课时跟踪检测(三十一)-数列求和.doc

课时跟踪检测 (三十一)　数列求和
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S5＝25，则S7＝(　　)
A．41　　　　　　　　　　　 B．48
C．49 D．56
解析：选C　设Sn＝An2＋Bn，
由题知，解得A＝1，B＝0，
∴S7＝49．
2．数列{1＋2n－1}的前n项和为(　　)
A．1＋2n B．2＋2n
C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n
解析：选C　由题意得an＝1＋2n－1，
所以Sn＝n＋＝n＋2n－1．
3．(2017·江西新余三校联考)数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为(　　)
A．－200 B．－100
C．200 D．100
解析：选D　根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100，故选D．
4．已知正项数列{an}满足a－6a＝an＋1an．若a1＝2，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
解析：∵a－6a＝an＋1an，
∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，
∵an>0，∴an＋1＝3an，
又a1＝2，∴{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
∴Sn＝＝3n－1．
答案：3n－1
5．(2017·广西高三适应性测试)已知数列{}的前n项和Sn＝n2，则数列的前n项和Tn＝________．
解析：∵＝＝
∴＝2n－1．
∴＝＝，
∴Tn＝
＝＝．
答案：
二保高考，全练题型做到高考达标
1．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为(　　)
A．或5 B．或5
C． D．
解析：选C　设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得＝，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为＝．
2．已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝(　　)
A．1－4n B．4n－1
C． D．
解析：选B　由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，
∴bn＝(－3)×(－4)n－1，
∴|bn|＝3×4n－1，
即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列．
∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＝4n－1．
3．(2017·江西重点中学联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于(　　)
A．5 B．6
C．7 D．16
解析：选C　根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数列重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0．
又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7．故选C．
4．已知数列{an}的通项公式是an＝n2sin，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B　an＝n2sin＝
∴a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝－12＋22－32＋42－…－2 0172＋2 0182＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0182－2 0172)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 018＝．
5．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝(　　)
A．2 B．2n
C．2n＋1－2 D．2n－1－2
解析：选C　∵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．故选C．
6．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝________．
解析：依题意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝＝n(n＋1)．
答案：n(n＋1)
7．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn．若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________．
解析：∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，
∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋＝3，
∴数列是公比为3的等比数列，
∴＝3．
又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，
∴S5＋＝×34＝×34＝，
∴S5＝121．
答案：1　121
8．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 017＝________．
解析：∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，①
∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1，②
∵①÷②得＝2，
∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，
∴S2 017＝＋＝21 010－3．
答案：21 010－3
9．已知等比数列{an}的各项均为正数，a1＝1，公比为q；等差数列{bn}中，b1＝3，且{bn}的前n项和为Sn，a3＋S3＝27，q＝．
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝，求{cn}的前n项和Tn．
解：(1)设数列{bn}的公差为d，∵a3＋S3＝27，q＝，
∴q2＋3d＝18,6＋d＝q2，联立方程可求得q＝3，d＝3，
∴an＝3n－1，bn＝3n．
(2)由题意得：Sn＝，cn＝＝××＝－．
∴Tn＝1－＋－＋－＋…＋－
＝1－＝．
10．(2017·广州综合测试)已知数列{an}是等比数列，a2＝4，a3＋2是a2和a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2log2an－1，求数列{anbn}的前n项和Tn．
解：(1)设数列{an}的公比为q，
因为a2＝4，所以a3＝4q，a4＝4q2．
因为a3＋2是a2和a4的等差中项，
所以2(a3＋2)＝a2＋a4．
即2(4q＋2)＝4＋4q2，
化简得q2－2q＝0．
因为公比q≠0，所以q＝2．
所以an＝a2qn－2＝4×2n－2＝2n(n∈N*)．
(2)因为an＝2n，所以bn＝2log2an－1＝2n－1，
所以anbn＝(2n－1)2n，
则Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，①
2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)·2n＋1．②
由①－②得，
－Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)2n＋1
＝2＋2×－(2n－1)2n＋1
＝－6－(2n－3)2n＋1，
所以Tn＝6＋(2n－3)2n＋1．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2017·云南师大附中检测)已知数列{an}中，a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，则{an}的前100项和为________．
解析：由a1＝2，a2n＝an＋1，a2n＋1＝n－an，得a2n＋a2n＋1＝n＋1，∴a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a98＋a99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，∵a100＝1＋a50＝1＋(1＋a25)＝2＋(12－a12)＝14－(1＋a6)＝13－(1＋a3)＝12－(1－a1)＝13，∴a1＋a2＋…＋a100＝1 276＋13＝1 289．
答案：1 289
2．(2017·湖南省东部六校联考)已知等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的n的最小值．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
依题意，有即
由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2．
当q＝1时，不合题意，舍去；
当q＝2时，代入②得a1＝2，所以an＝2·2n－1＝2n．
故所求数列{an}的通项公式an＝2n(n∈N*)．
(2)因为bn＝an＋log2＝2n＋log2＝2n－n，
所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝－＝2n＋1－2－n－n2．
因为Sn－2n＋1＋47<0，
所以2n＋1－2－n－n2－2n＋1＋47<0，
即n2＋n－90>0，解得n>9或n<－10．
因为n∈N*，所以使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整数n的最小值为10．