2022高考數(shù)學一輪復習 第6章 數(shù)列 專題研究2 數(shù)列的求和練習 理

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1、2022高考數(shù)學一輪復習 第6章 數(shù)列 專題研究2 數(shù)列的求和練習 理 1．數(shù)列{1＋2n－1}的前n項和為(　　) A．1＋2n　　　　　　　　 B．2＋2n C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n 答案　C 2．數(shù)列{(－1)n(2n－1)}的前2 018項和S2 018等于(　　) A．－2 016 B．2 018 C．－2 015 D．2 015 答案　B 解析　S2 018＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2 017－1)＋(2×2 018－1)＝2＋2＋…＋2,1 009個2相加＝2 018.故選B. 3．在數(shù)列{an}中，已知對任意n∈N*，a1＋a2＋a

2、3＋…＋an＝3n－1，則a12＋a22＋a32＋…＋an2等于(　　) A．(3n－1)2 B.(9n－1) C．9n－1 D.(3n－1) 答案　B 解析　因為a1＋a2＋…＋an＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2)．則n≥2時，an＝2·3n－1. 當n＝1時，a1＝3－1＝2，適合上式，所以an＝2·3n－1(n∈N*)． 則數(shù)列{an2}是首項為4，公比為9的等比數(shù)列，故選B. 4．數(shù)列{an}，{bn}滿足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，則{bn}的前10項之和為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　

3、bn＝＝＝－， S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10＝－＋－＋－＋…＋－＝－＝. 5．在數(shù)列{an}中，an＝2n＋1，則＋＋…＋＝(　　) A．1＋ B．1－2n C．1－ D．1＋2n 答案　C 6．已知數(shù)列{an}的通項公式是an＝，其前n項和Sn＝，則項數(shù)n等于(　　) A．13 B．10 C．9 D．6 答案　D 解析　∵an＝＝1－，∴Sn＝n－(＋＋…＋)＝n－1＋. 而＝5＋，∴n－1＋＝5＋.∴n＝6. 7．已知等差數(shù)列{an}的公差為d，且an≠0，d≠0，則＋＋…＋可化簡為(　　) A. B. C. D. 答案　B

4、解析　∵＝(－)，∴原式＝(－＋－＋…＋－) ＝(－)＝，選B. 8．(2017·衡水中學調(diào)研卷)已知等差數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足S3＝6，S5＝，則數(shù)列{}的前n項和為(　　) A．1－ B．2－ C．2－ D．2－ 答案　B 解析　設等差數(shù)列{an}的公差為d，則Sn＝na1＋d，因為S3＝6，S5＝，所以解得所以an＝n＋1，＝，設數(shù)列{}的前n項和為Tn，則Tn＝＋＋＋…＋＋，Tn＝＋＋＋…＋＋，兩項相減得Tn＝＋(＋＋…＋)－＝＋(1－)－，所以Tn＝2－. 9．Sn＝＋＋…＋＝________． 答案　 解析　通項an＝＝＝(－)，∴Sn＝(1－＋－

5、＋…＋－)＝(1－)＝. 10．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2－6n，則{|an|}的前n項和Tn＝________． 答案　 解析　由Sn＝n2－6n，得{an}是等差數(shù)列，且首項為－5，公差為2. ∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7. ∴n≤3時，an<0；n>3時，an>0. ∴Tn＝ 11．(2017·衡水中學調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，則S2 016＝________． 答案　3×21 008－3 解析　依題意，得an＋1·an＝2n，an＋1·an＋2＝2n＋1，則＝2，即＝2， 所以數(shù)列a1，a3，a5，…，

6、a2k－1，…是以a1＝1為首項，2為公比的等比數(shù)列；數(shù)列a2，a4，a6，…，a2k，…是以a2＝2為首項，2為公比的等比數(shù)列，則 S2 016＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 015)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 016)＝＋＝3×21 008－3. 12．(2018·深圳調(diào)研二)數(shù)列{an}是公差為d(d≠0)的等差數(shù)列，Sn為其前n項和，a1，a2，a5成等比數(shù)列． (1)證明：S1，S3，S9成等比數(shù)列； (2)設a1＝1，bn＝a2n，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 答案　(1)略　(2)2n＋2－n－4 解析　(1)證明：由題意有a22＝a1·a5， 即(a1＋d)

7、2＝a1·(a1＋4d)，解得d＝2a1. 又∵S1＝a1，S3＝3a1＋3d＝9a1， S9＝9a1＋36d＝81a1， ∴S32＝S1·S9.又∵S1，S3，S9均不為零， ∴S1，S3，S9成等比數(shù)列． (2)由a1＝1得d＝2a1＝2，則an＝2n－1，則 Tn＝a2＋a22＋a23＋…＋a2n ＝(2×2－1)＋(2×22－1)＋(2×23－1)＋…＋(2×2n－1) ＝2×(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝2n＋2－n－4 13．(2017·課標全國Ⅲ，文)設數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)求

8、數(shù)列{}的前n項和． 答案　(1)an＝　(2) 解析　(1)因為a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故當n≥2時， a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)． 兩式相減得(2n－1)an＝2，所以an＝(n≥2)． 又由題設可得a1＝2，從而{an}的通項公式為an＝. (2)記{}的前n項和為Sn.由(1)知＝＝－. 則Sn＝－＋－＋…＋－＝. 14．已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，Tn＝na1＋(n－1)a2＋…＋an，且T1＝1，T2＝4. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)求數(shù)列{Tn}的通項公式． 答案　(1)an＝2n－1　(2)Tn＝2

9、n＋1－n－2 解析　(1)T1＝a1＝1， T2＝2a1＋a2＝2＋a2＝4，∴a2＝2. ∴等比數(shù)列{an}的公比q＝＝2. ∴an＝2n－1. (2)方法一：Tn＝n＋(n－1)·2＋(n－2)·22＋…＋1·2n－1，① 2Tn＝n·2＋(n－1)22＋(n－2)23＋…＋1·2n，② ②－①，得 Tn＝－n＋2＋22＋…＋2n－1＋2n＝－n＋ ＝－n＋2n＋1－2＝2n＋1－n－2. 方法二：設Sn＝a1＋a2＋…＋an， ∴Sn＝1＋2＋…＋2n－1＝2n－1. ∴Tn＝na1＋(n－1)a2＋…＋2an－1＋an ＝a1＋(a1＋a2)＋…＋(a1＋a

10、2＋…＋an) ＝S1＋S2＋…＋Sn＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1) ＝(2＋22＋…＋2n)－n＝－n ＝2n＋1－n－2. 15．(2018·太原二模)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2n＋1－2，數(shù)列{bn}滿足bn＝an＋an＋1(n∈N*)． (1)求數(shù)列{bn}的通項公式； (2)若cn＝log2an(n∈N*)，求數(shù)列{bn·cn}的前n項和Tn. 答案　(1)3×2n　(2)3(n－1)×2n＋1＋6 解析　(1)當n＝1時，a1＝S1＝2， 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n， 又a1＝2滿足上式， ∴an＝2n(n∈N*)， ∴bn

11、＝an＋an＋1＝3×2n. (2)由(1)得an＝2n，bn＝3×2n， ∴cn＝log2an＝n，∴bn·cn＝3n×2n， ∴Tn＝3×(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)，① ①×2得2Tn＝3×(1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1)，② ①－②得－Tn＝3×(2＋22＋…＋2n－n×2n＋1)＝3×[(1－n)×2n＋1－2]，∴Tn＝3(n－1)×2n＋1＋6. 1．(2016·天津，文)已知{an}是等比數(shù)列，前n項和為Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63. (1)求{an}的通項公式； (2)若對任意的n∈N*，bn是log2an和log

12、2an＋1的等差中項，求數(shù)列{(－1)nbn2}的前2n項和． 答案　解析　(1)設數(shù)列{an}的公比為q.由已知，有－＝，解得q＝2，或q＝－1.又由S6＝a1·＝63，知q≠－1，所以a1·＝63，得a1＝1.所以an＝2n－1. (2)由題意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)＝(log22n－1＋log22n)＝n－，即{bn}是首項為，公差為1的等差數(shù)列． 設數(shù)列{(－1)nbn2}的前n項和為Tn，則 T2n＝(－b12＋b22)＋(－b32＋b42)＋…＋(－b2n－12＋b2n2) ＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n ＝ ＝2n2. 第二次

13、作業(yè) 1．數(shù)列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前n項之和為(　　) A．2n－1　　　　　　　　 B．n·2n－n C．2n＋1－n D．2n＋1－n－2 答案　D 解析　記an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，∴Sn＝－n＝2n＋1－2－n. 2．(2017·寧夏銀川一中模擬)已知數(shù)列2 008，2 009，1，－2 008，－2 009，….這個數(shù)列的特點是從第二項起，每一項都等于它的前后兩項之和，則這個數(shù)列的前2 018項之和S2 018等于(　　) A．2 008 B．4 017 C．1 D．0 答案　B

14、解析　由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，∴an＋1＝an－an－1. 故數(shù)列的前8項依次為2 008，2 009，1，－2 008，－2 009，－1，2 008，2 009. 由此可知該數(shù)列為周期數(shù)列，周期為6，且S6＝0. ∴2 018＝6×336＋2，∴S2 018＝S2＝2 008＋2 009＝4 017. 3．(2015·江蘇)數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，則數(shù)列{}的前10項和為________． 答案　 解析　由題意得：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝，所以

15、＝2(－)，Sn＝2(1－)＝，S10＝. 4．(2018·衡水中學調(diào)研卷)數(shù)列{an}的通項公式an＝ncos＋1，前n項和為Sn，則S2 020＝________． 答案　3 030 解析　∵an＝ncos＋1，∴a1＋a2＋a3＋a4＝6，a5＋a6＋a7＋a8＝6，…，a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝6，k∈N，∴S2 020＝505×(a1＋a2＋a3＋a4)＝505×6＝3 030. 5．(2018·江蘇蘇州調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝an(1－an＋1)，a1＝1，數(shù)列{bn}滿足bn＝an·an＋1，則數(shù)列{bn}的前10項的和S10＝_____

16、___． 答案　 解析　由an＋1＝an(1－an＋1)得－＝1，因此數(shù)列{}是以＝1為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以＝n，即an＝，bn＝anan＋1＝＝－，所以S10＝b1＋b2＋…＋b10＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝. 6．(2013·湖南)設Sn為數(shù)列{an}的前n項和，Sn＝(－1)nan－(n∈N*)，則 (1)a3＝________； (2)S1＋S2＋…＋S100＝________． 答案　(1)－　(2)(－1) 解析　(1)因為Sn＝(－1)nan－， 則S3＝－a3－，S4＝a4－，解得a3＝－. (2)當n為偶數(shù)時，Sn＝an－，當n為奇數(shù)時

17、，Sn＝－an－，可得當n為奇數(shù)時an＝－， 又S1＋S2＋…＋S100＝(－a1－)＋(a2－)＋…＋(－a99－)＋(a100－) ＝－a1＋a2＋…－a99＋a100－(＋＋…＋＋) ＝S100－2(a1＋a3＋…＋a99)－(1－) ＝S101－a101－2(－－－…－)－(1－) ＝－－(－)＋2×－(1－)＝－(1－)＝(－1)． 7．(2016·北京，文)已知{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4. (1)求{an}的通項公式； (2)設cn＝an＋bn，求數(shù)列{cn}的前n項和． 答案　(1)an＝2n－1

18、(2)Sn＝n2＋ 解析　(1)等比數(shù)列{bn}的公比q＝＝＝3， 所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27.∴bn＝3n－1. 設等差數(shù)列{an}的公差為d. 因為a1＝b1＝1，a14＝b4＝27， 所以1＋13d＝27，即d＝2. 所以an＝2n－1(n＝1，2，3，…)． (2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1， 因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1. 從而數(shù)列{cn}的前n項和 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝＋＝n2＋. 8．(2018·安徽江南十校聯(lián)考)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和，且滿足Sn－2an＝n－4. (1)證明

19、：{Sn－n＋2}為等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{Sn}的前n項和Tn. 答案　(1)略　(2) 解析　(1)證明：當n＝1時，a1＝S1，S1－2a1＝1－4，解得a1＝3. 由Sn－2an＝n－4可得Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)， 即Sn＝2Sn－1－n＋4，所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]． 因為S1－1＋2＝4，所以{Sn－n＋2}是首項為4，公比為2的等比數(shù)列． (2)由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，所以Sn＝2n＋1＋n－2， 于是Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n＝＋－2n＝. 9．(2017·重慶抽測二)

20、已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝2，an＋1＝Sn(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝(n－1)an，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 答案　(1)　(2)(n－2)2n＋2(n∈N*) 解析　(1)∵an＋1＝Sn(n∈N*)， ∴Sn＋1－Sn＝Sn，∴＝2. 又S1＝a1＝2， ∴數(shù)列{Sn}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列， ∴Sn＝2n(n∈N*)． 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)， ∴an＝ (2)Tn＝0×a1＋1×a2＋2×a3＋…＋(n－1)×an， 當n＝1時，T1＝0. 當n≥2時， Tn＝

21、1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1，① 2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－2)2n－1＋(n－1)2n，② ①－②，得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)2n ＝－(n－1)2n ＝(2－n)2n－2. ∴Tn＝(n－2)2n＋2(n≥2)． 又T1＝0也滿足上式， ∴Tn＝(n－2)2n＋2(n∈N*)． 10．(2015·課標全國Ⅰ)Sn為數(shù)列{an}的前n項和，已知an>0，an2＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通項公式； (2)設bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和． 答案　(1)an＝2n＋1　(2)Tn＝ 解

22、析　(1)由an2＋2an＝4Sn＋3，可知an＋12＋2an＋1＝4Sn＋1＋3. 可得an＋12－an2＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即 2(an＋1＋an)＝an＋12－an2＝(an＋1＋an)(an＋1－an)． 由于an>0，可得an＋1－an＝2. 又a12＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3. 所以{an}是首項為3，公差為2的等差數(shù)列，通項公式為an＝2n＋1. (2)由an＝2n＋1可知 bn＝＝＝(－)． 設數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，則 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝[(－)＋(－)＋…＋(－)] ＝. 11．數(shù)列{an

23、}滿足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)(n∈N*)． (1)證明：數(shù)列{}是等差數(shù)列； (2)設bn＝3n·，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 答案　(1)略　(2)Sn＝ 解析　(1)證明：由題意，得＝＋1，即－＝1， 所以{}是以＝1為首項，1為公差的等差數(shù)列． (2)解：由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2. 所以bn＝n·3n. Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，① 3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.② ①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝－n·3n＋1＝. 所以Sn＝.

24、 1．(2015·安徽)已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設Sn為數(shù)列{an}的前n項和，bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 答案　(1)an＝2n－1　(2)Tn＝1－ 解析　(1)由題設知，a1·a4＝a2·a3＝8， 又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)． 由a4＝a1q3得公比為q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1. (2)Sn＝＝2n－1，又bn＝＝＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝1－. 2．(2016·浙江，文)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn

25、.已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*. (1)求通項公式an； (2)求數(shù)列{|an－n－2|}的前n項和． 答案　(1)an＝3n－1 (2) 解析　(1)由題意知則 又當n≥2時，由 an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an， 得an＋1＝3an. 所以，數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－1，n∈N*. (2)設bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1. 當n≥3時，由于3n－1>n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3. 設數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，則T1＝2，T2＝3. 當n≥3時， Tn＝3＋－＝， 所以Tn＝