2021高考数学(文理通用)一轮课时作业28-数列求和.docx

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课时提升作业(二十八)
数 列 求 和
(45分钟　100分)
一、选择题(每小题5分,共40分)
1.(2022·温州模拟)已知数列{an}的通项公式是an=2n-315n,则其前20项和
为(　　)
A.380-351-1519　　　　B.400-251-1520
C.420-341-1520 D.440-451-1520
【解析】选C.由an=2n-315n,
得S20=2(1+2+3+…+20)-315+152+…+1520

=2×20(1+20)2-3×151-15201-15
=420-341-1520.
2.(2022·成都模拟)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1an的前5项和为(　　)
A.158或5 B.3116或5
C.3116 D.158
【解析】选C.设等比数列的公比为q,
则当公比q=1时,由a1=1得,9S3=9×3=27,
而S6=6,两者不相等,故不合题意.
所以q≠1,又a1=1,9S3=S6,
所以9×1-q31-q=1-q61-q,解之得q=2,
所以1an的前5项和为1+12+14+18+116=3116.
3.已知定义在(0,1)上的函数f(x),对任意m,n∈(1,+∞)且ma3+…+1anan+1的结果可化为(　　)
A.1-14n B.1-12n
C.231-14n D.231-12n
【解析】选C.an=2n-1,设bn=1anan+1=122n-1,
则Tn=b1+b2+b3+…+bn
=12+123+…+122n-1=231-14n.
5.数列{an}的通项公式an=2[n-(-1)n],设此数列的前n项和为Sn,则S10-S21+S100的值是(　　)
A.9746 B.4873 C.9736 D.9748
【解析】选A.当n为奇数时,an=2(n+1);当n为偶数时,an=2(n-1),
故有S10=4+202×5+2+182×5=60+50=110,
S21=4+442×11+2+382×10=464,
S100=4+2002×50+2+1982×50=10100.
故S10-S21+S100=9746.
【方法技巧】数列求和的思路
(1)等差数列和等比数列的前n项和公式是求和的基础;一般数列的求和问题往往通过变形整理,转化为这两类特殊数列的和的问题.例如一类特殊数列的求和通过倒序相加法或错位相减法变形后,就可以转化为这两类数列的求和问题.
(2)观看数列的特点是变形的基础.给定的数列有其自身的特点和规律,依据数列的特点和规律选择合适的方法变形是解题的突破口.
6.若数列{an}满足1an+1-1an=d(n∈N*,d为常数),则称数列{an}为“调和数列”.已知正项数列1bn为“调和数列”,且b1+b2+…+b9=90,则b4·b6的最大值是(　　)
A.10 B.100 C.200 D.400
【解析】选B.由于正项数列1bn为“调和数列”,
所以bn+1-bn=d(n∈N*,d为常数),
即数列{bn}为等差数列.
由b1+b2+…+b9=90得9(b1+b9)2=90,
即b1+b9=20,
所以b4+b6=b1+b9=20,又bn>0,
所以b4·b6≤b4+b622=100,
当且仅当b4=b6时等号成立.
因此b4·b6的最大值是100.
7.(力气挑战题)数列{an}的前n项和Sn=2n-1,则a12+a22+a32+…+an2等于(　　)
A.(2n-1)2 B.13(2n-1)2
C.4n-1 D.13(4n-1)
【解析】选D.an=Sn-Sn-1=2n-1(n>1),又a1=S1=1=20,适合上式,所以an=2n-1(n∈N*),所以{an2}是a12=1,q=22的等比数列,由求和公式得a12+a22+a32+…+an2=1×(1-4n)1-4=13(4n-1).
8.已知数列2008,2009,1,-2008,-2009,…,这个数列的特点是从其次项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前2021项之和S2021等于(　　)
A.2008 B.2010 C.1 D.0
【解析】选C.由已知得an=an-1+an+1(n≥2),
所以an+1=an-an-1.
故数列的前8项依次为2008,2009,1,-2008,
-2009,-1,2008,2009.
由此可知数列为周期数列,其周期为6,且S6=0.
由于2021=6×335+5.
所以S2021=S5
=2008+2009+1+(-2008)+(-2009)=1.
【加固训练】
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,
所以a1=a3=a5=…=a2n-1=1,
数列{a2k}是等差数列,a2k=2k.
所以S100=(a1+a3+a5+…+a99)+(a2+a4+a6+…+a100)
=50+(2+4+6+…+100)
=50+(100+2)×502=2600.
答案:2600
二、填空题(每小题5分,共20分)
9.(2022·广州模拟)若已知数列的前四项是112+2,122+4,132+6,142+8,则数列前n项和为　　　　　.
【解析】由于通项
an=1n2+2n=121n-1n+2,
所以此数列的前n项和
Sn=121-13+12-14+13-15+…+1n-1-1n+1+1n-1n+2
=121+12-1n+1-1n+2
=34-2n+32(n+1)(n+2).
答案:34-2n+32(n+1)(n+2)
【误区警示】利用裂项相消法求和时的留意点
(1)在把通项裂开后,是否恰好等于相应的两项之差.
(2)在正负项抵消后,是否只剩下了第一项和最终一项,或有时前面剩下两项,后面也剩下两项.
10.对正整数n,若曲线y=xn(1-x)在x=2处的切线与y轴交点的纵坐标为an,则数列ann+1的前n项和为　　　　　.
【解析】由题意,得y′=nxn-1-(n+1)xn,
故曲线y=xn(1-x)在x=2处的切线的斜率为k=n×2n-1-(n+1)2n,
切点为(2,-2n),
所以切线方程为y+2n=k(x-2).
令x=0得an=(n+1)2n,即ann+1=2n,
则数列ann+1的前n项和为2+22+23+…+2n=2n+1-2.
答案:2n+1-2
11.在数列{an}中,若对任意的n均有an+an+1+an+2为定值(n∈N*),且a7=2,a9=3,a98=4,则此数列{an}的前100项的和S100=　　　　.
【解析】设定值为M,则an+an+1+an+2=M,进而an+1+an+2+an+3=M,后式减去前式得an+3=an,即数列{an}是以3为周期的数列.由a7=2,可知a1=a4=a7=…=a100=2,共34项,其和为68;由a9=3,可得a3=a6=…=a99=3,共33项,其和为99;由a98=4,可得a2=a5=…=a98=4,共33项,其和为132.故数列{an}的前100项的和S100=68+99+132=299.
答案:299
12.对于一切实数x,令[x]为不大于x的最大整数,则函数f(x)=[x]称为高斯函数或取整函数.
计算f(-0.3)+f(1)+f(1.3)=　　　　　　.
若an=fn3,n∈N*,Sn为数列{an}的前n项和,则S3n=　　　　　.
【解析】由题意f(-0.3)+f(1)+f(1.3)=-1+1+1=1;
S3n=f13+f23+f33+f43+
f53+f63+f73+…+f3n-23+
f3n-13+f3n3
=0+0+1+1+1+2+2+2+3+…+(n-1)+(n-1)+n
=3(1+2+3+…+n-1)+n
=3·(n-1)n2+n
=3n2-n2.
答案:1　3n2-n2
三、解答题(13题12分,14～15题各14分)
13.(2021·湖南高考)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1≠0,2an-a1=S1·Sn,n∈N*.
(1)求a1,a2,并求数列{an}的通项公式.
(2)求数列{nan}的前n项和.
【思路点拨】(1)本题是利用递推关系
an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2
求数列的通项公式.
(2)依据第(1)问可知应利用错位相减法求数列前n项和.
【解析】(1)令n=1,得2a1-a1=a12,由于a1≠0,所以a1=1,
令n=2,得2a2-1=S2=1+a2,解得a2=2.当n≥2时,由2an-1=Sn,
2an-1-1=Sn-1,两式相减,整理得an=2an-1,于是数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,所以,an=2n-1.
(2)由(1)知nan=n2n-1,记其前n项和为Tn,于是
Tn=1+2×2+3×22+…+n×2n-1　①,
2Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n　②,
①-②得-Tn=1+2+22+…+2n-1-n×2n=2n-1-n×2n,
从而Tn=1+(n-1)·2n.
【加固训练】
设数列{an}的前n项和为Sn=n2,{bn}为等比数列,且a1=b1,b2(a2-a1)=b1.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式.
(2)设cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】(1)a1=S1=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1
=n2-(n-1)2
=2n-1,a1适合上式,
所以an=2n-1,n∈N*
由于b1=a1=1,b2=b1a2-a1=12,
又{bn}为等比数列,
所以其公比q=b2b1=12,
所以bn=12n-1,n∈N*.
(2)cn=an·bn=2n-12n-1.
所以Tn=1+32+54+78+…+2n-12n-1,　①
所以12Tn=12+34+58+716+…+2n-32n-1+2n-12n.②
①-②,得12Tn=1+1+12+14+…+12n-2-2n-12n
=3-2n+32n,所以Tn=6-2n+32n-1.
14.(2021·浙江高考)在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.
(1)求dan.
(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.
【解析】(1)由题意得,5a3·a1=(2a2+2)2,
d2-3d-4=0,
解得d=-1或d=4,
所以an=-n+11或an=4n+6.
(2)设数列{an}前n项和为Sn,
由于d<0,所以d=-1,an=-n+11,则
n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=Sn
=-12n2+212n;
n≥12时,|a1|+|a2|+…+|a11|+|a12|+…+|an|=a1+a2+…+a11-a12-…-an=S11-(Sn-S11)=
-Sn+2S11=12n2-212n+110.
综上所述,|a1|+|a2|+…+|an|
=-12n2+212n,n≤11,12n2-212n+110,n≥12.
【方法技巧】求数列{|an|}的前n项和,可分为以下情形
(1)等差数列{an}的各项都为非负数,这种情形中数列{|an|}就相当于数列{an},可以直接求解.
(2)等差数列{an}中,a1>0,d<0,这种数列只有前边有限项为非负数,从某项开头其余全部项都为负数,可把数列{an}分成两段处理.
(3)等差数列{an}中,a1<0,d>0,这种数列只有前边有限项为负数,其余都为非负数,同样可以把数列分成两段处理.
15.(力气挑战题)(2022·绍兴模拟)已知等比数列{an}的首项为1,公比q≠1,Sn为其前n项和,a1,a2,a3分别为某等差数列的第一、其次、第四项.
(1)求an和Sn.
(2)设bn=log2an+1,数列1bnbn+2的前n项和为Tn,求证:Tn<34.
【解析】(1)由于a1,a2,a3为某等差数列的第一、其次、第四项,
所以a3-a2=2(a2-a1),
所以a1q2-a1q=2(a1q-a1),
由于a1=1,所以q2-3q+2=0,
由于q≠1,所以q=2,
所以an=a1qn-1=2n-1,
Sn=a1(1-qn)1-q=1×(1-2n)1-2=2n-1.
(2)由(1)知an+1=2n,

所以bn=log2an+1=log22n=n.
所以1bn·bn+2=1n(n+2)=121n-1n+2.
所以Tn=1211-13+1212-14+
1213-15+1214-16+…+
121n-2-1n+121n-1-1n+1+
121n-1n+2
=121+12-1n+1-1n+2
=34-121n+1+1n+2<34.
【加固训练】
已知数列{an}满足a1=3,an+1-3an=3n(n∈N*),数列{bn}满足bn=3-nan.
(1)求证:数列{bn}是等差数列.
(2)设Sn=a13+a24+a35+…+ann+2,求满足不等式11284的全部正整数n的值.
【解析】(1)由bn=3-nan得an=3nbn,
则an+1=3n+1bn+1.
代入an+1-3an=3n中,得3n+1bn+1-3n+1bn=3n,
即得bn+1-bn=13.
所以数列{bn}是等差数列.
(2)由于数列{bn}是首项为b1=3-1a1=1,公差为13的等差数列,
则bn=1+13(n-1)=n+23,
则an=3nbn=(n+2)×3n-1,
从而有ann+2=3n-1,
故Sn=a13+a24+a35+…+ann+2
=1+3+32+…+3n-1=1-3n1-3=3n-12.
则SnS2n=3n-132n-1=13n+1,
由1128