高考数学专题复习练习：考点规范练31 7页

考点规范练31　数列求和 ‎　考点规范练A册第22页　 ‎ 基础巩固 ‎1.数列1‎1‎‎2‎,3‎1‎‎4‎,5‎1‎‎8‎,7‎1‎‎16‎,…,(2n-1)+‎1‎‎2‎n,…的前n项和Sn的值等于(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.n2+1-‎1‎‎2‎n B.2n2-n+1-‎‎1‎‎2‎n C.n2+1-‎1‎‎2‎n-1‎ D.n2-n+1-‎‎1‎‎2‎n 答案A 解析该数列的通项公式为an=(2n-1)+‎1‎‎2‎n,则Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎‎1‎‎2‎n=n2+1-‎1‎‎2‎n.‎ ‎2.(2016山西太原三模)数列{an}满足a1=1,且对任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n,则‎1‎an的前100项和为(　　)‎ A.‎100‎‎101‎ B.‎99‎‎100‎ C.‎101‎‎100‎ D.‎200‎‎101‎〚导学号74920272〛‎ 答案D 解析∵an+1=a1+an+n,∴an+1-an=1+n.∴an-an-1=n.‎ ‎∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1‎ ‎=n+(n-1)+…+2+1=n(n+1)‎‎2‎.‎ ‎∴‎1‎an‎=‎‎2‎n(n+1)‎=2‎1‎n‎-‎‎1‎n+1‎.‎ ‎∴‎1‎an的前100项和为2‎‎1-‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎-‎1‎‎3‎+…+‎1‎‎100‎-‎ ‎1‎‎101‎‎=2‎1-‎‎1‎‎101‎‎=‎‎200‎‎101‎.故选D.‎ ‎3.(2016山西太原五中4月模拟)已知函数f(n)=n2cos(nπ),且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100=(　　)‎ A.0 B.-100 C.100 D.10 200〚导学号74920273〛‎ 答案B 解析∵f(n)=n2cos(nπ)=‎-n‎2‎,n为奇数,‎n‎2‎‎,n为偶数=(-1)n·n2,‎ ‎∴an=f(n)+f(n+1)=(-1)n·n2+(-1)n+1·(n+1)2=(-1)n[n2-(n+1)2]=(-1)n+1·(2n+1).‎ ‎∴a1+a2+a3+…+a100=3+(-5)+7+(-9)+…+199+(-201)=50×(-2)=-100.故选B.‎ ‎4.已知函数f(x)=xa的图象过点(4,2),令an=‎1‎f(n+1)+f(n)‎,n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 016等于(　　)‎ A.‎2 016‎-1 B.‎2 016‎+1‎ C.‎2 017‎-1 D.‎2 017‎+1〚导学号74920274〛‎ 答案C 解析由f(4)=2,可得4a=2,解得a=‎1‎‎2‎,则f(x)=x‎1‎‎2‎.‎ ‎∴an=‎1‎f(n+1)+f(n)‎‎=‎1‎n+1‎‎+‎n=n+1‎-‎n,‎ S2 016=a1+a2+a3+…+a2 016=(‎2‎‎-‎‎1‎)+(‎3‎‎-‎‎2‎)+(‎4‎‎-‎‎3‎)+…+(‎2 017‎‎-‎‎2 016‎)=‎2 017‎-1.‎ ‎5.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〚导学号74920275〛‎ 答案D 解析∵an+1+(-1)nan=2n-1,‎ ‎∴当n=2k(k∈N*)时,a2k+1+a2k=4k-1,①‎ 当n=2k+1(k∈N*)时,a2k+2-a2k+1=4k+1,②‎ ‎①+②得:a2k+a2k+2=8k.‎ 则a2+a4+a6+a8+…+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a58+a60)=8(1+3+…+29)=8×‎15×(1+29)‎‎2‎=1 800.‎ 由②得a2k+1=a2k+2-(4k+1),‎ ‎∴a1+a3+a5+…+a59=a2+a4+…+a60-[4×(0+1+2+…+29)+30]=1 800-‎4×‎30×29‎‎2‎+30‎=30,‎ ‎∴a1+a2+…+a60=1 800+30=1 830.‎ ‎6.3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n=　　　　　　　　.〚导学号74920276〛 ‎ 答案4-‎n+4‎‎2‎n 解析设Sn=3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n,①‎ 则‎1‎‎2‎Sn=3·2-2+4·2-3+…+(n+1)2-n+(n+2)2-n-1.②‎ ‎①-②,得‎1‎‎2‎Sn=3·2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=2·2-1+2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=1+‎2‎‎-1‎‎(1-‎2‎‎-n)‎‎1-‎‎2‎‎-1‎-(n+2)·2-n-1=2-(n+4)·2-n-1.‎ 故Sn=4-n+4‎‎2‎n.‎ ‎7.(2016河南商丘三模)已知数列{an}满足:a3=‎1‎‎5‎,an-an+1=2anan+1,则数列{anan+1}前10项的和为　　　　　.〚导学号74920277〛 ‎ 答案‎10‎‎21‎ 解析∵an-an+1=2anan+1,∴an‎-‎an+1‎anan+1‎=2,即‎1‎an+1‎‎-‎‎1‎an=2.‎ ‎∴数列‎1‎an是以2为公差的等差数列.‎ ‎∵‎1‎a‎3‎=5,∴‎1‎an=5+2(n-3)=2n-1.∴an=‎1‎‎2n-1‎.‎ ‎∴anan+1=‎1‎‎(2n-1)(2n+1)‎‎=‎‎1‎‎2‎‎1‎‎2n-1‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎.‎ ‎∴数列{anan+1}前10项的和为 ‎1‎‎2‎‎1-‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎-‎1‎‎5‎+…+‎1‎‎2×10-1‎-‎‎1‎‎2×10+1‎ ‎=‎1‎‎2‎‎×‎1-‎‎1‎‎21‎=‎1‎‎2‎×‎20‎‎21‎=‎‎10‎‎21‎.‎ ‎8.(2016北京,文15)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和.‎ 解(1)因为等比数列{bn}的公比q=b‎3‎b‎2‎‎=‎‎9‎‎3‎=3,‎ 所以b1=b‎2‎q=1,b4=b3q=27.‎ 设等差数列{an}的公差为d.‎ 因为a1=b1=1,a14=b4=27,‎ 所以1+13d=27,即d=2.所以an=2n-1.‎ ‎(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1.‎ 因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.‎ 从而数列{cn}的前n项和 Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1‎ ‎=n(1+2n-1)‎‎2‎‎+‎‎1-‎‎3‎n‎1-3‎=n2+‎3‎n‎-1‎‎2‎.〚导学号74920278〛‎ ‎9.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=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解(1)由题意,有‎10a‎1‎+45d=100,‎a‎1‎d=2,‎ 即‎2a‎1‎+9d=20,‎a‎1‎d=2,‎解得a‎1‎‎=1,‎d=2‎或a‎1‎‎=9,‎d=‎2‎‎9‎.‎ 故an‎=2n-1,‎bn‎=‎‎2‎n-1‎或an‎=‎1‎‎9‎(2n+79),‎bn‎=9·‎2‎‎9‎n-1‎.‎ ‎(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,‎ 故cn=‎2n-1‎‎2‎n-1‎,‎ 于是Tn=1+‎3‎‎2‎‎+‎5‎‎2‎‎2‎+‎7‎‎2‎‎3‎+‎‎9‎‎2‎‎4‎+…+‎2n-1‎‎2‎n-1‎,①‎ ‎1‎‎2‎Tn=‎1‎‎2‎‎+‎3‎‎2‎‎2‎+‎5‎‎2‎‎3‎+‎7‎‎2‎‎4‎+‎‎9‎‎2‎‎5‎+…+‎2n-1‎‎2‎n.②‎ ‎①-②可得‎1‎‎2‎Tn=2+‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n-2‎‎-‎‎2n-1‎‎2‎n=3-‎2n+3‎‎2‎n,故Tn=6-‎2n+3‎‎2‎n-1‎.〚导学号74920279〛‎ ‎10.已知Sn为数列{an}的前n项和,an>0,an‎2‎+2an=4Sn+3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=‎1‎anan+1‎,求数列{bn}的前n项和.‎ 解(1)由an‎2‎+2an=4Sn+3,‎ 可知an+1‎‎2‎+2an+1=4Sn+1+3.‎ 两式相减可得an+1‎‎2‎‎-‎an‎2‎+2(an+1-an)=4an+1,‎ 即2(an+1+an)=an+1‎‎2‎‎-‎an‎2‎=(an+1+an)·(an+1-an).‎ 由于an>0,可得an+1-an=2.‎ 又a‎1‎‎2‎+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a1=3.‎ 所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,故{an}的通项公式为an=2n+1.‎ ‎(2)由an=2n+1可知bn=‎‎1‎anan+1‎‎=‎‎1‎‎(2n+1)(2n+3)‎ ‎=‎1‎‎2‎‎1‎‎2n+1‎‎-‎‎1‎‎2n+3‎.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn,‎ 则Tn=b1+b2+…+bn=‎‎1‎‎2‎‎1‎‎3‎‎-‎‎1‎‎5‎‎+‎1‎‎5‎‎-‎‎1‎‎7‎+…+‎ ‎1‎‎2n+1‎‎-‎‎1‎‎2n+3‎‎=‎n‎3(2n+3)‎‎.〚导学号74920280〛‎ ‎11.(2016全国高考预测模拟一)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足an+1‎‎2‎=2Sn+n+4,a2-1,a3,a7恰为等比数列{bn}的前3项.‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)若cn=(-1)nlog2bn-‎1‎anan+1‎,求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解(1)因为an+1‎‎2‎=2Sn+n+4,‎ 所以an‎2‎=2Sn-1+n-1+4(n≥2).‎ 两式相减得an+1‎‎2‎‎-‎an‎2‎=2an+1,‎ 所以an+1‎‎2‎‎=‎an‎2‎+2an+1=(an+1)2.‎ 因为{an}是各项均为正数的数列,所以an+1-an=1.‎ 又a‎3‎‎2‎=(a2-1)a7,所以(a2+1)2=(a2-1)(a2+5),解得a2=3,a1=2,‎ 所以{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,所以an=n+1.‎ 由题意知b1=2,b2=4,b3=8,故bn=2n.‎ ‎(2)由(1)得cn=(-1)nlog22n-‎1‎‎(n+1)(n+2)‎=(-1)nn-‎1‎‎(n+1)(n+2)‎,‎ 故Tn=c1+c2+…+cn=[-1+2-3+…+(-1)nn]-‎1‎‎2×3‎‎+‎1‎‎3×4‎+…+‎‎1‎‎(n+1)×(n+2)‎.‎ 设Fn=-1+2-3+…+(-1)nn.‎ 则当n为偶数时,Fn=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(n-1)+n]=n‎2‎;‎ 当n为奇数时,Fn=Fn-1+(-n)=n-1‎‎2‎-n=‎-(n+1)‎‎2‎.‎ 设Gn=‎1‎‎2×3‎‎+‎‎1‎‎3×4‎+…+‎1‎‎(n+1)×(n+2)‎,‎ 则Gn=‎1‎‎2‎‎-‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎-‎‎1‎‎4‎+…+‎1‎n+1‎‎-‎1‎n+2‎=‎1‎‎2‎-‎‎1‎n+2‎.‎ 所以Tn=n-1‎‎2‎‎+‎1‎n+2‎(n为偶数),‎‎-n+2‎‎2‎+‎1‎n+2‎(n为奇数).‎〚导学号74920281〛‎ 能力提升 ‎12.(2016河南商丘二模)已知首项为‎3‎‎2‎的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=(-1)n+1·n(n∈N*),求数列{an·bn}的前n项和Tn.‎ 解(1)设等比数列{an}的公比为q.‎ 由S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差数列,‎ 可得2(S5+a5)=S3+a3+S4+a4,‎ 即2(S3+a4+2a5)=2S3+a3+2a4,‎ 即4a5=a3,则q2=a‎5‎a‎3‎‎=‎‎1‎‎4‎,解得q=±‎1‎‎2‎.‎ 由等比数列{an}不是递减数列,可得q=-‎1‎‎2‎,‎ 故an=‎3‎‎2‎‎·‎‎-‎‎1‎‎2‎n-1‎=(-1)n-1·‎3‎‎2‎n.‎ ‎(2)由bn=(-1)n+1·n,可得an·bn=(-1)n-1·‎3‎‎2‎n·(-1)n+1·n=3n·‎1‎‎2‎n.‎ 故前n项和Tn=3‎1·‎1‎‎2‎+2·‎1‎‎2‎‎2‎+…+n·‎‎1‎‎2‎n,‎ 则‎1‎‎2‎Tn=3‎1·‎1‎‎2‎‎2‎+2·‎1‎‎2‎‎3‎+…+n·‎‎1‎‎2‎n+1‎,‎ 两式相减可得,‎ ‎1‎‎2‎Tn=3‎‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n-n·‎‎1‎‎2‎n+1‎ ‎=3‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎‎-n·‎‎1‎‎2‎n+1‎,‎ 化简可得Tn=6‎1-‎n+2‎‎2‎n+1‎.〚导学号74920282〛‎ ‎13.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=0,对任意n∈N*,都有nan+1=Sn+n(n+1).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足an+log2n=log2bn,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解(1)(方法一)∵nan+1=Sn+n(n+1),‎ ‎∴当n≥2时,(n-1)an=Sn-1+n(n-1),‎ 两式相减得nan+1-(n-1)an=Sn-Sn-1+n(n+1)-n(n-1),‎ 即nan+1-(n-1)an=an+2n,得an+1-an=2.‎ 当n=1时,1×a2=S1+1×2,即a2-a1=2.‎ ‎∴数列{an}是以0为首项,2为公差的等差数列.‎ ‎∴an=2(n-1)=2n-2.‎ ‎(方法二)由nan+1=Sn+n(n+1),‎ 得n(Sn+1-Sn)=Sn+n(n+1),‎ 整理得,nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),‎ 两边同除以n(n+1)得,Sn+1‎n+1‎‎-‎Snn=1.‎ ‎∴数列Snn是以S‎1‎‎1‎=0为首项,1为公差的等差数列.‎ ‎∴Snn=0+n-1=n-1.∴Sn=n(n-1).‎ 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)(n-2)=2n-2.‎ 又a1=0适合上式,∴数列{an}的通项公式为an=2n-2.‎ ‎(2)∵an+log2n=log2bn,‎ ‎∴bn=n·‎2‎an=n·22n-2=n·4n-1.‎ ‎∴Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=40+2×41+3×42+…+(n-1)×4n-2+n×4n-1,①‎ ‎4Tn=41+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,②‎ ‎①-②,得-3Tn=40+41+42+…+4n-1-n×4n ‎=‎1-‎‎4‎n‎1-4‎-n×4n=‎(1-3n)‎4‎n-1‎‎3‎.‎ ‎∴Tn=‎1‎‎9‎[(3n-1)4n+1].〚导学号74920283〛‎ 高考预测 ‎14.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,Sn=2an+k,等差数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn=n2.‎ ‎(1)求k和Sn;‎ ‎(2)若cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Mn.‎ 解(1)∵Sn=2an+k,‎ ‎∴当n=1时,S1=2a1+k.‎ ‎∴a1=-k=2,即k=-2.∴Sn=2an-2.‎ ‎∴当n≥2时,Sn-1=2an-1-2.‎ ‎∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1.∴an=2an-1.‎ ‎∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列.即an=2n.‎ ‎∴Sn=2n+1-2.‎ ‎(2)∵等差数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn=n2,‎ ‎∴当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=2n-1.‎ 又b1=T1=1符合bn=2n-1,‎ ‎∴bn=2n-1.∴cn=an·bn=(2n-1)2n.‎ ‎∴数列{cn}的前n项和Mn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,①‎ ‎∴2Mn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1,②‎ 由①-②,得-Mn=2+2×22+2×23+2×24+…+2×2n-(2n-1)×2n+1=2+2×‎2‎‎2‎‎-‎‎2‎n+1‎‎1-2‎-(2n-1)×2n+1,‎ 即Mn=6+(2n-3)2n+1.〚导学号74920284〛‎