2022届高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查-必修部分31-数列求和.docx

开卷速查(三十一)　数列求和
A级　基础巩固练
1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S6等于(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：由于an＝＝－，所以S6＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
答案：D
2．已知数列{an}是等差数列，a1＝tan225°，a5＝13a1，设Sn为数列{(－1)nan}的前n项和，则S2 014＝(　　)
A．2 014　　　　　　　　　B.－2 014
C．3 021　　　　　　　　　D.－3 021
解析：∵a1＝tan225°＝1，
∴a5＝13a1＝13，
则公差d＝＝＝3，∴an＝3n－2.
方法一：∵(－1)nan＝(－1)n(3n－2)，
∴S2 014＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＋…＋(a2 012－a2 011)＋(a2 014－a2 013)＝1 007d＝3 021.
方法二：(错位相减)由于(－1)nan＝(－1)n(3n－2)，
则S2 014＝1×(－1)1＋4×(－1)2＋7×(－1)3＋…＋6 037×(－1)2 013＋6 040×(－1)2 014，①
①式两边分别乘以－1，得(－1)×S2 014＝1×(－1)2＋4×(－1)3＋7×(－1)4＋…＋6 037×(－1)2 014＋6 040×(－1)2 015，②
①－②得2S2 014＝－1＋3×－6 040(－1)2 015＝6 042，∴S2 014＝3 021.
答案：C
3．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sin，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 016＝(　　)
A．1 006　　　　　　　　　B.1 007
C．1 008　　　　　　　　　D.1 009
解析：由题意，得an＋1＝an＋sin，所以a2＝a1＋sinπ＝1，a3＝a2＋sin＝0，a4＝a3＋sin2π＝0，a5＝a4＋sin＝1，…，
因此，数列{an}是一个以4为周期的周期数列，而2 016＝4×504，所以S2 016＝504×(a1＋a2＋a3＋a4)＝1 008，故选C.
答案：C
4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列{}的前100项和为(　　)
A. B.
C. D.
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
∵a5＝5，S5＝15，∴
∴∴an＝a1＋(n－1)d＝n.
∴＝＝－，∴数列{}的前100项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝.
答案：A
5．已知等比数列的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，则数列lga1,2lga2,22lga3,23lga4，…，2n－1lgan，…的前n项和Sn等于(　　)
A．n·2n　　　　　　　　　 Bn－1)·2n－1－1
C．(n－1)·2n＋1　　　　　　　 D.2n＋1
解析：∵等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，∴a＝102n，即an＝10n，∴2n－1lgan＝2n－1lg10n＝n·2n－1，∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，①
2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②
∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
答案：C
6．数列{an}满足a1＝2，a2＝1，并且＝(n≥2)，则数列{an}的第100项为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
解析：∵＝(n≥2)，
∴数列{}是常数数列，
设＝k，
∴－＝.∴＝1－＝.
∴＝－＋－＋…＋－＋＝(n－1)＋，∴＝＋＝50.
∴a100＝.故选D.
答案：D
7．设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝19，a5＋b3＝9，则数列{anbn}的前n项和Sn＝__________.
解析：由条件易求出an＝n，bn＝2n－1(n∈N*)．
∴Sn＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，①
2Sn＝1×2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n.②
由①－②得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
答案：(n－1)·2n＋1
8．在数列{an}中，an＝＋＋…＋，又bn＝，则数列{bn}的前n项和为__________．
解析：∵an＝＝，
∴bn＝＝8.
∴b1＋b2＋…＋bn＝
8＝.
答案：
9．若数列{an}是正项数列，且＋＋…＋＝n2＋3n(n∈N*)，则＋＋…＋＝__________.
解析：令n＝1，得＝4，∴a1＝16.
当n≥2时，＋＋…＋＝(n－1)2＋3(n－1)．
与已知式相减，得
＝(n2＋3n)－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2.
∴an＝4(n＋1)2.∴n＝1时，a1适合an.
∴an＝4(n＋1)2.∴＝4n＋4，
∴＋＋…＋＝＝2n2＋6n.
答案：2n2＋6n
10．[2022·大纲全国]等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)由a1＝10，a2为整数知，等差数列{an}的公差d为整数，又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0,10＋4d≤0.解得－≤d≤－.因此d＝－3.
数列{an}的通项公式为an＝13－3n.
(2)bn＝＝.
于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝

＝
＝.
B级　力气提升练
11．已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，其前n项和为Sn，则在数列S1、S2、…、S2 014中，有理数项的项数为(　　)
A．42　　　　B．43　　　　C．44　　　　D．45
解析：＝(n＋1)＋n＝(＋)＝，
an＝＝－，
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝1－＋－＋…＋－＝1－
问题等价于在2,3,4，…，2 015中有多少个数可以开方
设2≤x2≤2 015且x∈N，由于442＝1 936,452＝2 025，所以2≤x≤44且x∈N，共有43个．选B.
答案：B
12．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝－，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 014＝__________.
解析：a2＝－＝－＝－，a3＝－＝－＝－2，a4＝－＝－＝1，
因此a4＝a1，依次下去，得到an＋3＝an，因此数列{an}是以3为周期的周期数列，
∵2 014＝3×671＋1，
∴S2 014＝671×(a1＋a2＋a3)＋a1＝671×＋1＝－.
答案：－
13．[2021·云南昆明三中、玉溪一中统考]已知数列{an}的前n项和Sn和通项an满足2Sn＋an＝1，数列{bn}中，b1＝1，b2＝，＝＋(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}满足cn＝，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜.
解析：(1)由2Sn＋an＝1，得Sn＝(1－an)．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(1－an)－(1－an－1)＝－an＋an－1，即2an＝－an＋an－1，
∴＝(由题意可知an－1≠0)．
{an}是公比为的等比数列，而S1＝a1＝(1－a1)，
∴a1＝，∴an＝×n－1＝n，
由＝＋，＝1，＝2，得
d＝－＝1(d为等差数列的公差)，
∴＝n，∴bn＝.
(2)cn＝＝nn，设Tn＝c1＋c2＋…＋cn，则
Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n×n，
Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1，

由错位相减，化简得：
Tn＝－×n－nn＝－×＜.
14．[2022·山东]已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)由于S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，
由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，
所以an＝2n－1.
(2)bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1＝(－1)n－1.
当n为偶数时，
Tn＝－＋…＋－
＝1－＝.
当n为奇数时，
Tn＝－＋…－＋＝1＋＝.
所以Tn＝
(或Tn＝)