2020届高考数学一轮复习：课时作业33《数列求和》(含解析) 练习

课时作业33　数列求和

1．已知等比数列{an}中，a2·a8＝4a5，等差数列{bn}中，b4＋b6＝a5，则数列{bn}的前9项和S9等于(　B　)
A．9 B．18
C．36 D．72
解析：∵a2·a8＝4a5，
即a＝4a5，∴a5＝4，
∴a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2.
∴S9＝9b5＝18，故选B.
2．(2019·广州调研)数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于(　A　)
A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－
C．n2＋1－ D．n2－n＋1－
解析：该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，
则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－.
3．(2019·开封调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018＝(　B　)
A．22 018－1 B．3×21 009－3
C．3×21 009－1 D．3×21 008－2
解析：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.
4．定义为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”．若已知正项数列{an}的前n项的“均倒数”为，又bn＝，则＋＋…＋＝(　C　)
A. B.
C. D.
解析：依题意有＝，
即前n项和Sn＝n(2n＋1)＝2n2＋n，
当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，a1＝3满足该式．
则an＝4n－1，bn＝＝n.
因为＝＝－，
所以＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝.
5．(2019·华中师大联盟质量测评)在数列{an}中，已知a1＝3，且数列{an＋(－1)n}是公比为2的等比数列，对于任意的n∈N*，不等式a1＋a2＋…＋an≥λan＋1恒成立，则实数λ的取值范围是(　C　)
A. B.
C. D．(－∞，1]
解析：由已知，an＋(－1)n＝[3＋(－1)1]·2n－1＝2n，
∴an＝2n－(－1)n.
当n为偶数时，a1＋a2＋…＋an＝(2＋22＋…＋2n)－(－1＋1－…＋1)＝2n＋1－2，an＋1＝2n＋1－(－1)n＋1＝2n＋1＋1，
由a1＋a2＋…＋an≥λan＋1，
得λ≤＝1－对n∈N*恒成立，
∴λ≤；
当n为奇数时，a1＋a2＋…＋an＝(2＋22＋…＋2n)－(－1＋1－…＋1－1)＝2n＋1－1，
an＋1＝2n＋1－(－1)n＋1＝2n＋1－1，
由a1＋a2＋…＋an≥λan＋1得，
λ≤＝1对n∈N*恒成立，
综上可知λ≤.
6．(2019·衡水质检)中国古代数学有着很多令人惊叹的成就．北宋沈括在《梦溪笔谈》卷十八《技艺》篇中首创隙积术，隙积术意即：将木桶一层层堆放成坛状，最上一层长有a个，宽有b个，共计ab个木桶，每一层长宽各比上一层多一个，共堆放n层，设最底层长有c个，宽有d个，则共计有木桶个．假设最上层有长2宽1共2个木桶，每一层的长宽各比上一层多一个，共堆放15层，则木桶的个数为　1 360　.
解析：各层木桶长与宽的木桶数自上而下组成一等差数列，且公差为1，根据题意得，a＝2，b＝1，c＝2＋14＝16，d＝1＋14＝15，n＝15，则木桶的个数为
＝1 360(个)．
7．(2019·安阳模拟)已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝　4n－1　.
解析：由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，
∴bn＝(－3)×(－4)n－1，
∴|bn|＝3×4n－1，
即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列，
∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＝4n－1.
8．(2019·海口调研)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝(n＝1,2,3，…)，则S2n＋3＝　　.
解析：依题意得S2n＋3＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2n＋2＋a2n＋3)＝1＋＋＋…＋＝＝.
9．(2019·广东潮州模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，an＝2·3n－1(n∈N*)，若bn＝，则b1＋b2＋…＋bn＝　－　.
解析：因为＝＝3，且a1＝2，
所以数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，
所以Sn＝＝3n－1，
又bn＝＝＝－，
所以b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝－.
10．(2019·潍坊模拟)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.
解：(1)证明：∵Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ，
∴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＝λ2n－1.
(2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，
∴bn＝
∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1
＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)
＝＋
＝＋n(n＋2)，
∴T2n＝＋n2＋2n－.
11．(2019·江西百校联盟联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列是公差为1的等差数列，且a2＝3，a3＝5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意，得＝a1＋n－1，
即Sn＝n(a1＋n－1)，
所以a1＋a2＝2(a1＋1)，a1＋a2＋a3＝3(a1＋2)，且a2＝3，a3＝5.
解得a1＝1，所以Sn＝n2，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
又n＝1时也满足，故an＝2n－1.
(2)由(1)得bn＝(2n－1)·3n，
所以Tn＝1×3＋3×32＋…＋(2n－1)·3n，
则3Tn＝1×32＋3×33＋…＋(2n－1)·3n＋1.
∴Tn－3Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)·3n＋1，
则－2Tn＝3＋2×－(2n－1)·3n＋1＝3n＋1－6＋(1－2n)·3n＋1＝(2－2n)·3n＋1－6，
故Tn＝(n－1)·3n＋1＋3.
12．(2019·贵阳一模)已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log(1－Sn＋1)(n∈N*)，令Tn＝＋＋…＋，求Tn.
解：(1)当n＝1时，a1＝S1，
由S1＋a1＝1，得a1＝，
当n≥2时，Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1，
则Sn－Sn－1＝(an－1－an)，
即an＝(an－1－an)，所以an＝an－1(n≥2)．
故数列{an}是以为首项，为公比的等比数列．
故an＝·n－1＝2·n(n∈N*)．
(2)因为1－Sn＝an＝n.
所以bn＝log(1－Sn＋1)＝logn＋1＝n＋1，
因为＝＝－，
所以Tn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝－＝.

13．(2019·湖北四地七校联考)数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，且bn＝ancos，记Sn为数列{bn}的前n项和，则S24＝(　D　)
A．294 B．174
C．470 D．304
解析：∵nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，
∴－＝1，
∴数列是公差与首项都为1的等差数列．
∴＝1＋(n－1)×1，可得an＝n2.
∵bn＝ancos，∴bn＝n2cos，
令n＝3k－2，k∈N*，
则b3k－2＝(3k－2)2cos＝
－(3k－2)2，k∈N*，
同理可得b3k－1＝－(3k－1)2，k∈N*，
b3k＝(3k)2，k∈N*.
∴b3k－2＋b3k－1＋b3k＝－(3k－2)2－(3k－1)2＋(3k)2＝9k－，k∈N*，
则S24＝9×(1＋2＋…＋8)－×8＝304.
14．(2019·衡水联考)已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an＞0,6Sn＝a＋3an，n∈N*，bn＝，若∀n∈N*，k＞Tn恒成立，则k的最小值是(　B　)
A. B.
C．49 D.
解析：当n＝1时，6a1＝a＋3a1，
解得a1＝3或a1＝0.
由an＞0，得a1＝3.
由6Sn＝a＋3an，得6Sn＋1＝a＋3an＋1.
两式相减得6an＋1＝a－a＋3an＋1－3an.
所以(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0.
因为an＞0，
所以an＋1＋an＞0，an＋1－an＝3.
即数列{an}是以3为首项，3为公差的等差数列，
所以an＝3＋3(n－1)＝3n.
所以bn＝
＝
＝.
所以Tn＝

＝＜.
要使∀n∈N*，k＞Tn恒成立，只需k≥.故选B.
15．设f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，则S＝　1 008　.
解析：∵f(x)＝，
∴f(1－x)＝＝，
∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1.
S＝f＋f＋…＋f，①
S＝f＋f＋…＋f，②
①＋②，得2S＝＋
＋…＋
＝2 016，
∴S＝＝1 008.
16．已知数列{an}的首项a1＝3，前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋3，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设bn＝log3an，求数列的前n项和Tn，并证明：≤Tn＜.
解：(1)由an＋1＝2Sn＋3，
得an＝2Sn－1＋3(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，
故an＋1＝3an(n≥2)，
所以当n≥2时，{an}是以3为公比的等比数列．
因为a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，＝3，
所以{an}是首项为3，公比为3的等比数列，an＝3n.
(2)an＝3n，故bn＝log3an＝log33n＝n，
＝＝n·n，
Tn＝1×＋2×2＋3×3＋…＋n×n，①
Tn＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1.②
①－②，得
Tn＝＋2＋3＋…＋n－n×n＋1
＝－n×n＋1
＝－n＋1，
所以Tn＝－n.
因为n＞0，所以Tn＜.
又因为Tn＋1－Tn＝＞0，
所以数列{Tn}单调递增，
所以(Tn)min＝T1＝，
所以≤Tn＜.