2019高考数学专题训练数列求和与综合问题附解析.docx

专题限时集训(四)　数列求和与综合问题 (建议用时：60分钟) 一、选择题 1．(2018•昆明模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2，则a3＋a8的值是(　　) A．200　　　B．100　　　C．20　　　D．10 C　[当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，所以an＝2n－1，所以a3＋a8＝5＋15＝20，故选C.] 2.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n＋1)2－1的值为(　　) A.n＋12(n＋2) B.34－n＋12(n＋2) C.34－121n＋1＋1n＋2 D.32－1n＋1＋1n＋2 C　[∵1(n＋1)2－1＝1n2＋2n＝1n(n＋2)＝121n－1n＋2，∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n＋1)2－1＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2 ＝1232－1n＋1－1n＋2＝34－121n＋1＋1n＋2.] 3．已知数列{an}满足an＋1＝11－an，若a1＝12，则a2 018＝(　　) A．－1 B.12 C．1 D．2 D　[由a1＝12，an＋1＝11－an，得a2＝11－a1＝2，a3＝11－a2＝－1，a4＝11－a3＝12，a5＝11－a4＝2，…因此数列{an}是周期为3的周期数列，a2 018＝a3×672＋2＝a2＝2，故选D.] 4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且对于任意n＞1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，则S10＝(　　) A．91 B．90 C．55 D．54 A　[由Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)得(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2， 即an＋1－an＝2(n≥2)，又a2－a1＝1， 因此数列{an}从第2项起，是公差为2的等差数列， 则S10＝a1＋(a2＋a3＋…＋a10)＝1＋9×2＋9×82×2＝91.] 5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 C　[法一：∵Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，∴am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，∴公差d＝am＋1－am＝1，由公式Sn＝na1＋n(n－1)2d＝na1＋n(n－1)2， 得ma1＋m(m－1)2＝0，　①(m－1)a1＋(m－1)(m－2)2＝－2.　② 由①得a1＝1－m2，代入②可得m＝5. 法二：∵数列{an}为等差数列，且前n项和为Sn， ∴数列Snn也为等差数列． ∴Sm－1m－1＋Sm＋1m＋1＝2Smm，即－2m－1＋3m＋1＝0，解得m＝5.经检验为原方程的解．故选C.] 6．(2018•厦门模拟)已知函数f(n)＝n2，n为奇数－n2，n为偶数，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018等于(　　) A．－2 017 B．－2 018 C．2 017 D．2 018 D　[当n为奇数时，an＝n2－(n＋1)2＝－2n－1，当n为偶数时，an＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，所以a1＝－3，a2＝5，a3＝－7，a4＝9…，故a1＋a2＝2，a3＋a4＝2…，所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝2×2 0182＝2 018，故选D.] 7．(2018•河南百校联盟模拟)已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2,2a2n＝a2n－1＋a2n＋1(n≥2)，bn＝1an＋an＋1，记数列{bn}的前n项和为Sn，则S33的值是(　　) A.99 B.33 C．42 D．3 D　[∵2a2n＝a2n－1＋a2n＋1(n≥2)，∴数列{a2n}为等差数列，首项为1，公差为22－1＝3. ∴a2n＝1＋3(n－1)＝3n－2，∵an＞0，∴an＝3n－2， ∴bn＝1an＋an＋1＝13n－2＋3n＋1＝13(3n＋1－3n－2)，故数列{bn}的前n项和为Sn＝13(4－1)＋(7－4)＋…＋(3n＋1－3n－2) ＝13(3n＋1－1)，则S33＝13(3×33＋1－1)＝3.故选D.] 8．(2018•南阳模拟)设数列{an}的通项公式an＝11＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n(n∈N*)，若数列{an}的前n项积为Tn，则使Tn＞100成立的最小正整数n为(　　) A．9 B．10 C．11 D．12 C　[因为11＋2＋3＋…＋n＝2(n＋1)n＝21n－1n＋1，所以an＝21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝2nn＋1，该数列的前n项积为Tn＝2n12×23×34×…×nn＋1＝2nn＋1，由题意知299＋1＜100，21010＋1＜100，21111＋1＞100，使Tn＞100成立的最小正整数n为11，故选C.] 二、填空题 9．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且2Sn＋2＝3an(n∈N*)，则an＝________. 2×3n－1(n∈N*)　[因为2Sn＋2＝3an，① 所以2Sn＋1＋2＝3an＋1，② 由②－①，得2Sn＋1－2Sn＝3an＋1－3an， 所以2an＋1＝3an＋1－3an，即an＋1an＝3. 当n＝1时，2＋2S1＝3a1，所以a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列， 所以an＝2×3n－1(n∈N*)．] 10．(2018•晋城模拟)已知数列{an}的前n项和Sn，且Sn＋1＋Sn＝2an＋1，且a1＝1，则an＝________. an＝1，n＝12×3n－2，n≥2　[因为Sn＋1＋Sn＝2an＋1，①，所以Sn＋Sn－1＝2an，②，①－②得an＋1＋an＝2an＋1－2an，(n≥2)，即an＋1an＝3，当n＝1时，(a1＋a2)＋a1＝2a2.解得a2＝2，∴an＝1，n＝1，2×3n－2，n≥2.] 11．已知数列{an}前n项和为Sn，若Sn＝2an－2n，则Sn＝________. n•2n(n∈N*)　[由Sn＝2an－2n得当n＝1时，S1＝a1＝2；当n≥2时，Sn＝2(Sn－Sn－1)－2n，即Sn2n－Sn－12n－1＝1，所以数列Sn2n是首项为1，公差为1的等差数列，则Sn2n＝n，Sn＝n•2n(n≥2)，当n＝1时，也符合上式，所以Sn＝n•2n(n∈N*)．] 12．设数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，Sn＝kn2－1(n∈N*)，则数列1Sn的前n项和为________． n2n＋1　[令n＝1得a1＝S1＝k－1，令n＝2得S2＝4k－1＝a1＋a2＝k－1＋12，解得k＝4，所以Sn＝4n2－1，1Sn＝14n2－1＝1(2n＋1)(2n－1)＝1212n－1－12n＋1，则数列1Sn的前n项和为121－13＋1213－15＋…＋1212n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.] 三、解答题 13．(2016•全国卷Ⅱ)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2. [解]　(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d， 由题意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3，解得a1＝1，d＝25. 所以{an}的通项公式为an＝2n＋35. (2)由(1)知，bn＝2n＋35. 当n＝1,2,3时，1≤2n＋35＜2，bn＝1； 当n＝4,5时，2≤2n＋35＜3，bn＝2； 当n＝6,7,8时，3≤2n＋35＜4，bn＝3； 当n＝9,10时，4≤2n＋35＜5，bn＝4. 所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24. 14．已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，若S5＝70，且a2，a7，a22成等比数列， (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列1Sn的前n项和为Tn，求证：16≤Tn＜38. [解]　(1)由已知及等差数列的性质得S5＝5a3， ∴a3＝14， 又a2，a7, a22成等比数列，所以a27＝a2•a22. 所以(a1＋6d)2＝(a1＋d)(a1＋21d)且d≠0， 解得a1＝32d，∴a1＝6，d＝4. 故数列{an}的通项公式为an＝4n＋2，n∈N*. (2)由(1)得Sn＝n(a1＋an)2＝2n2＋4n，1Sn＝12n2＋4n＝141n－1n＋2， ∴Tn＝141－13＋12－14＋…＋1n－1n＋2 ＝38－141n＋1＋1n＋2. 又Tn≥T1＝38－1412＋13＝16， 所以16≤Tn＜38.

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