高考数学复习专题练习第4讲 数列求和 7页

第4讲 数列求和 一、选择题 ‎1．设数列{(－1)n}的前n项和为Sn，则对任意正整数n，Sn＝(　　)‎ A.　　　　 　 B. C. D. 解析 ∵数列{(－1)n}是首项与公比均为－1的等比数列，‎ ‎∴Sn＝＝.‎ 答案 D ‎2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝(　　)‎ A．66 B．65‎ C．61 D．56‎ 解析 当n＝1时，a1＝S1＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－4n＋2－[(n－1)2－4(n －1)＋2]＝2n－5.∴a2＝－1，a3＝1，a4＝3，…，a10＝15，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝1＋1 ＋＝2＋64＝66.‎ 答案 A ‎3．在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为(　　)．‎ A．2 011 B．2 ‎012 ‎ C．2 013 D．2 014‎ 解析　∵an＝＝－，∴Sn＝1－＝＝，解得n＝2 013.‎ 答案　C ‎4．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为(　　)．‎ A．3 690 B．3 ‎660 ‎ C．1 845 D．1 830‎ 解析　当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝4k－1，‎ 当n＝2k－1时，a2k－a2k－1＝4k－3，‎ ‎∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋1＋a2k＋3＝2，‎ ‎∴a2k－1＝a2k＋3，∴a1＝a5＝…＝a61.‎ ‎∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝＝30×61＝1 830.‎ 答案　D ‎5．若把能表示为两个连续偶数的平方差的正整数称为“和平数”，则 1～100这100个数中，能称为“和平数”的所有数的和是(　　)‎ A．130 B．325‎ C．676 D．1 300‎ 解析 设两个连续偶数为2k＋2和2k(k∈N＋)，则(2k＋2)2－(2k)2＝4(2k＋1)，故和平数 是4的倍数，但不是8的倍数，故在1～100之间，能称为和平数的有 4×1,4×3,4×5,4×7，…，4×25，共计13个，其和为4××13＝676.‎ 答案 C ‎6．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝ (　　)．‎ A. B．‎6 ‎ C．10 D．11‎ 解析　依题意得an＋an＋1＝an＋1＋an＋2＝，则an＋2＝an，即数列{an}中的奇数项、偶数项分别相等，则a21＝a1＝1，S21＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＋a21＝10(a1＋a2)＋a21＝10×＋1＝6，故选B.‎ 答案　B 二、填空题 ‎7．在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.‎ 解析　设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，代入数据解得q3‎ ‎＝－8，所以q＝－2；等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，则|an|＝×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－.‎ 答案　－2　2n－1－ ‎8．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝________.‎ 解析　由an＋2－an＝1＋(－1)n，知a2k＋2－a2k＝2，‎ a2k＋1－a2k－1＝0，∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k.‎ ‎∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋＝2 600.‎ 答案　2 600‎ ‎9．等差数列{an}中有两项am和ak(m≠k)，满足am＝，ak＝，则该数列前mk项之和是Smk＝________.‎ 解析　设数列{an}的首项为a1，公差为d.则有 解得 所以Smk＝mk·＋·＝.‎ 答案　 ‎10．把公差d＝2的等差数列{an}的各项依次插入等比数列{bn}中，将{bn}按原 顺序分成1项，2项，4项，…，2n－1项的各组，得到数列{cn}：b1，a1，b2，b3，a2， b4，b5，b6，b7，a3，…，数列{cn}的前n项和为Sn.若c1＝1，c2＝2，S3＝.则数列{cn} 的前100项之和S100＝________.‎ 解析：由已知得b1＝1，a1＝2，b2＝，‎ 令Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，‎ 则T6＝63，T7＝127，‎ ‎∴数列{cn}的前100项中含有数列{an}的前6项，含有数列{bn}的前94项，故S100＝(b1 ＋b2＋…＋b94)＋(a1＋a2＋…＋a6)‎ ‎＝＋6×2＋×2＝.‎ 答案 三、解答题 ‎11．已知公差为d(d>1)的等差数列{an}和公比为q(q>1)的等比数列{bn}，满足集合{a3，a4，a5}∪{b3，b4，b5}＝{1,2,3,4,5}，‎ ‎(1)求通项an，bn；‎ ‎(2)求数列{an·bn}的前n项和Sn.‎ 解 (1)∵1,2,3,4,5这5个数中成公差大于1的等差数列的三个数只能是1,3,5；成公比大于1的等比数列的三个数只能是1,2,4.‎ 而{a3，a4，a5}∪{b3，b4，b5}＝{1,2,3,4,5}，‎ ‎∴a3＝1，a4＝3，a5＝5，b3＝1，b4＝2，b5＝4，‎ ‎∴a1＝－3，d＝2，b1＝，q＝2，‎ ‎∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－5，bn＝b1×qn－1＝2n－3.‎ ‎(2)∵anbn＝(2n－5)×2n－3，‎ ‎∴Sn＝(－3)×2－2＋(－1)×2－1＋1×20＋…＋(2n－5)×2n－3，‎ ‎2Sn＝－3×2－1＋(－1)×20＋…＋(2n－7)×2n－3＋(2n－5)×2n－2，‎ 两式相减得 ‎－Sn＝(－3)×2－2＋2×2－1＋2×20＋…＋2×2n－3－(2n－5)×2n－2‎ ‎＝－－1 ＋2n－1－(2n－5)×2n－2‎ ‎∴Sn＝＋(2n－7)×2n－2.‎ ‎12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1,2,3，…)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝log(3an＋1)时，求数列的前n项和Tn.‎ 解　(1)由已知得 得到an＋1＝an(n≥2)．‎ ‎∴数列{an}是以a2为首项，以为公比的等比数列．‎ 又a2＝S1＝a1＝，‎ ‎∴an＝a2×n－2＝n－2(n≥2)．‎ 又a1＝1不适合上式，∴an＝ ‎(2)bn＝log(3an＋1)＝log＝n.‎ ‎∴＝＝－.‎ ‎∴Tn＝＋＋＋…＋ ‎＝＋＋＋…＋ ‎＝1－＝.‎ ‎13．设数列{an}满足a1＋‎3a2＋‎32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 解　(1)∵a1＋‎3a2＋‎32a3＋…＋3n－1an＝， ①‎ ‎∴当n≥2时，‎ a1＋‎3a2＋‎32a3＋…＋3n－2an－1＝， ②‎ ‎①－②得3n－1an＝，∴an＝.‎ 在①中，令n＝1，得a1＝，适合an＝，∴an＝.‎ ‎(2)∵bn＝，∴bn＝n·3n.‎ ‎∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n， ③‎ ‎∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1. ④‎ ‎④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，‎ 即2Sn＝n·3n＋1－，∴Sn＝＋.‎ ‎14．将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：‎ a1‎ a‎2　‎a‎3　‎a4‎ a‎5　‎a‎6　‎a‎7　‎a‎8　‎a9‎ ‎…‎ 已知表中的第一列数a1，a2，a5，…构成一个等差数列，记为{bn}，且b2＝4，b5＝10.表中每一行正中间一个数a1，a3，a7，…构成数列{cn}，其前n项和为Sn.‎ ‎(1)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a13＝1.‎ ‎①求Sn；‎ ‎②记M＝{n|(n＋1)cn≥λ，n∈N*}，若集合M的元素个数为3，求实数λ的取值范围．‎ 解　(1)设等差数列{bn}的公差为d，‎ 则解得 所以bn＝2n.‎ ‎(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q.‎ 由于前n行共有1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2个数，且32<13<42，a10＝b4＝8，‎ 所以a13＝a10q3＝8q3，又a13＝1，所以解得q＝.‎ 由已知可得cn＝bnqn－1，因此cn＝2n·n－1＝.‎ 所以Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋＋…＋，‎ Sn＝＋＋…＋＋，‎ 因此Sn＝＋＋＋…＋－＝4－－＝4－，‎ 解得Sn＝8－.‎ ‎②由①知cn＝，不等式(n＋1)cn≥λ，可化为≥λ.‎ 设f(n)＝，‎ 计算得f(1)＝4，f(2)＝f(3)＝6，f(4)＝5，f(5)＝.‎ 因为f(n＋1)－f(n)＝，‎ 所以当n≥3时，f(n＋1)