发布时间 : 星期五 文章高考数学复习第五章数列课下层级训练30数列求和含解析文新人教A版更新完毕开始阅读4df6f1cca517866fb84ae45c3b3567ec112ddcc4
课下层级训练(三十) 数列求和
[A级 基础强化训练]
11111
1．(2019·广东广州调研)数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋n，…的前n项和Sn248162的值等于( )
12
A．n＋1－n
2C．n＋1－
2
12
B．2n－n＋1－n 212
D．n－n＋1－n 2
12
n－1
1
A [该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋n，
2
1?1?112
则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋?＋2＋…＋n?＝n＋1－n.] 2?2?22
2．(2019·山东滨州月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则S8
＝( )
A．127 C．255
B．192 D．511
C [因为{an}是等比数列，设公比为q(q≠0)且S2＝3，S4＝15.知q≠1. 所以S4＝S2＋a3＋a4＝3＋(a1＋a2)·q＝3＋3·q＝15，则q＝4， 因为S8＝S4＋(a5＋a6＋a7＋a8)＝15＋(a1＋a2＋a3＋a4)·q ＝15＋15q＝15＋15×16＝255.所以S8＝255.]
??2an，n为正奇数，
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝?
?an＋1，n为正偶数，?
4
4
2
2
2
则其前6项之和是( )
A．16 C．33
B．20 D．120
C [由已知得a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.]
4．(2019·山西太原月考)设Sn为等比数列{an}的前n项和，且关于x的方程a1x－a3x＋a2＝0有两个相等的实根，则＝( )
A．5 C．21
2
2
S9
S3
B．14 D．27
2
C [根据题意，关于x的方程a1x－a3x＋a2＝0有两个相等的实根，则有(a3)－4a1a2＝
1
－q93
1－qS91－q1－443
0，变形可得q－4q＝0，即q＝4，则＝＝＝21.] 3＝S3a1－q31－q1－4
1－q?2＋1?
5．(2018·湖南湘潭模拟)已知Tn为数列?n?的前n项和，若m>T10＋1 013恒成立，
?2?
na1
9
则整数m的最小值为( )
A．1 026 C．1 024
2＋11?1?nC [∵n＝1＋??，∴Tn＝n＋1－n，
22?2?11
∴T10＋1 013＝11－10＋1 013＝1 024－10，
22又m>T10＋1 013，∴整数m的最小值为1 024.]
1
6．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则? ＝
k＝1nnB．1 025 D．1 023
Sk__________.
2n [设等差数列{an}的公差为d，则 n＋1
a3＝a1＋2d＝3，??由?4×3
Sd＝10，4＝4a1＋?2?
∴Sn＝n×1＋1＝
n
Sn??a1＝1，
得?
?d＝1.?
nn－
2
×1＝
nn＋
2
，
Snn2
n＋
1??1
＝2?－?. ?nn＋1?
11111∴? ＝＋＋＋…＋
k＝1
SkS1S2S3
11??11111
＝2?1－＋－＋－＋…＋－
nn＋1??22334?＝2?1－
?
?
1?2n＝.] n＋1??n＋1
n－1
7．(2019·河南商丘质检)有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2和为__________.
2
n＋1
所有项的
1－2n－2－n [由题意知所求数列的通项为＝2－1，故由分组求和法及等比数列的
1－2
n 2
求和公式可得和为
－21－2
n－n＝2
n＋1
－2－n.]
8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
2
－1
nn＋1
－2 [因为an＋1－an＝2，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2
nn＋1
2
nn＋2
n－2
2－22－2nnn＋1
＋…＋2＋2＋2＝＋2＝2－2＋2＝2. 所以Sn＝＝2－2.]
1－21－2
2
2Sn9．(2019·河南六市联考)已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足an＝
2Sn－1(n≥2)．
?1?
(1)求证：数列??是等差数列；
?Sn?
1113
(2)证明：当n≥2时，S1＋S2＋S3＋…＋Sn＜.
23n2
2Sn11
证明 (1)当n≥2时，Sn－Sn－1＝，Sn－1－Sn＝2SnSn－1，－＝2，
2Sn－1SnSn－1
?1?
从而??构成以1为首项，2为公差的等差数列．
?Sn?
2
111
(2)由(1)可知，＝＋(n－1)×2＝2n－1，∴Sn＝，
SnS12n－11
∴当n≥2时，Sn＝
nn1n－
＜
n1n－1＝·2n1n－
11?1
－?＝??. 2?n－1n?
113131111?111
－?从而S1＋S2＋S3＋…＋Sn＜1＋?1－＋－＋…＋＝－＜. n－1n?23n2?223?22n210．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＋1＝Sn＋an＋2，a1，a2，a5成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足＝(2)1＋an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解 (1)∵Sn＋1＝Sn＋an＋2，∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝an＋2. ∴数列{an}是公差为2的等差数列； 又a1，a2，a5成等比数列，
∴a1·(a1＋4d)＝(a1＋d)?a1·(a1＋8)＝(a1＋2).
2
2
bnan∴a1＝1，∴an＝2n－1(n∈N)．
(2)由(1)可得：bn＝(2n－1)·(2)＝(2n－1)·2，
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝1·2＋3·2＋5·2＋…＋(2n－3)·21)·2，
∴2Tn＝1·2＋3·2＋5·2＋…＋(2n－3)·2＋(2n－1)·2
2
3
4
1
2
3
2n*
nn－1
＋(2n－
nnn＋1
.
3
错位相减得：
－Tn＝2＋2(2＋2＋…＋2)－(2n－1)·24
＝2＋2×＝2＋2
n＋2
2
3
nn＋1
1－21－2
n－1
－(2n－1)·2
n＋1
n＋1
n＋1
－8－(2n－1)·2
n＋1
＝－6－(2n－3)·2
∴Tn＝(2n－3)·2＋6.
[B级 能力提升训练]
11．已知{an}是等差数列，{bn}是各项均为正数的等比数列，且b1＝a1＝1，b3＝a4，b1
＋b2＋b3＝a3＋a4.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn. 解 (1)设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q， 依b1＝a1＝1，b3＝a4，b1＋b2＋b3＝a3＋a4.
??1＋3d＝q，得?2
??1＋q＋q＝2＋5d2
解得d＝1，q＝2，
n－1
所以an＝1＋(n－1)＝n，bn＝1×2(2)由(1)知，cn＝anbn＝n·2
0
1
2
＝2
n－1
.
n－1
，
n－1
则Tn＝1·2＋2·2＋3·2＋…＋n·22Tn＝1·2＋2·2＋…＋(n－1)·2
0
1
1
2
①
nn－1
＋n·2 ②
n－1
①－②得－Tn＝1·2＋1·2＋1·2＋…＋1·2＝
－2
1－2
n2
－n·2
n－n·2＝(1－n)·2－1.
nnn所以Tn＝(n－1)·2＋1.
12．(2019·河北承德检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且d (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝ 1 an＋1＋an(n∈N)，求数列{bn}的前n项和Tn. * 解 (1)因为d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且d nn－ 2 d，所以9a1＋ 9×8 ×2＝99，解得a1＝3， 2 {an}是首项为3，公差为2的等差数列． 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1. (2)∵bn＝ 1 an＋1＋an＝ 12n＋3＋2n＋1 4