2019-2020年高三数学一轮复习 专项训练 数列求和（含解析）.doc

2019-2020年高三数学一轮复习 专项训练 数列求和（含解析）1、已知数列{an}的通项公式是an＝23n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.解　Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，所以当n为偶数时，Sn＝2＋ln 3＝3n＋ln 3－1；当n为奇数时，Sn＝2－(ln 2－ln 3)＋ln 3＝3n－ln 3－ln 2－1.综上所述，Sn＝2、在等比数列{an}中，已知a1＝3，公比q≠1，等差数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a2，b13＝a3.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)记cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.解　(1)设等比数列{an}的公比为q，等差数列{bn}的公差为d.由已知，得a2＝3q，a3＝3q2，b1＝3，b4＝3＋3d，b13＝3＋12d，故⇒⇒q＝3或1(舍去)．所以d＝2，所以an＝3n，bn＝2n＋1.(2)由题意，得cn＝(－1)nbn＋an＝(－1)n(2n＋1)＋3n，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n－1(2n－1)＋(－1)n(2n＋1)]＋3＋32＋…＋3n.当n为偶数时，Sn＝n＋－＝＋n－；当n为奇数时，Sn＝(n－1)－(2n＋1)＋－＝－n－.所以Sn＝3．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为 (　　)．A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2解析　Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.答案　C4．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1n，则S17＝(　　)．A．9 B．8 C．17 D．16解析　S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.答案　A5．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＝22n－1＝2n.故所求数列{an}的通项公式an＝2n(n∈N*)．(2)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*，故使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整数n的最小值为10.6．已知在正项等比数列{an}中，a1＝1，a2a4＝16，则|a1－12|＋|a2－12|＋…＋|a8－12|＝(　　)．A．224 B．225 C．226 D．256解析　由a2a4＝a＝16，解得a3＝4，又a1＝1，∴q2＝4，∴q＝2，∴an＝2n－1，令2n－1≥12，解得n的最小值为5.∴|a1－12|＋|a2－12|＋…＋|a8－12|＝12－a1＋12－a2＋12－a3＋12－a4＋a5－12＋a6－12＋a7－12＋a8－12＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＝－15＋240＝225.答案　B1、正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜.解　(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以Sn＞0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上，数列{an}的通项an＝2n.(2)证明　由于an＝2n，bn＝，则bn＝＝.Tn＝＝＜＝.2、(xx滨州一模)已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log(1－Sn＋1)(n∈N*)，令Tn＝＋＋…＋，求Tn.解　(1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＋a1＝1，得a1＝，当n≥2时，Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1，则Sn－Sn－1＝(an－1－an)，即an＝(an－1－an)，所以an＝an－1(n≥2)．故数列{an}是以为首项，为公比的等比数列．故an＝n－1＝2n(n∈N*)．(2)因为1－Sn＝an＝n.所以bn＝log(1－Sn＋1)＝logn＋1＝n＋1，因为＝＝－，所以Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＝.3、已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log(1－Sn＋1)(n∈N*)，令Tn＝＋＋…＋，求Tn.解　(1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＋a1＝1，得a1＝，当n≥2时，Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1，则Sn－Sn－1＝(an－1－an)，即an＝(an－1－an)，所以an＝an－1(n≥2)．故数列{an}是以为首项，为公比的等比数列．故an＝n－1＝2n(n∈N*)．(2)因为1－Sn＝an＝n.所以bn＝log(1－Sn＋1)＝logn＋1＝n＋1，因为＝＝－，所以Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＝.4.已知函数f(x)＝x2＋2bx过(1,2)点，若数列的前n项和为Sn，则S2 014的值为 (　　)．A. B. C. D.解析　由已知得b＝，∴f(n)＝n2＋n，∴＝＝＝－，∴S2 014＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－＝.答案　D5．正项数列{an}满足：a－(2n－1)an－2n＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.解　(1)由a－(2n－1)an－2n＝0得(an－2n)(an＋1)＝0，由于{an}是正项数列，则an＝2n.(2)由(1)知an＝2n，故bn＝＝＝，∴Tn＝＝＝.6．已知函数f(x)＝x2－2x＋4，数列{an}是公差为d的等差数列，若a1＝f(d－1)，a3＝f(d＋1)，(1)求数列{an}的通项公式；(2)Sn为{an}的前n项和，求证：＋＋…＋≥.(1)解　a1＝f(d－1)＝d2－4d＋7，a3＝f(d＋1)＝d2＋3，又由a3＝a1＋2d，可得d＝2，所以a1＝3，an＝2n＋1.(2)证明　Sn＝＝n(n＋2)，＝＝，所以，＋＋…＋＝＝≥＝.7．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝a－4n－1，n∈N*, 且a2，a5，a14构成等比数列．(1)证明：a2＝；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.(1)证明　当n＝1时，4a1＝a－5，a＝4a1＋5，又an>0，∴a2＝.(2)解　当n≥2时，4Sn－1＝a－4(n－1)－1，∴4an＝4Sn－4Sn－1＝a－a－4，即a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2，又an>0，∴an＋1＝an＋2，∴当n≥2时，{an}是公差为2的等差数列．又a2，a5，a14成等比数列．∴a＝a2a14，即(a2＋6)2＝a2(a2＋24)，解得a2＝3.由(1)知a1＝1.又a2－a1＝3－1＝2，∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列．∴an＝2n－1.(3)证明　＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＝<.考点三　错位相减法求和1、(xx山东卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.解　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S4＝4S2，a2n＝2an＋1，得解得a1＝1，d＝2.因此an＝2n－1，n∈N*.(2)由题意知Tn＝λ－，所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝.故cn＝b2n＝＝(n－1)()n－1，n∈N*，所以Rn＝0()0＋1()1＋2()2＋3()3＋…＋(n－1)()n－1，则Rn＝0()1＋1()2＋2()3＋…＋(n－2)()n－1＋(n－1)()n，两式相减得Rn＝()1＋()2＋()3＋…＋()n－1－(n－1)()n＝－(n－1)()n＝－()n，整理得Rn＝(4－)．所以数列{cn}的前n项和Rn＝(4－)．2、在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝3an＋2.(1)记bn＝an＋1，求证：数列{bn}为等比数列；(2)求数列{nan}的前n项和Sn.(1)证明　由an＋1＝3an＋2，可得an＋1＋1＝3(an＋1)．因为bn＝an＋1，所以bn＋1＝3bn，又b1＝a1＋1＝3，所以数列{bn}是以3为首项，以3为公比的等比数列．(2)解　由(1)知an＋1＝3n，an＝3n－1，所以nan＝n3n－n，所以Sn＝(3＋232＋…＋n3n)－(1＋2＋…＋n)，其中1＋2＋…＋n＝，记Tn＝3＋232＋…＋n3n，①3Tn＝32＋233＋…＋(n－1)3n＋n3n＋1，②两式相减得－2Tn＝3＋32＋…＋3n－n3n＋1＝－n3n＋1，即Tn＝3n＋1＋，所以Sn＝－.3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记Sn＝a1＋3a2＋…＋(2n－1)an，求Sn.解　(1)∵Sn＝2an－2，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－(2an－1－2)，即an＝2an－2an－1，∵an≠0，∴＝2(n≥2，n∈N*)．∵a1＝S1，∴a1＝2a1－2，即a1＝2.数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．∴an＝2n.(2)Sn＝a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝12＋322＋523＋…＋(2n－1)2n， ①∴2Sn＝122＋323＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)2n＋1， ②①－②得－Sn＝12＋(222＋223＋…＋22n)－(2n－1)2n＋1，即－Sn＝12＋(23＋24＋…＋2n＋1)－(2n－1)2n＋1∴Sn＝(2n－3)2n＋1＋6.4．设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式．(2)令bn＝nan，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.解　(1)由已知，得解得a2＝2.设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q.又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或.由题意得q＞1，所以q＝2.则a1＝1.故数列{an}的通项为an＝2n－1.(2)由于bn＝n2n－1，n＝1,2，…，则Tn＝1＋22＋322＋…＋n2n－1，所以2Tn＝2＋222＋…＋(n－1)2n－1＋n2n，两式相减得－Tn＝1＋2＋22＋23＋…＋2n－1－n2n＝2n－n2n－1，即Tn＝(n－1)2n＋1.5．已知数列{an}的首项a1＝4，前n项和为Sn，且Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设函数f(x)＝anx＋an－1x2＋an－2x3＋…＋a1xn，f′(x)是函数f(x)的导函数，令bn＝f′(1)，求数列{bn}的通项公式，并研究其单调性．解　(1)由Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N*)，得Sn－3Sn－1－2n＋2－4＝0(n≥2)，两式相减得an＋1－3an－2＝0，可得an＋1＋1＝3(an＋1)(n≥2)，又由已知得a2＝14，所以a2＋1＝3(a1＋1)，即{an＋1}是一个首项为5，公比q＝3的等比数列，所以an＝53n－1－1(n∈N*)．(2)因为f′(x)＝an＋2an－1x＋…＋na1xn－1，所以f′(1)＝an＋2an－1＋…＋na1＝(53n－1－1)＋2(53n－2－1)＋…＋n(530－1)＝5(3n－1＋23n－2＋33n－3＋…＋n30)－，令S＝3n－1＋23n－2＋33n－3＋…＋n30，则3S＝3n＋23n－1＋33n－2＋…＋n31，作差得S＝－－，所以f′(1)＝－，即bn＝－.而bn＋1＝－，所以bn＋1－bn＝－n－＞0，所以{bn}是单调递增数列.求数列{|an|}的前n项和问题1、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d，an；(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋…＋|an|.[规范解答] (1)由题意得5a3a1＝(2a2＋2)2， (2分)即d2－3d－4＝0.故d＝－1或4. (4分)所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N* ， (6分)(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11.∴Sn＝－n2＋n， (8分)当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n. (10分)当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110. (12分)综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝2、已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.(1)求等差数列{an}的通项公式；(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．解　(1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d，由题意，得解得或所以由等差数列的通项公式，可得an＝2－3(n－1)＝－3n＋5或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.故an＝－3n＋5或an＝3n－7.(2)由(1)，知当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列；当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|an|＝|3n－7|＝记数列{|an|}的前n项和为Sn.当n＝1时，S1＝|a1|＝4；当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(33－7)＋(34－7)＋…＋(3n－7)＝5＋＝n2－n＋10.当n＝2时，满足此式．综上，Sn＝考点：公式法1．在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.解析　设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，所以q＝－2；等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，则|an|＝2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－.答案　－2　2n－1－2．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)，记Sn为{an}的前n项和，则S2 013＝________.解析　由a1＝1，an＋1＝(－1)n(an＋1)可得a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0，该数列是周期为4的数列，所以S2 013＝503(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 013＝503(－2)＋1＝－ 1 005.答案　－1 0053．等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则a＋a＋…＋a＝____.解析　当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1，又∵a1＝1适合上式．∴an＝2n－1，∴a＝4n－1.∴数列{a}是以a＝1为首项，以4为公比的等比数列．∴a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．答案　(4n－1)4．已知函数f(n)＝n2cosnπ，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝ (　　)．A．－100 B．0 C．100 D．10 200解析　若n为偶数，则an＝f(n)＋f(n＋1)＝n2－(n＋1)2＝－(2n＋1)，为首项为a2＝－5，公差为－4的等差数列；若n为奇数，则an＝f(n)＋f(n＋1)＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，为首项为a1＝3，公差为4的等差数列．所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝503＋4＋50(－5)＋(－4)＝－100.答案　A倒序相加法1．设f(x)＝，利用倒序相加法，可求得f＋f＋…＋f的值为______．解析　当x1＋x2＝1时，f(x1)＋f(x2)＝＝＝1.设S＝f＋f＋…＋f，倒序相加有2S＝＋＋…＋f＋f＝10，即S＝5.答案　5构造法1．设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列．(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式．解　(1)在2Sn＝an＋1－2n＋1＋1中令n＝1得，2S1＝a2－22＋1，令n＝2得，2S2＝a3－23＋1，解得，a2＝2a1＋3，a3＝6a1＋13.又2(a2＋5)＝a1＋a3，即2(2a1＋8)＝a1＋6a1＋13，解得a1＝1.(2)由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1,2Sn＋1＝an＋2－2n＋2＋1，得an＋2＝3an＋1＋2n＋1.又a1＝1，a2＝5也满足a2＝3a1＋21，∴an＋1＝3an＋2n对n∈N*成立，∴an＋1＋2n＋1＝3(an＋2n)，∴数列{an＋2n}以3为首项，公比为3的等比数列．∴an＋2n＝(a1＋21)3n－1＝3n，∴an＝3n－2n.考点：1．已知在等比数列{an}中，a1＝1，且a2是a1和a3－1的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn＝an(n∈N*)，求{bn}的通项公式bn.解　(1)由题意，得2a2＝a1＋a3－1，即2a1q＝a1＋a1q2－1，整理得2q＝q2.又q≠0，解得q＝2，∴an＝2n－1.(2)当n＝1时，b1＝a1＝1；当n≥2时，nbn＝an－an－1＝2n－2，即bn＝，∴bn＝。