1－a1＋a1＝，解得a1＝1，

所以an＝n－1.

(2)当n为奇数时，bn＝log3n－1＝log3n－1＝－(n－1)log32.

记前2n＋1项和T2n＋1中奇数项和为T奇，

则T奇＝b1＋b3＋b5＋…＋b2n＋1

＝－(0＋2＋4＋…＋2n)log32

＝－n(n＋1)log32.

当n为偶数时，bn＝n－1＝－n－1，

记前2n＋1项和T2n＋1中偶数项和为T偶，

则T偶＝b2＋b4＋b6＋…＋b2n

＝－

＝－＝－.

故T2n＋1＝－n(n＋1)log32－.