2023届高考数学特训营-第4节-数列求和.doc

第4节　数列求和

A级(基础应用练)
1．(2022·广西柳州高三模考)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S7＝21－7a7，则S10＝(　　)
A．12 B．15
C．18 D．21
答案：B
解析：由S7＝×7＝7a4＝21－7a7，得a4＋a7＝3，
所以S10＝×10＝×10＝15.故选B.
2．(2022·浙江高三期末)已知数列{an}的各项均为正数，a1＝2，an＋1－an＝，若数列{}的前n项和为4，则n为(　　)
A．81 B．80
C．64 D．63
答案：B
解析：因为数列{an}的各项均为正数，且a1＝2，an＋1－an＝，
所以a－a＝4，所以{a}是以4为首项，4为公差的等差数列，
所以a＝a＋4(n－1)＝4n，解得an＝2 ，an＋1＝2 ，
则＝＝(－)，
所以数列{}的前n项和为Sn＝(－＋－＋－＋…＋－)＝(－)，
又因为其前n项和为4，所以(－)＝4，解得n＝80，故选B.
3．(2022·河北省张家口市高三摸底考试)我国古代著作《庄子·天下篇》引用过一句话：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”其含义是一尺长的木棍，每天截去它的一半，永远也截不完．在这个问题中，记第n天后剩余木棍的长度为an，数列{an}的前n项和为Sn，则使得不等式Sn>成立的正整数n的最小值为(　　)
A．9 B．10
C．11 D．12
答案：C
解析：记第n天后剩余木棍的长度为an，则{an}是首项为，公比为的等比数列，
所以an＝，Sn＝＝1－，Sn是关于n的增函数，而S10＝1－＝<，S11＝1－＝>，
所以使得不等式Sn>成立的正整数n的最小值为11.故选C.
4．(2022·河北省宣化市高三月考)已知数列{an}的首项a1＝3，前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋3，n∈N*，设bn＝log3an，则数列{}的前n项和Tn的范围是(　　)
A．[，2] B．[，2)
C．[，) D．(，]
答案：C
解析：首项a1＝3，前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋3，n∈N*，
可得a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，
当n≥2时，an＝2Sn－1＋3，又an＋1＝2Sn＋3，
两式相减可得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，
则an＋1＝3an，可得an＝a23n－2＝3n，
上式对n＝1也成立，则an＝3n，n∈N*，
bn＝log3an＝log33n＝n，＝n·()n，
则前n项和Tn＝1·＋2·＋3·＋…＋n·()n，
Tn＝1·＋2·＋3·＋…＋n·()n＋1，
相减可得Tn＝＋＋＋…＋()n－n·()n＋1＝－n·()n＋1，
化简可得Tn＝－，
由Tn＋1－Tn＝－－＋＝>0，可得{Tn}为递增数列，
可得Tn≥T1＝，而－<0，可得Tn<，
综上可得≤Tn<，故选C.
5．已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0，2Sn＝a＋an，bn＝，若k>Tn恒成立，则k的最小值为(　　)
A. B.
C．1 D.
答案：C
解析：∵2Sn＝a＋an，　①
且an>0，∴当n＝1时，2S1＝a＋a1，
解得a1＝1或a1＝0(舍去)．
当n≥2时，2Sn－1＝a＋an－1，　②
①－②得2an＝a＋an－(a＋an－1)，
a－a－an－an－1＝0，
即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
∵an>0，∴an－an－1＝1，
∴{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝n，
∴bn＝＝＝－，
∴Tn＝－＋－＋…＋－＝－＝1－<1，
∵k>Tn恒成立，∴k≥1，即k的最小值为1.
6．(2022·四川广元高三模考)已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)，则数列{an}的前n项和Sn＝________．
答案：(－1)nn
解析：当n＝2k(k∈N*)时，
Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)
＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[－(2n－3)＋(2n－1)]
＝2＋2＋…＋2＝2k＝n.
当n＝2k－1(k∈N*)时，
Sn＝Sn－1＋an＝(n－1)－(2n－1)＝－n，
∴Sn＝＝(－1)nn.
7．(2022·安徽太和模拟)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋SnSn＋1＝0，则Sn＝________，数列{SnSn＋1}的前n项和为________．
答案：　
解析：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＋SnSn＋1＝0，∴Sn＋1－Sn＋SnSn＋1＝0，∴－＝1.又∵＝＝1，∴{}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴＝n，∴Sn＝.∴SnSn＋1＝＝－，
∴Tn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.
8．设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项，则{an}的公比为________；若a1＝1，则数列{nan}的前n项和为________．
答案：－2　 Sn＝－
解析：设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2，
所以q2＋q－2＝0，解得q＝1(舍去)，q＝－2.
故{an}的公比为－2.
(2)设Sn为{nan}的前n项和．
由(1)及题设可得，an＝(－2)n－1，
所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，
－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.
可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝－n×(－2)n.
所以Sn＝－.
B级(综合创新练)
9．(多选题)(2022·辽宁省高三阶段性月考)已知数列{an}的首项为4，且满足2(n＋1)an－nan＋1＝0(n∈N*)，则(　　)
A．{}为等差数列
B．{an}为递增数列
C．{an}的前n项和Sn＝(n－1)·2n＋1＋4
D．{}的前n项和Tn＝
答案：BD
解析：由2(n＋1)an－nan＋1＝0得＝2×，所以{}是以＝a1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A项错误；因为＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝n·2n＋1，显然递增，故B项正确；
因为Sn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1，2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n·2n＋2，
所以－Sn＝1×22＋23＋…＋2n＋1－n·2n＋2＝－n·2n＋2，故Sn＝(n－1)×2n＋2＋4，故C项错误；
因为＝＝n，所以{}的前n项和Tn＝＝，故D项正确．
故选BD.
10．(多选题)意大利数学家斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人．斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列{an}满足a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)．若将数列的每一项的值为半径作圆弧，得到“黄金螺旋线”(如图)，每一小格子的边长为1，第n段圆弧长为Cn，第n个扇形的面积Sn，则下列结论正确的是(　　)

A．a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a2n－1
B．a＋a＋a＋…＋a＝an·an＋1
C．C1＋C2＋C3＋…＋Cn＝Cn＋2－
D．4(Sn－Sn－1)＝πan－2·an＋1
答案：BCD
解析：因为a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2，所以an－1＝an－an－2，
则a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a1＋a4－a2＋a6－a4＋…＋a2n－a2n－2＝a2n，故A选项错误；
an·an＋1－a＝an(an＋1－an)＝anan－1＝an－1(an－1＋an－2)＝a＋an－1an－2，
＝a＋an－2(an－2＋an－3)＝a＋a＋an－2an－3＝…＝a＋a＋…＋a＋a2a1
＝a＋a＋…＋a＋a，故B选项正确；
由题意可得C1＝，C2＝，C3＝π，Cn＝＝，
故Cn＝Cn－1＋Cn－2，所以Cn－1＝Cn－Cn－2，
又C1＋C2＋C3＋…＋Cn＝C1＋C3－C1＋C4－C2＋C5－C3＋…＋Cn＋1－Cn－1
＝Cn＋Cn＋1－C2＝Cn＋2－，
故C1＋C2＋C3＋…＋Cn＝Cn＋2－成立，故C选项正确；
第n个扇形的面积Sn＝，故Sn－Sn－1＝＝＝，
即4(Sn－Sn－1)＝πan－2·an＋1，故D选项正确．
故选BCD.
11．(2022·福建高三模拟)黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题．黎曼猜想研究的是无穷级数ξ(n)＝n－s＝＋＋＋…，我们经常从无穷级数的部分和＋＋＋…＋入手．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(an＋)，则Sn＝________．
答案：
解析：当n＝1时，a1＝S1＝(a1＋)，
∴a1＝，即a＝1.
∵an>0，∴a1＝S1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入Sn＝(an＋)，
∴2Sn＝Sn－Sn－1＋，
∴Sn＋Sn－1＝，即S－S＝1，
∴{S}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴S＝n.
又当n＝1时，S＝1符合上式，因此S＝n(n∈N*)．
∵an>0，∴Sn>0，∴Sn＝.
12．(2022·河北保定高三月考)“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年．如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，记第2行的第3个数字为a1，第3行的第3个数字为a2，…，第n＋1行的第3个数字为an，则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝________，＋＋…＋＝________．

答案：220　
解析：解法一：由题意知an＝C，
a1＋a2＋a3＋…＋a10＝C＋C＋C＋…＋C＝1＋3＋6＋10＋15＋21＋28＋36＋45＋55＝220.
＋＋…＋＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝2[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝2(1－)＝.
解法二：由题意知an＝C，所以a1＋a2＋a3＋…＋a10＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝…＝C＋C＋C＝C＋C＝C＝＝220.
＋＋…＋＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝2[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝2(1－)＝.
13．(2022·湖南湘潭高二期中)在①＝，②an＋1an＝Sn，③a＋＝Sn这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，满足________．
(1)求an；
(2)若bn＝an＋1·4an＋，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)若选①，则2Sn＝nan＋1，
当n＝1时，2S1＝a2，得a2＝1，
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an，
得2an＝nan＋1－(n－1)an，即(n＋1)an＝nan＋1(n≥2)，
∴an＝××…×a2＝a2(n≥2)，
∴an＝(n≥2)，
又a1＝，∴an＝(n∈N*)．
若选②即an＋1an＝Sn，
当n＝1时，S1＝a2a1，得a2＝1，
当n≥2时，Sn－1＝anan－1，
得an＝anan＋1－anan－1，
由an>0，得an＋1－an－1＝1，
又∵a1＝，a2＝1，
∴{a2n}是公差为1，首项为1的等差数列，{a2n－1}是公差为1，首项为的等差数列，
∴an＝(n∈N*)．
若选③即a＋＝Sn，
当n≥2时，a＋＝Sn－1，
两式相减得a＋－a－＝an，
即(an＋an－1)(an－an－1－)＝0，
由an>0，得an－an－1＝，
∴{an}是公差为，首项为的等差数列，
∴an＝(n∈N*)．
(2)bn＝an＋1·4an＋即bn＝(n＋1)×2n，
Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)×2n，
2Tn＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n＋1)×2n＋1，
两式相减得－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1＝4＋－(n＋1)×2n＋1
＝4－4＋2n＋1－(n＋1)×2n＋1＝－n·2n＋1，
故Tn＝n·2n＋1.
14．已知在数列{an}中，a1＝，an＋1＝(n∈N*)．
(1)求证：{＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式．
(2)已知数列{bn}满足bn＝an.
①求数列{bn}的前n项和Tn；
②若不等式(－1)nλ<Tn＋对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
解：(1)因为a1＝，an＋1＝(n∈N*)，
所以＝＋2，所以＋1＝3(＋1)，
又＋1＝3，所以{＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，
故＋1＝3×3n－1＝3n，即an＝.
(2)①由(1)知bn＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得
Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－，
所以Tn＝2－.
②由①得(－1)nλ<2－＋＝2－，
设cn＝2－，则{cn}是递增数列，
当n为偶数时，λ<2－恒成立，
又c2＝，所以λ<.
当n为奇数时，－λ<2－恒成立，
又c1＝1，所以－λ<1，所以λ>－1，
综上所述，λ的取值范围是(－1，)．