高优指导2021版高考数学一轮复习第六章数列30数列求和考点规范练文北师大版.doc

考点规范练30　数列求和
　考点规范练B册第20页　 
基础巩固组
1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和Sn的值等于(　　)

A.n2+1- B.2n2-n+1-
C.n2+1- D.n2-n+1-
答案:A
解析:该数列的通项公式为an=(2n-1)+,则Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.
2.(2015云南曲靖一模)+…+的值为(　　)
A. B.
C. D.〚导学号32470776〛
答案:C
解析:∵,
∴+…+
=+…+
=
=.
3.已知数列{an}:,…,+…+,…,若bn=,那么数列{bn}的前n项和Sn等于(　　)
A. B.
C. D.〚导学号32470777〛
答案:B
解析:易得an=,
∴bn==4.
∴Sn=4+…+
=4.
4.已知函数f(x)=xa的图像过点(4,2),令an=,n∈N+.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 016等于(　　)
A.-1 B.+1
C.-1 D.+1
答案:C
解析:由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.
∴an=,
S2 016=a1+a2+a3+…+a2 016=()+()+()+…+()=-1.
5.数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为(　　)
A.3 690 B.3 660 C.1 845 D.1 830
答案:D
解析:∵an+1+(-1)nan=2n-1,
∴当n=2k(k∈N+)时,a2k+1+a2k=4k-1,①
当n=2k+1(k∈N)时,a2k+2-a2k+1=4k+1,②
①+②得:a2k+a2k+2=8k.
则a2+a4+a6+a8+…+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a58+a60)
=8(1+3+…+29)=8×=1 800.
由②得a2k+1=a2k+2-(4k+1),
∴a1+a3+a5+…+a59=a2+a4+…+a60-[4×(0+1+2+…+29)+30]=1 800-=30,
∴a1+a2+…+a60=1 800+30=1 830.
6.3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n=　　　　　. 
答案:4-
解析:设Sn=3·2-1+4·2-2+5·2-3+…+(n+2)·2-n,①
则Sn=3·2-2+4·2-3+…+(n+1)2-n+(n+2)2-n-1.②
①-②,得Sn=3·2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=2·2-1+2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-n-1=1+-(n+2)·2-n-1=2-(n+4)·2-n-1.
故Sn=4-.
7.已知在等比数列{an}中,a1=3,a4=81,若数列{bn}满足bn=log3an,则数列的前n项和Sn=　　　　　.〚导学号32470778〛 
答案:
解析:设等比数列{an}的公比为q,
则=q3=27,解得q=3.
∴an=a1qn-1=3×3n-1=3n,
故bn=log3an=n,
∴,
则数列的前n项和为1-+…+=1-.
8.(2015长春模拟)已知等差数列{an}满足:a5=9,a2+a6=14.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=an+(q>0),求数列{bn}的前n项和Sn.
解:(1)∵在等差数列{an}中,a5=9,a2+a6=2a4=14,
∴a4=7,其公差d=a5-a4=2,
∴an=a4+(n-4)d=7+2(n-4)=2n-1.
(2)∵bn=an+(q>0),
∴Sn=b1+b2+…+bn=(a1+a2+…+an)+(+…+)
=[1+3+5+…+(2n-1)]+(q1+q3+…+q2n-1)
=n2+(q1+q3+…+q2n-1).
若q=1,Sn=n2+n;
若q≠1,Sn=n2+.
9.(2015湖北,文19)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)当d>1时,记cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.
解:(1)由题意,有
解得
故
(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,
故cn=,
于是Tn=1++…+,①
Tn=+…+.②
①-②可得Tn=2++…+=3-,
故Tn=6-.〚导学号32470779〛
10.(2015山东,文19)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列的前n项和为.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(an+1)·,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)设数列{an}的公差为d.
令n=1,得,所以a1a2=3.
令n=2,得,
所以a2a3=15.
解得a1=1,d=2,所以an=2n-1.
(2)由(1)知bn=(an+1)·=2n·22n-1=n·4n,
所以Tn=1·41+2·42+…+n·4n,
所以4Tn=1·42+2·43+…+n·4n+1,
两式相减,得-3Tn=41+42+…+4n-n·4n+1=-n·4n+1=×4n+1-.
所以Tn=×4n+1+.
11.在数列{an}中,a1=1,当n≥2时,其前n项和Sn满足=an.
(1)求Sn的表达式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)∵=an,又an=Sn-Sn-1(n≥2),
∴=(Sn-Sn-1),
即2Sn-1Sn=Sn-1-Sn.①
由题意得Sn-1·Sn≠0,
①式两边同除以Sn-1·Sn,得=2,
∴数列是首项为=1,公差为2的等差数列.
∴=1+2(n-1)=2n-1,∴Sn=.
(2)∵bn=
=,
∴Tn=b1+b2+…+bn
=+…+
=.
能力提升组
12.已知正项数列{an},{bn}满足a1=3,a2=6,{bn}是等差数列,且对任意正整数n,都有bn,,bn+1成等比数列.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)设Sn=+…+,试比较2Sn与2-的大小.
解:(1)对任意正整数n,都有bn,,bn+1成等比数列,且{an},{bn}都为正项数列,
∴an=bnbn+1.∴a1=b1b2=3,a2=b2b3=6.
又{bn}是等差数列,∴b1+b3=2b2,
解得b1=,b2=.∴bn=(n+1).
(2)由(1)可得an=bnbn+1=,
则=2,
∴Sn=2+…+=1-.
∴2Sn=2-.
又2-=2-,
∴2Sn-.
∴当n=1,2时,2Sn<2-;
当n≥3时,2Sn>2-.〚导学号32470780〛
13.已知数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,其中a1=b1=1,a2≠b2,且b2为a1,a2的等差中项,a2为b2,b3的等差中项.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)记cn=(a1+a2+…+an)(b1+b2+…+bn),求数列{cn}的前n项和Sn.
解:(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q.
由2b2=a1+a2,2a2=b2+b3,
得q=1,d=0或q=2,d=2.
又a2≠b2,∴q=2,d=2,
∴an=2n-1,bn=2n-1.
(2)设{an}的前n项和为Mn,{bn}的前n项和为θn,由(1)得Mn=a1+a2+…+an=·n=n2,θn=b1+b2+…+bn==2n-1,
故cn=·n2·(2n-1)=n·2n-n,
∴Sn=(1×21+2×22+…+n×2n)-(1+2+…+n).
令Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,①
2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,②
由②-①,得Tn=(n-1)·2n+1+2.
∴Sn=(n-1)·2n+1-+2.〚导学号32470781〛

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