备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(三十七)　数列求和

课时验收评价(三十七)　数列求和

一、点全面广强基训练

1．数列{an}的通项公式为an＝，若该数列的前k项之和等于9，则k＝(　　)

A．80  B．81

C．79  D．82

解析：选B　an＝＝－，故Sn＝，令Sk＝＝9，解得k＝81，故选B.

2．在数列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，则|a1|＋|a2|＋…＋|a30|＝(　 )

A．495  B．765  C．1 080  D．3 105

解析：选B　由a1＝－60，an＋1＝an＋3可得an＝3n－63，则a21＝0，|a1|＋|a2|＋…＋|a30|＝60＋57＋…＋3＋0＋3＋…＋27＝765.

3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a9＝a12＋6，a2＝4，则数列的前10项和为(　 )

A.  B．  C.  D．

解析：选B　设等差数列{an}的公差为d，

由a9＝a12＋6及等差数列的通项公式得

a1＋5d＝12，

又a2＝4，所以a1＝2，d＝2，所以Sn＝n2＋n，

所以＝＝－，

所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝.

4．已知数列{an}满足an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，其中a1＝a2＝1.记数列{an}的前n项和为Sn，若S2 021＝m，则a2 023＝(　 )

A．m－1  B．m 

C．m＋1  D．m2

解析：选C　由an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，可得an＋1＝an＋2－an(n∈N*)，S2 021＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2 021＝a1＋(a3－a1)＋(a4－a2)＋(a5－a3)＋…＋(a2 022－a2 020)

＝a2 022＋a2 021－a2＝a2 023－a2＝m，

则a2 023＝S2 021＋a2＝m＋1.故选C.

5．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.

解析：当n＝2k(k∈N*)时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[－(2n－3)＋(2n－1)]＝2＋2＋…＋2＝2k＝n；当n＝2k－1(k∈N*)时，Sn＝Sn－1＋an＝(n－1)－(2n－1)＝－n.综上，Sn＝＝(－1)nn.

答案：(－1)nn

6．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋SnSn＋1＝0，则Sn＝________，数列{SnSn＋1}的前n项和Tn为________．

解析：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＋SnSn＋1＝0，∴Sn＋1－Sn＋SnSn＋1＝0，∴－＝1.又∵＝＝1，∴是以1为首项，1为公差的等差数列，∴＝n，∴Sn＝.∴SnSn＋1＝＝－，∴Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.

答案：　

7．(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝

(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；

(2)求{an}的前20项和．

解：(1)由题意，得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.易得a2n＋2＝a2n＋1＋1，a2n＋1＝a2n＋2，所以a2n＋2＝a2n＋3，即bn＋1＝bn＋3，所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1.

(2)由(1)可得a2n＝3n－1，a2n－1＝a2n－2＋2＝bn－1＋2＝3n－2.所以a19＝3×10－2＝28，a20＝3×10－1＝29.所以{an}的前20项的和为(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝×10＋×10＝300.

8．在①bn＝an·3n＋1；②bn＝，n∈N*，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题．

已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，a＋an＝2Sn＋2，数列{bn}满足________．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求数列{bn}的前n项和Tn.

解：(1)当n＝1时，a＋a1＝2S1＋2＝2a1＋2，即a－a1－2＝0，解得a1＝2或a1＝－1(舍去)．

当n≥2时，由a＋an＝2Sn＋2可得a＋an－1＝2Sn－1＋2，

上述两个等式作差得a－a＋an－an－1＝2an，即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，

∀n∈N*，an>0，则an－an－1＝1，

所以数列{an}为等差数列，且该数列的首项为2，公差为1，

因此an＝2＋n－1＝n＋1.

(2)若选①，则bn＝(n＋1)·3n＋1，则Tn＝2·32＋3·33＋4·34＋…＋(n＋1)·3n＋1，

所以3Tn＝2·33＋3·34＋…＋n·3n＋1＋(n＋1)·3n＋2，

上述两个等式作差得－2Tn＝2·32＋(33＋34＋…＋3n＋1)－(n＋1)·3n＋2，

＝18＋－(n＋1)·3n＋2＝，

因此Tn＝；

若选②，bn＝＝＝－，

所以Tn＝－＋－＋…＋－＝－.

二、重点难点培优训练

1．已知{an}为等比数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)若cn＝[lg bn]，其中[x]是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如[lg 2]＝0，[lg 98]＝1，求数列{cn}的前100项的和T100.

解：(1)由题意知a1＝2，a2＝4，a3＝8，

所以等比数列{an}的公比q＝2，an＝a1qn－1＝2n.

设等差数列{bn}公差为d，则2＝b3－2b1＝2d－b1，S7＝＝7b4＝7a3，

所以b4＝8＝b1＋3d，所以b1＝2，d＝2，bn＝2n.

(2)因为cn＝[lg(2n)]，

所以T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg 2]＋[lg 4]＋…＋[lg 8]＋[lg 10]＋…＋[lg 98]＋[lg 100]＋…＋[lg 200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.

2．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＋1＝4an，n∈N*，且a1＝4.

(1)证明：{an＋1－2an}是等比数列，并求{an}的通项公式；

(2)在①bn＝an＋1－an；②bn＝log2；③bn＝，这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答．已知数列{bn}满足________，求{bn}的前n项和Tn.

解：(1)证明：当n≥2时，因为Sn＋1＝4an，

所以Sn＝4an－1，两式相减得，an＋1＝4an－4an－1，故an＋1－2an＝2(an－2an－1)，当n＝1时，因为Sn＋1＝4an，所以S2＝4a1，又a1＝4，故a2＝12，于是a2－2a1＝4，

所以{an＋1－2an}是以4为首项，2为公比的等比数列．

所以an＋1－2an＝2n＋1，两边除以2n＋1得，－＝1，

又＝2，所以是以2为首项，1为公差的等差数列．

所以＝n＋1，an＝(n＋1)·2n.

(2)若选①：bn＝an＋1－an，

即bn＝(n＋2)·2n＋1－(n＋1)·2n

＝(n＋3)·2n，

所以Tn＝4×21＋5×22＋6×23＋…＋(n＋3)·2n，

所以2Tn＝4×22＋5×23＋6×24＋…＋(n＋3)·2n＋1，

两式相减得，－Tn＝4×21＋(22＋23＋24＋…＋2n)－(n＋3)·2n＋1，

＝8＋4·－(n＋3)·2n＋1，

所以Tn＝(n＋2)·2n＋1－4.

若选②：bn＝log2，即bn＝log2＋log22n＝log2＋n，

所以Tn＝log2＋log2＋…＋log2＋(1＋2＋…＋n)

＝log2＋＝log2(n＋1)＋.

若选③：bn＝，即bn＝＝4，

所以Tn＝4－＋－＋…＋－＝4＝

4＝1－.

3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且n，an，Sn成等差数列，bn＝2log2(1＋an)－1.

(1)证明数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋…＋c100的值．

解：(1)证明：因为n，an，Sn成等差数列，所以Sn＋n＝2an，从而Sn－1＋(n－1)＝2an－1(n≥2)．

两式相减得an＋1＝2an－2an－1，所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)．

又当n＝1时，S1＋1＝2a1，所以a1＝1，所以a1＋1＝2，

故数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，

所以an＋1＝2·2n－1＝2n，即an＝2n－1.

(2)根据(1)求解知，bn＝2log2(1＋2n－1)－1＝2n－1，b1＝1，所以bn＋1－bn＝2，所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．

又因为a1＝1，a2＝3，a3＝7，a4＝15，a5＝31，a6＝63，a7＝127，a8＝255，b64＝127，b106＝211，b107＝213，

所以c1＋c2＋…＋c100＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a1＋a2＋…＋a7)＝－[(21＋22＋…＋27)－7]＝－＋7＝1072－28＋9＝11 202.