高考数学复习好题精选数列求和 6页

数列求和 题组一 分组转化求和 ‎1.数列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有十项，且其和为240，则a1＋…＋ak＋…＋a10之值为 (　　)‎ A．31 B．‎120 ‎‎ C．130 D．185‎ 解析：a1＋…＋ak＋…＋a10＝240－(2＋…＋2k＋…＋20)＝240－＝240－110＝130.‎ 答案：C ‎2．已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，则项数n等于 (　　)‎ A．13 B．‎10 ‎‎ C．9 D．6‎ 解析：∵an＝1－，‎ ‎∴Sn＝(1－)＋(1－)＋(1－)＋…＋(1－)‎ ‎＝n－(＋＋＋…＋)‎ ‎＝n－＝n－1＋，‎ 由Sn＝＝n－1＋，‎ 观察可得出n＝6.‎ 答案：D ‎3．已知数列{an}中，a1＝2，点(an－1，an)(n>1，且n∈N*)满足y＝2x－1，则a1＋a2＋…＋a10＝________.‎ 解析：∵an＝2an－1－1，∴an－1＝2(an－1－1)‎ ‎∴{an－1}为等比数列，则an＝2n－1＋1，‎ ‎∴a1＋a2＋…＋a10＝10＋(20＋21＋…＋29)‎ ‎＝10＋＝1 033.‎ 答案：1 033‎ 题组二 裂项相消求和 ‎4.设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列{}(n∈N*)的前n项和是 (　　)‎ A. B. C. D. 解析：f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，‎ ‎∴f(x)＝x(x＋1)，‎ ＝＝－，用裂项法求和得Sn＝.‎ 答案：A ‎5．数列an＝，其前n项之和为，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为 (　　)‎ A．－10 B．－‎9 ‎‎ C．10 D．9‎ 解析：数列的前n项和为 ＋＋…＋＝1－＝＝，‎ 所以n＝9，‎ 于是直线(n＋1)x＋y＋n＝0即为10x＋y＋9＝0，‎ 所以在y轴上的截距为－9.‎ 答案：B ‎6．在数列{an}中，an＝＋＋…＋，又bn＝，求数列{bn}的前n项的和．‎ 解：由已知得：an＝(1＋2＋3＋…＋n)＝，‎ bn＝＝8(－)，‎ ‎∴数列{bn}的前n项和为 Sn＝8‎ ‎＝8(1－)＝.‎ 题组三 错位相减法求和 ‎7.求和：Sn＝＋＋＋…＋.‎ 解：当a＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝；‎ 当a≠1时，Sn＝＋＋＋…＋，‎ Sn＝＋＋＋…＋＋，‎ 两式相减得，(1－)Sn＝＋＋＋…＋－＝－，‎ 即Sn＝，‎ ‎∴Sn＝ ‎8．(2010·昌平模拟)设数列{an}满足a1＋‎3a2＋‎32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(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＝n3n.‎ ‎∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n3n， ③‎ ‎∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n3n＋1.④‎ ‎④－③得2Sn＝n3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，‎ 即2Sn＝n3n＋1－，‎ ‎∴Sn＝＋.‎ 题组四 数列求和的综合应用 ‎9.(2010·长郡模拟)数列{an}，已知对任意正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于 (　　)‎ A．(2n－1)2 B.(2n－1) C.(4n－1) D．4n－1‎ 解析：∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，‎ ‎∴a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2n－1－1，‎ ‎∴an＝2n－2n－1＝2n－1，∴a＝4n－1，‎ ‎∴a＋a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．‎ 答案：C ‎10．已知数列{an}的通项公式为an＝log2(n∈N*)，设其前n项和为Sn，则使Sn<－5成立的自然数n (　　)‎ A．有最大值63 B．有最小值63‎ C．有最大值32 D．有最小值32‎ 解析：法一：依题意有an＝log2＝log2(n＋1)－log2(n＋2)，所以Sn＝log22－log23＋log23－log24＋…＋log2(n＋1)－log2(n＋2)＝log22－log2(n＋2)＝1－log2(n＋2)，令1－log2(n＋2)<－5，解得n>62，故使Sn<－5成立的自然数n有最小值63.‎ 法二：Sn＝log2＋log2＋…＋log2 ‎＝log2(××…×)＝log2，‎ 所以由Sn<－5，得log2<－5，解得n>62，‎ 故使Sn<－5成立的自然数n有最小值63.‎ 答案：B ‎11．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”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.‎ 解析：∵an＋1－an＝2n，‎ ‎∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1‎ ‎＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2‎ ‎＝＋2＝2n－2＋2＝2n.‎ ‎∴Sn＝＝2n＋1－2.‎ 答案：2n＋1－2‎ ‎12．(文)(2009·湖北高考改编)已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－()n－1＋2(n∈N*)．‎ ‎(1)令bn＝2nan，求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝an，求Tn＝c1＋c2＋…＋cn的值．‎ 解：(1)在Sn＝－an－()n－1＋2中，‎ 令n＝1，可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝.‎ 当n≥2时，Sn－1＝－an－1－()n－2＋2，‎ ‎∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋()n－1，‎ ‎∴2an＝an－1＋()n－1，即2nan＝2n－1an－1＋1.‎ ‎∵bn＝2nan，∴bn＝bn－1＋1，‎ 即当n≥2时，bn－bn－1＝1.‎ 又b1＝‎2a1＝1，‎ ‎∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．‎ 于是bn＝1＋(n－1)·1＝n＝2nan，‎ ‎∴an＝.‎ ‎(2)由(1)得cn＝an＝(n＋1)()n，所以 Tn＝2×＋3×()2＋4×()3＋…＋(n＋1)·()n， ①‎ Tn＝2×()2＋3×()3＋…＋n·()n＋(n＋1)·()n＋1， ②‎ 由①－②得Tn＝1＋()2＋()3＋…＋()n－(n＋1)·()n＋1‎ ‎＝1＋－(n＋1)()n＋1‎ ‎＝－.‎ ‎∴Tn＝3－.‎ ‎(理)已知数列{an}是首项为a1＝，公比q＝的等比数列，设bn＋2＝3logan(n∈N*)，数列{cn}满足cn＝an·bn.‎ ‎(1)求证：{bn}是等差数列；‎ ‎(2)求数列{cn}的前n项和Sn；‎ ‎(3)若cn≤m2＋m－1对一切正整数n恒成立，求实数m的取值范围．‎ 解：(1)证明：由题意知，an＝()n(n∈N*)．‎ ‎∵bn＝3logan－2，b1＝3loga1－2＝1，‎ ‎∴bn＋1－bn＝3logan＋1－3logan＝3log＝3logq＝3，‎ ‎∴数列{bn}是首项为b1＝1，公差为d＝3的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知，an＝()n，bn＝3n－2(n∈N*)，‎ ‎∴cn＝(3n－2)×()n，(n∈N*)，‎ ‎∴Sn＝1×＋4×()2＋7×()3＋…＋(3n－5)×()n－1＋(3n－2)×()n，‎ 于是Sn＝1×()2＋4×()3＋7×()4＋…＋(3n－5)×()n＋(3n－2)×()n＋1，‎ 两式相减得 Sn＝＋3－(3n－2)×()n＋1＝－(3n＋2)×()n＋1，‎ ‎∴Sn＝－·()n(n∈N*)．‎ ‎(3)∵cn＋1－cn＝(3n＋1)·()n＋1－(3n－2)·()n ‎＝9(1－n)·()n＋1，(n∈N*)．‎ ‎∴当n＝1时，c2＝c1＝，‎ 当n≥2时，cn＋1＜cn，即c1＝c2>c3>c4>…>cn，‎ ‎∴cn取得的最大值是.‎ 又cn≤m2＋m－1对一切正整数n恒成立，‎ ‎∴m2＋m－1≥，即m2＋‎4m－5≥0，‎ 得m≥1或m≤－5.‎