1、考点规范练 32 数列求和考点规范练 B 册第 19 页 基础巩固1.数列 1 ,3 ,5 ,7 ,(2n-1)+ ,的前 n 项和 Sn 的值等于( )121418116 12A.n2+1- B.2n2-n+1-12 12C.n2+1- D.n2-n+1-12-1 12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- .12 (12+122+12) 122.数列a n满足 a1=1,且对任意的 nN *都有 an+1=a1+an+n,则 的前 100 项和为( )1A. B. C. D.100101 99100 101100 200
2、101答案 D解析 an+1=a1+an+n,a1=1, an+1-an=1+n. an-an-1=n(n2) . an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+2+1= .(+1)2 =2 .1= 2(+1) (1- 1+1) 的前 100 项和为 21 (1-12+12-13+1100-=2 .故选 D.1101) (1- 1101)=2001013.已知数列a n满足 an+1-an=2,a1=-5,则|a 1|+|a2|+|a6|=( )A.9 B.15 C.18 D.30答案 C解析 an+1-an=2,a1=-5, 数列a n是首项为-5,
3、公差为 2 的等差数列. an=-5+2(n-1)=2n-7. 数列 an的前 n 项和Sn= =n2-6n.(-5+2-7)2令 an=2n-70,解得 n .72 当 n3 时,|a n|=-an;当 n4 时,|a n|=an. |a1|+|a2|+|a6|=-a1-a2-a3+a4+a5+a6=S6-2S3=62-66-2(32-63)=18.4.已知函数 f(x)=xa 的图象过点(4,2),令 an= ,nN *.记数列 an的前 n 项和为 Sn,则 S2 016 等1(+1)+()于( )A. -1 B. +12 016 2 016C. -1 D. +12 017 2 017答
4、案 C解析 由 f(4)=2,可得 4a=2,解得 a= ,则 f(x)= .12 12 an= ,1(+1)+()= 1+1+=+1 S2 016=a1+a2+a3+a2 016=( )+( )+( )+( )= -1.2 1 3 2 4 3 2 017 2 0162 0175.已知数列a n满足 an+1+(-1)nan=2n-1,则a n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(kN *)时,a 2k+1+a2k=4k-1, 当 n=2k+1(kN *)时,a 2k+2-a2k+
5、1=4k+1, + 得 a2k+a2k+2=8k.则 a2+a4+a6+a8+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+(a58+a60)=8(1+3+29)=8 =1 800.15(1+29)2由 得 a2k+1=a2k+2-(4k+1), a1+a3+a5+a59=a2+a4+a60-4(0+1+2+29)+30=1 800- =30,(430292 +30) a1+a2+a60=1 800+30=1 830.6.已知在数列a n中,a 1=1,且 an+1= ,若 bn=anan+1,则数列 bn的前 n 项和 Sn 为( )2+1A. B. C. D.22+1 2+1 22-1 2-12
6、+1答案 B解析 由 an+1= ,得 +2,2+1 1+1=1 数列 是以 1 为首项,2 为公差的等差数列,1 =2n-1,又 bn=anan+1,1 bn= ,1(2-1)(2+1)=12( 12-1- 12+1) Sn= ,故选 B.12(11-13+13-15+ 12-1- 12+1)= 2+17.已知等差数列a n,a5= .若函数 f(x)=sin 2x+1,记 yn=f(an),则数列y n的前 9 项和为 . 2答案 9解析 由题意,得 yn=sin(2an)+1,所以数列 yn的前 9 项和为 sin 2a1+sin 2a2+sin 2a3+sin 2a8+sin 2a9+
7、9.由 a5= ,得 sin 2a5=0.2 a1+a9=2a5=, 2a1+2a9=4a5=2, 2a1=2-2a9, sin 2a1=sin =-sin 2a9.(2-29)由倒序相加可得 (sin 2a1+sin 2a2+sin 2a3+sin 2a8+sin 2a9+sin 2a1+sin 2a2+sin 2a3+sin 122a8+sin 2a9)=0, y1+y2+y3+y8+y9=9.8.(2018 云南昆明统考)在数列a n中,a 1=3,an的前 n 项和 Sn 满足 Sn+1=an+n2.(1)求数列a n的通项公式;(2)设数列b n满足 bn=(-1)n+ ,求数列b
8、n的前 n 项和 Tn.2解 (1)由 Sn+1=an+n2,得 Sn+1+1=an+1+(n+1)2, - ,得 an=2n+1.a1=3 满足上式,所以数列a n的通项公式为 an=2n+1.(2)由(1)得 bn=(-1)n+22n+1,所以 Tn=b1+b2+bn=(-1)+(-1)2+(-1)n+(23+25+22n+1)= (4n-1).(-1)1-(-1)1-(-1) +23(1-4)1-4 =(-1)-12 +839.设等差数列a n的公差为 d,前 n 项和为 Sn,等比数列b n的公比为 q,已知 b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求数列a n,bn的通项
9、公式;(2)当 d1 时,记 cn= ,求数列c n的前 n 项和 Tn.解 (1)由题意,得 101+45=100,1=2, 即 解得21+9=20,1=2, 1=1,=2或 1=9,=29.故=2-1,=2-1或 =19(2+79),=9(29)-1. (2)由 d1,知 an=2n-1,bn=2n-1,故 cn= ,2-12-1于是 Tn=1+ + , 32+522+723+924 2-12-1Tn= + . 12 12+322+523+724+925 2-12 - 可得 Tn=2+ + =3- ,12 12+122 12-22-12 2+32故 Tn=6- .2+32-110.已知 S
10、n 为数列a n的前 n 项和,a n0, +2an=4Sn+3.2(1)求a n的通项公式;(2)设 bn= ,求数列b n的前 n 项和.1+1解 (1)由 +2an=4Sn+3,2可知 +2an+1=4Sn+1+3.2+1两式相减可得 +2(an+1-an)=4an+1,2+12即 2(an+1+an)= =(an+1+an)(an+1-an).2+12由于 an0,可得 an+1-an=2.又 +2a1=4a1+3,解得 a1=-1(舍去),a 1=3.21所以a n是首项为 3,公差为 2 的等差数列,故a n的通项公式为 an=2n+1.(2)由 an=2n+1 可知bn= .1+
11、1= 1(2+1)(2+3)=12( 12+1- 12+3)设数列b n的前 n 项和为 Tn,则 Tn=b1+b2+bn=12(13-15)+(15-17)+.(12+1- 12+3)= 3(2+3)11.已知各项均为正数的数列a n的前 n 项和为 Sn,满足 =2Sn+n+4,a2-1,a3,a7 恰为等比数列b n2+1的前 3 项.(1)求数列a n,bn的通项公式;(2)若 cn=(-1)nlog2bn- ,求数列 cn的前 n 项和 Tn.1+1解 (1)因为 =2Sn+n+4,2+1所以 =2Sn-1+n-1+4(n2).2两式相减,得 =2an+1,2+12所以 +2an+1
12、=(an+1)2.2+1=2因为a n是各项均为正数的数列,所以 an+1=an+1,即 an+1-an=1.又 =(a2-1)a7,23所以(a 2+1)2=(a2-1)(a2+5),解得 a2=3,a1=2,所以a n是以 2 为首项,1 为公差的等差数列,所以 an=n+1.由题意知 b1=2,b2=4,b3=8,故 bn=2n.(2)由(1)得 cn=(-1)nlog22n- =(-1)nn- ,1(+1)(+2) 1(+1)(+2)故 Tn=c1+c2+cn=-1+2-3+(-1)nn- .123+134+ 1(+1)(+2)设 Fn=-1+2-3+(-1)nn.则当 n 为偶数时,
13、F n=(-1+2)+(-3+4)+-(n-1)+n= ;2当 n 为奇数时,F n=Fn-1+(-n)= -n= .-12 -(+1)2设 Gn= + ,123+134 1(+1)(+2)则 Gn= + .1213+1314 1+1 1+2=12 1+2所以 Tn=-12+1+2,为 偶数 ,-+22+1+2,为 奇数 .能力提升12.(2018 福建宁德期末)今要在一个圆周上标出一些数,第一次先把圆周二等分 ,在这两个分点处分别标上 1,如图(1)所示; 第二次把两段半圆弧二等分,在这两个分点处分别标上 2,如图(2)所示;第三次把4 段圆弧二等分,并在这 4 个分点处分别标上 3,如图(
14、3)所示 .如此继续下去,当第 n 次标完数以后,这个圆周上所有已标出的数的总和是 . 答案 (n-1)2n+2解析 由题意可得,第 n 次标完后,圆周上所有已标出的数的总和为 Tn=1+1+22+322+n2n-1.设 S=1+22+322+n2n-1,则 2S=2+222+(n-1)2n-1+n2n,两式相减可得-S=1+2+2 2+2n-1-n2n=(1-n)2n-1,则 S=(n-1)2n+1,故 Tn=(n-1)2n+2.13.已知首项为 的等比数列a n不是递减数列,其前 n 项和为 Sn(nN *),且 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差32数列.(1)求数列a n的通项
15、公式;(2)设 bn=(-1)n+1n(nN *),求数列a nbn的前 n 项和 Tn.解 (1)设等比数列a n的公比为 q.由 S3+a3,S5+a5,S4+a4 成等差数列,可得 2(S5+a5)=S3+a3+S4+a4,即 2(S3+a4+2a5)=2S3+a3+2a4,即 4a5=a3,则 q2= ,53=14解得 q= .12由等比数列a n不是递减数列,可得 q=- ,12故 an= =(-1)n-1 .32(-12)-1 32(2)由 bn=(-1)n+1n,可得 anbn=(-1)n-1 (-1)n+1n=3n .32 (12)故前 n 项和 Tn=3 ,112+2(12)
16、2+(12)则 Tn=3 ,12 1(12)2+2(12)3+(12)+1两式相减可得, Tn=312 12+(12)2+(12)-=3 ,(12)+1 12(1-12)1-12-(12)+1化简可得 Tn=6 .(1-+22+1)14.(2018 湖南长沙雅礼中学模拟 )若数列a n的前 n 项和 Sn 满足 Sn=2an-(0,nN *).(1)证明:数列a n为等比数列 ,并求 an;(2)若 =4,bn= (nN *),求数列 bn的前 2n 项和 T2n.,是奇数 ,2,是偶数 (1)证明 Sn=2an-,当 n=1 时,得 a1=,当 n2 时,S n-1=2an-1-,则 Sn-
17、Sn-1=2an-2an-1,即 an=2an-2an-1, an=2an-1, 数列a n是以 为首项,2 为公比的等比数列 , an=2n-1.(2)解 =4, an=42n-1=2n+1, bn=2+1,是奇数 ,+1,是偶数 . T2n=22+3+24+5+26+7+22n+2n+1=(22+24+26+22n)+(3+5+2n+1)=4-2241-4+(3+2+1)2= +n(n+2),4+1-43 T2n= +n2+2n- .4+13 43高考预测15.在等差数列a n中,公差 d0,a10=19,且 a1,a2,a5 成等比数列 .(1)求 an;(2)设 bn=an2n,求数列 bn的前 n 项和 Sn.解 (1) a1,a2,a5 成等比数列, =a1a5,22即(a 1+d)2=a1(a1+4d).又 a10=19=a1+9d, a1=1,d=2. an=2n-1.(2) bn=an2n=(2n-1)2n, Sn=2+322+(2n-1)2n. 2Sn=22+323+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1. 由 - ,得-S n=2+2(22+23+2n)-(2n-1)2n+1=2 +2-(2n-1)2n+1=(3-2n)2n+1-6.22(2-1-1)2-1即 Sn=(2n-3)2n+1+6.
