高二数学人教a必修5练习：2-5-2数列求和word版含解析 6页

课时训练 14 数列求和 一、分组求和 1.若数列{an}的通项公式是 an=(-1)n(3n-2),则 a1+a2+…+a10=( ) A.15 B.12 C.-12 D.-15 答案:A 解析:∵an=(-1)n(3n-2), 则 a1+a2+…+a10=-1+4-7+10-…-25+28=(-1+4)+(-7+10)+…+(-25+28)=3×5=15. 2.已知数列{an}满足 a1=1,an+1=an+n+2n(n∈N*),则 an 为( ) A. ( - 1 ) 2 +2n-1-1 B. ( - 1 ) 2 +2n-1 C. ( +1 ) 2 +2n+1-1 D. ( - 1 ) 2 +2n+1-1 答案:B 解析:∵an+1=an+n+2n,∴an+1-an=n+2n. ∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1) =1+(1+2)+(2+22)+…+[(n-1)+2n-1] =1+[1+2+3+…+(n-1)]+(2+22+…+2n-1) =1+( - 1 ) 2 + 2 ( 1 - 2 - 1 ) 1 - 2 ( - 1 ) 2 +2n-1. 3.(2015 广东湛江高二期末,19)已知数列{an}为等差数列,a5=5,d=1;数列{bn}为等比数列,b4=16,q=2. (1)求数列{an},{bn}的通项公式 an,bn; (2)设 cn=an+bn,求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解:(1)∵数列{an}为等差数列,a5=5,d=1, ∴a1+4=5,解得 a1=1,∴an=1+(n-1)×1=n. ∵数列{bn}为等比数列,b4=16,q=2, ∴b1·23=16,解得 b1=2,∴bn=2×2n-1=2n. (2)∵cn=an+bn=n+2n, ∴Tn=(1+2+3+…+n)+(2+22+23+…+2n) = ( +1 ) 2 + 2 ( 1 - 2 ) 1 - 2 2+ 2 +2n+1-2. 二、裂项相消法求和 4.数列{an}的通项公式 an= 1 1+2+3+ … + ,则其前 n 项和 Sn=( ) A. 2 +1 B. +1 2 C.( +1 ) 2 D. 2++2 +1答案:A 解析:∵an= 1 1+2+3+ … + 2 ( +1 )=2 1 - 1 +1 , ∴Sn=a1+a2+…+an =2 1 - 1 2 + 1 2 - 1 3 + … + 1 - 1 +1 =2 1 - 1 +1 2 +1 . 5. 1 1×3 + 1 3×5 + 1 5×7 +…+ 1 ( 2 - 1 )( 2+1 )= . 答案: 2+1解析:∵ 1 ( 2 - 1 )( 2+1 ) 1 2 1 2 - 1 - 1 2+1 , ∴ 1 1×3 + 1 3×5 + 1 5×7 +…+ 1 ( 2 - 1 )( 2+1 ) 1 2 1 - 1 3 + 1 3 - 1 5 + 1 5 - 1 7 + … + 1 2 - 1 - 1 2+1 = 1 2 1 - 1 2+1 2+1 . 6.(2015 山东省潍坊四县联考,17)等差数列{an}中,a1=3,其前 n 项和为 Sn.等比数列{bn}的各项均为正 数,b1=1,且 b2+S2=12,a3=b3. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)求数列 1 的前 n 项和 Tn. 解:(1)设数列{an}的公差为 d,数列{bn}的公比为 q, 由已知可得 + 3 + 3 + 12 , 2 3 + 2 , 又 q>0,∴ 3 , 3 , ∴an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1. (2)由(1)知数列{an}中,a1=3,an=3n, ∴Sn= ( 3+3 ) 2 ,∴ 1 2 ( 3+3 ) 2 3 1 - 1 +1 , ∴Tn= 2 3 1 - 1 2 + 1 2 - 1 3 + … + 1 - 1 +1 = 2 3 1 - 1 +1 2 3 ( +1 ). 三、错位相减法求和 7.数列 2 2 , 4 22 , 6 23 ,…, 2 2 ,…前 n 项的和为 . 答案:4- +2 2 - 1 解析:设 Sn= 2 2 + 4 22 + 6 23 +…+ 2 2 , ① 1 2 Sn= 2 22 + 4 23 + 6 24 +…+ 2 2+1 , ② ①-②得 1 - 1 2 Sn= 2 2 + 2 22 + 2 23 + 2 24 +…+ 2 2 2 2+1 =2- 1 2 - 1 2 2+1 .∴Sn=4- +2 2 - 1 . 8.(2015 湖北高考,文 19)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)由题意有, 101 + 45 100 , 1 2 , 即 21 + 9 20 , 1 2 , 解得 1 1 , 2 , 或 1 9 , 2 9 . 故 2 - 1 , 2 - 1 , 或 1 9 ( 2 + 79 ), 9 · 2 9 - 1 . (2)由 d>1,知 an=2n-1,bn=2n-1,故 cn= 2 - 1 2 - 1 , 于是 Tn=1+ 3 2 + 5 22 + 7 23 + 9 24 +…+ 2 - 1 2 - 1 , ① 1 2 Tn= 1 2 + 3 22 + 5 23 + 7 24 + 9 25 +…+ 2 - 1 2 . ② ①-②可得 1 2 Tn=2+ 1 2 + 1 22 +…+ 1 2 - 2 2 - 1 2 =3- 2+3 2 ,故 Tn=6- 2+3 2 - 1 . (建议用时:30 分钟) 1.数列{an}的通项公式是 an= 1 + +1 ,若前 n 项和为 10,则项数为( ) A.11 B.99 C.120 D.121 答案:C 解析:∵an= 1 + +1 + 1 , ∴Sn=a1+a2+…+an=( 2 -1)+( 3 2 )+…+( + 1 )= + 1 -1,令 + 1 -1=10,得 n=120. 2.已知数列{an}的通项公式 an= 2 - 1 2 ,其前 n 项和 Sn= 321 64 ,则项数 n 等于( ) A.13 B.10 C.9 D.6 答案:D 解析:an= 2 - 1 2 =1- 1 2 . ∴Sn=n-1 2 1 - 1 2 1 - 1 2 =n-1+ 1 2 321 64 =5+ 1 64 , ∴n=6. 3.数列{an}的通项公式 an=ncos π 2 ,其前 n 项和为 Sn,则 S2 012 等于( ) A.1 006 B.2 012 C.503 D.0 答案:A 解析:∵函数 y=cos π 2 的周期 T= 2π π 2 =4, ∴可分四组求和: a1+a5+…+a2 009=0, a2+a6+…+a2 010=-2-6-…-2 010= 503× (- 2 - 2 010 ) 2 =-503×1 006, a3+a7+…+a2 011=0, a4+a8+…+a2 012=4+8+…+2 012= 503× ( 4+2 012 ) 2 =503×1 008. 故 S2 012=0-503×1 006+0+503×1 008 =503×(-1 006+1 008)=1 006. 4.已知等比数列{an}的前 n 项和 Sn=2n-1,则 1 2 + 2 2 +…+ 2 等于( ) A.(2n-1)2 B. 1 3 (2n-1) C.4n-1 D. 1 3 (4n-1) 答案:D 解析:根据前 n 项和 Sn=2n-1,可求出 an=2n-1, 由等比数列的性质可得{ 2 }仍为等比数列,且首项为 1 2 ,公比为 q2, ∴ 1 2 + 2 2 +…+ 2 =1+22+24+…+22n-2 = 1 3 (4n-1). 5.已知数列{an}: 1 2 , 1 3 + 2 3 , 1 4 + 2 4 + 3 4 , 1 5 + 2 5 + 3 5 + 4 5 ,…,那么数列{bn}= 1 +1 前 n 项的和为( ) A.4 1 - 1 +1 B.4 1 2 - 1 +1 C.1- 1 +1 D. 1 2 1 +1答案:A 解析:∵an= 1+2+3+ … + +1 ( +1 ) 2 +1 2 , ∴bn= 1 +1 4 ( +1 )=4 1 - 1 +1 . ∴Sn =4 1 - 1 2 + 1 2 - 1 3 + 1 3 - 1 4 + … + 1 - 1 +1 =4 1 - 1 +1 . 6.如果 lg x+lg x2+lg x10=110,那么 lg x+lg2x+…+lg10x= . 答案:2 046 解析:由已知(1+2+…+10)lg x=110, ∴55lg x=110.∴lg x=2. ∴lg x+lg2x+…+lg10x=2+22+…+210=211-2=2 046. 7.已知等比数列{an}中,a1=3,a4=81.若数列{bn}满足 bn=log3an,则数列 1 +1 的前 2 013 项的和 为 . 答案: 2 013 2 014 解析: 4 1 =q3=27,∴q=3. ∴an=a1·qn-1=3×3n-1=3n.∴bn=log3an=n. ∴ 1 · +1 1 ( +1 ) 1 1 +1 , ∴数列 1 · +1 的前 2 013 项的和为: 1 - 1 2 + 1 2 - 1 3 +…+ 1 2 013 - 1 2 014 =1- 1 2 014 2 013 2 014 . 8.已知等比数列{an}的各项都为正数,且当 n≥3 时,a4·a2n-4=102n,则数列 lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4,…,2n-1lg an 的前 n 项和 Sn 等于 . 答案:1+(n-1)·2n 解析:∵{an}是等比数列,∴a4a2n-4= 2 =102n. ∴an=10n,∴2n-1lg an=n·2n-1. 利用错位相减法求得 Sn=1+(n-1)2n. 9.正项数列{an}满足: 2 -(2n-1)an-2n=0. (1)求数列{an}的通项公式 an; (2)令 bn= 1 ( +1 ) ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解:(1)由 2 -(2n-1)an-2n=0,得(an-2n)(an+1)=0. 由于{an}是正项数列,所以 an=2n. (2)由 an=2n,bn= 1 ( +1 ) , 则 bn= 1 2 ( +1 ) 1 2 1 - 1 +1 , Tn= 1 2 1 - 1 2 + 1 2 1 3 +…+ 1 - 1 1 + 1 1 +1 1 2 1 - 1 +1 2 ( +1 ). 10.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2n2+n,n∈N*,数列{bn}满足 an=4log2bn+3,n∈N*. (1)求 an,bn; (2)求数列{an·bn}的前 n 项和 Tn. 解:(1)由 Sn=2n2+n,得当 n=1 时,a1=S1=3; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=4n-1. 当 n=1 时,4×1-1=3. 所以 an=4n-1,n∈N*. 由 4n-1=an=4log2bn+3,得 bn=2n-1,n∈N*. (2)由(1)知 anbn=(4n-1)·2n-1,n∈N*. 所以 Tn=3+7×2+11×22+…+(4n-1)·2n-1,2Tn=3×2+7×22+…+(4n-5)·2n-1+(4n-1)·2n,所以 2Tn- Tn=(4n-1)2n-[3+4(2+22+…+2n-1)]=(4n-5)2n+5. 故 Tn=(4n-5)2n+5,n∈N*.