2020年人教A版数学理(福建用)课时作业：第五章-第四节数-列-求-和.docx

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课时提升作业(三十三)
一、选择题
1.已知数列{an}，若点(n,an)(n∈N*)在经过点(5,3)的定直线l上，则数列{an}的前9项和S9=( )
(A)9 (B)10 (C)18 (D)27
2.数列{an}的前n项和为Sn，若，则S10等于( )
(A) (B) (C) (D)
3.在等差数列{an}中，a9=，则数列{an}的前11项和S11等于( )
(A)24 (B)48 (C)66 (D)132
4.(2021·南昌模拟)已知数列{an}的通项公式是an=2n-3()n，则其前20项和
为( )
(A) (B)
(C) (D)
5.(2021·太原模拟)已知等差数列{an}的公差d≠0,且a1,a3,a9成等比数列，则=( )
(A) (B) (C) (D)
6.设等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，前n项和为Sn．若对∀n∈N*，有S2n<3Sn，则q的取值范围是( )
(A)(0,1] (B)(0,2) (C)[1,2) (D)(0,)
7.等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am-1+am+1- =0，S2m-1=38,则m=( )
(A)38 (B)20 (C)10 (D)9
8.(力气挑战题)数列{an}的前n项和Sn=2n-1，则…+等于( )
(A)(2n-1)2 (B)
(C)4n-1 (D)
二、填空题
9.已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若a3=20-a6，则S8等于_________.
10.数列{1+2n-1}的前n项和为__________.
11.(2021·芜湖模拟)已知数列{an}中，a1=1,a2=2，当整数n＞1时，Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1)都成立，则S5=_____
12.(力气挑战题)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=________.
三、解答题
13.(2021·漳州模拟)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn,S5=S6且a3=-6.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)若等比数列{bn}满足b2=6,6b1+b3=-5a3,求{bn}的前n项和Tn.
14.(力气挑战题)等差数列{an}中，2a1+3a2=11，2a3=a2+a6-4，其前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设数列{bn}满足其前n项和为Tn，求证：(n∈N*).
15.(2021·泉州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2an-n(n∈N*).
(1)求证{an+1}是等比数列,并求an.
(2)设bn=nan+n,求数列{bn}的前n项和Tn.

答案解析
1.【思路点拨】(n,an)在直线上说明数列{an}为等差数列.
【解析】选D.点(n,an)(n∈N*)在经过点(5,3)的定直线l上，a5=3，依据等差数列性质得：S9=9a5=27.
2.【解析】选D.,所以S10=a1+a2+…+a10
==，故选D.
3.【解析】选D.设公差为d，则即a1+5d=12，即a6=12，
所以S11=11a6=132.
4.【解析】选C.由,
得S20=2(1+2+…+20)-
=，故选C.
5.【解析】选C.等差数列{an}中，a1=a1,a3=a1+2d,a9=a1+8d,由于a1,a3,a9恰好构成某等比数列，所以有,即(a1+2d)2=a1(a1+8d)，解得d=a1,所以该等差数列的通项为an=nd.则的值为.
6.【解析】选A.若q=1，则S2n=2na1<3na1=3Sn，所以q=1符合要求；当q≠1时，若q>1，则可得q2n-3qn+2<0，即(qn-1)(qn-2)<0，即1＜qn<2，而q>1不行能对任意n值都有qn<2，所以q>1不符合要求；当00，即qn<1，由于0析】由于a3=20-a6，所以S8=4(a3+a6)=4×20=80.
答案:80
10.【解析】前n项和Sn=1+20+1+21+1+22+…+1+2n-1==n+2n-1.
答案:n+2n-1
11.【解析】由Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1),
得(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=2S1=2,
即an+1-an=2(n≥2)，数列{an}从其次项起构成等差数列，则S5=1+2+4+6+8=21.
答案:21
12.【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
13.【解析】(1)由已知可得a6=0，∴
解得d=2，a1=-10,
∴an=2n-12.
(2)设{bn}的公比为q,又-5a3=30,
由题设得解得或
当b1=3，q=2时,Tn=3(2n-1),
当b1=2,q=3时,Tn=3n-1.
14.【解析】(1)2a1+3a2=2a13(a1+d)=5a1+3d=11，
2a3=a2+a6-4，
即2(a1+2d)=a1+d+a1+5d-4，得d=2，
则a1=1,故an=2n-1.
(2)由(1)得Sn=n2,∴
=
=，

=.
【方法技巧】裂项相消法的应用技巧
裂项相消法的基本思想是把数列的通项an分拆成an=bn+1-bn或者an=bn-bn+1或者an=bn+2-bn等，从而达到在求和时逐项相消的目的，在解题中要擅长依据这个基本思想变换数列an的通项公式，使之符合裂项相消的条件.在裂项时确定要留意把数列的通项分拆成的两项确定是某个数列中的相邻的两项或者是等距离间隔的两项，只有这样才能实现逐项相消后剩下几项，达到求和的目的.
15.【解析】(1)Sn=2an-n,
当n≥2时，Sn-1=2an-1-(n-1),
两式相减，得an=2an-2an-1-1,
即an=2an-1+1,
也即an+1=2(an-1+1),
得
又S1=2a1-1,即a1=1,
∴{an+1}是首项为2,公比q=2的等比数列,
故an+1=2·2n-1=2n,也即an=2n-1.
(2)bn=n·2n-n+n=n·2n,
Tn=1·2+2·22+3·23+…+(n-1)·2n-1+
n·2n,
2Tn=1·22+2·23+3·24+…+(n-1)·2n+
n·2n+1,
两式相减,得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1,
-Tn=-n·2n+1,
得Tn=(n-1)·2n+1+2.
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