2020版廣西數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)考點規(guī)范練31數(shù)列求和

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精考點規(guī)范練31數(shù)列求和考點規(guī)范練A冊第22頁

一、基礎(chǔ)鞏固1.數(shù)列112,314,518,7116，…，（2n-1)+12n，…的前nA.n2+1—12n B.2n2—n+1C.n2+1—12n-1 D。n2答案A解析該數(shù)列的通項公式為an=(2n-1）+12n,則Sn=［1+3+5+…+（2n—1）］+12+1222。已知數(shù)列｛an｝滿足a1=1,且對任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n，則1an的前100項和為（A。100101 B。99100 C。101100 答案D解析∵an+1=a1+an+n，a1=1,∴an+1—an=1+n。∴an-an-1=n（n≥2）.∴an=(an-an—1)+（an-1—an-2）+…+(a2-a1）+a1=n+(n—1）+…+2+1=n(∴1an=2∴1an的前100項和為21-12+13.已知數(shù)列{an｝滿足an+1-an=2,a1=-5,則|a1|+|a2|+…+｜a6｜=（）A.9 B。15 C.18 D.30答案C解析∵an+1-an=2，a1=—5，∴數(shù)列｛an}是首項為-5,公差為2的等差數(shù)列.∴an=—5+2（n-1）=2n-7.∴數(shù)列{an｝的前n項和Sn=n(-5+2n-7)令an=2n—7≥0,解得n≥72∴當(dāng)n≤3時,|an｜=—an;當(dāng)n≥4時，|an|=an.∴｜a1|+｜a2｜+…+｜a6｜=—a1—a2—a3+a4+a5+a6=S6-2S3=62-6×6—2（32—6×3)=18.4。已知函數(shù)f(x)=xa的圖象過點（4,2)，令an=1f(n+1)+f(n)，n∈N＊。記數(shù)列｛an}的前A。2018-1 B。2C。2019—1 D.2答案C解析由f(4）=2，可得4a=2,解得a=12,則f(x)=x∴an=1fS2018=a1+a2+a3+…+a2018=（2-1)+(3-2）+（4-3）+…+(25。已知數(shù)列｛an｝滿足an+1+（-1）nan=2n-1，則{an}的前60項和為()A。3690 B。3660 C。1845 D.1830答案D解析∵an+1+（—1）nan=2n-1,∴當(dāng)n=2k(k∈N*)時,a2k+1+a2k=4k—1,①當(dāng)n=2k+1（k∈N＊)時,a2k+2-a2k+1=4k+1，②①+②得:a2k+a2k+2=8k。則a2+a4+a6+a8+…+a60=(a2+a4）+(a6+a8）+…+（a58+a60）=8(1+3+…+29)=8×15×(1+29)2由②得a2k+1=a2k+2-（4k+1）,∴a1+a3+a5+…+a59=a2+a4+…+a60—［4×(0+1+2+…+29）+30]=1800-4×30×∴a1+a2+…+a60=1800+30=1830.6。已知等差數(shù)列{an},a5=π2.若函數(shù)f（x）=sin2x+1,記yn=f（an）,則數(shù)列｛yn｝的前9項和為。答案9解析由題意,得yn=sin2an+1，所以數(shù)列｛yn｝的前9項和為sin2a1+sin2a2+sin2a3+…+sin2a8+sin2a9+9.由a5=π2，得sin2a5=0∵a1+a9=2a5=π,∴2a1+2a9=4a5=2π，∴2a1=2π—2a9,∴sin2a1=sin2π-2a9=-sin由倒序相加可得12（sin2a1+sin2a2+sin2a3+…+sin2a8+sin2a9+sin2a1+sin2a2+sin2a3+…+sin2a8+sin2a9）=0∴y1+y2+y3+…+y8+y9=9.7。已知數(shù)列｛an}滿足:a3=15，an—an+1=2anan+1，則數(shù)列｛anan+1｝前10項的和為.答案10解析∵an-an+1=2anan+1，∴an-an+1ana∴數(shù)列1an是以2∵1a3=5，∴1an=5+2(n—3）=2n-1.∴a∴anan+1=1(∴數(shù)列｛anan+1}前10項的和為1=128.(2018云南昆明第二次統(tǒng)考)在數(shù)列｛an｝中，a1=3，{an｝的前n項和Sn滿足Sn+1=an+n2。(1)求數(shù)列｛an}的通項公式；（2)設(shè)數(shù)列｛bn｝滿足bn=(—1)n+2an,求數(shù)列｛bn｝的前n項和T解（1)由Sn+1=an+n2,①得Sn+1+1=an+1+(n+1)2，②②—①,得an=2n+1.a1=3滿足上式，所以數(shù)列{an｝的通項公式為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）=(-=(-1)n-12+9。設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,前n項和為Sn,等比數(shù)列｛bn}的公比為q,已知b1=a1，b2=2,q=d，S10=100.（1)求數(shù)列｛an｝,{bn｝的通項公式;（2)當(dāng)d>1時,記cn=anbn,求數(shù)列｛cn}的前n項和解(1)由題意,得10解得a故a（2)由d〉1，知an=2n-1,bn=2n-1，故cn=2n于是Tn=1+32+522+712Tn=12+322+①-②可得12Tn=2+12+122+…+12n-2-2n10。已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，an〉0，an2+2an=4Sn+（1）求｛an｝的通項公式；(2)設(shè)bn=1anan+1，求數(shù)列{b解（1)由an2+2an=4Sn+3，可知an+12+2an+1=4S兩式相減可得an+12-an2+2（an+1—an即2（an+1+an)=an+12-an2=（an+1+an)·（由于an〉0，可得an+1—an=2。又a12+2a1=4a1+解得a1=—1(舍去),a1=3。所以{an｝是首項為3,公差為2的等差數(shù)列,故｛an｝的通項公式為an=2n+1.（2)由an=2n+1可知bn=1a設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,則Tn=b1+b2+…+bn=1=n311。已知各項均為正數(shù)的數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn，滿足an+12=2Sn+n+4，a2—1,a3，a7恰為等比數(shù)列｛bn}的前（1)求數(shù)列{an}，{bn｝的通項公式；(2)若cn=(—1)nlog2bn—1anan+1,求數(shù)列｛cn}的前解(1）因為an+12=2Sn所以an2=2Sn—1+n-1+4(n≥2兩式相減，得an+12-an2所以an+12=an2+2an+1=(因為｛an｝是各項均為正數(shù)的數(shù)列,所以an+1=an+1，即an+1-an=1.又a32=（a2—1)a7,所以（a2+1）2=（a2—1)(a2+解得a2=3，a1=2,所以{an}是以2為首項，1為公差的等差數(shù)列,所以an=n+1。由題意知b1=2，b2=4，b3=8，故bn=2n。(2）由（1)得cn=(-1)nlog22n—1=（-1）nn-1(故Tn=c1+c2+…+cn=［-1+2—3+…+（—1）nn］—12設(shè)Fn=-1+2-3+…+（-1)nn,則當(dāng)n為偶數(shù)時,Fn=(-1+2)+(-3+4）+…+[—(n-1)+n]=n2當(dāng)n為奇數(shù)時，F(xiàn)n=Fn-1+（—n）=n-12設(shè)Gn=12×3+1則Gn=12-13+所以Tn=n二、能力提升12.在數(shù)列｛an}中,a1=1,且an+1=an2an+1.若bn=anan+1，則數(shù)列｛bn}的前n項和A。2n2n+1 B。n2n+1 答案B解析由an+1=an2an+1,∴數(shù)列1an是以1為首項，2∴1an=2n-1，又bn=anan+∴bn=1(∴Sn=1211-13.（2018福建寧德期末)今要在一個圓周上標(biāo)出一些數(shù)，第一次先把圓周二等分，在這兩個分點處分別標(biāo)上1,如圖(1）所示；第二次把兩段半圓弧二等分,在這兩個分點處分別標(biāo)上2,如圖（2）所示;第三次把四段圓弧二等分,并在這4個分點處分別標(biāo)上3，如圖（3)所示。如此繼續(xù)下去，當(dāng)?shù)趎次標(biāo)完數(shù)以后,這個圓周上所有已標(biāo)出的數(shù)的總和是.

答案(n—1）×2n+2解析由題意可得，第n次標(biāo)完后,圓周上所有已標(biāo)出的數(shù)的總和為Tn=1+1+2×2+3×22+…+n×2n—1。設(shè)S=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,則2S=2+2×22+…+（n—1)×2n-1+n×2n,兩式相減可得—S=1+2+22+…+2n-1-n×2n=（1-n)×2n—1，則S=（n-1)×2n+1,故Tn=(n-1）×2n+2.14.已知首項為32的等比數(shù)列｛an}不是遞減數(shù)列，其前n項和為Sn（n∈N＊），且S3+a3,S5+a5，S4+a4成等差數(shù)列（1)求數(shù)列{an｝的通項公式;(2)設(shè)bn=（-1)n+1·n(n∈N*),求數(shù)列{an·bn}的前n項和Tn.解(1)設(shè)等比數(shù)列{an｝的公比為q.由S3+a3，S5+a5,S4+a4成等差數(shù)列,可得2（S5+a5)=S3+a3+S4+a4，即2(S3+a4+2a5)=2S3+a3+2a4，即4a5=a3,則q2=a5a3=1由等比數(shù)列｛an｝不是遞減數(shù)列,可得q=—12故an=32·-12n-1=(（2）由bn=（-1）n+1·n，可得an·bn=（-1）n—1·32n·(-1）n+1·n=3n·故前n項和Tn=31·則12Tn=31兩式相減可得,12Tn=312n+1=化簡可得Tn=61-15.（2018湖南長沙雅禮中學(xué)模擬）若數(shù)列｛an}的前n項和Sn滿足Sn=2an-λ(λ>0，n∈N＊).(1)證明：數(shù)列{an}為等比數(shù)列,并求an；(2)若λ=4,bn=an,n是奇數(shù),log2an,n是偶數(shù)（n∈N（1）證明∵Sn=2an-λ，當(dāng)n=1時，得a1=λ，當(dāng)n≥2時，Sn-1=2an-1-λ，則Sn—Sn-1=2an—2an-1,即an=2an—2an-1，∴an=2an—1,∴數(shù)列｛an}是以λ為首項,2為公比的等比數(shù)列，∴an=λ·2n-1。(2)解∵λ=4,∴an=4·2n—1=2n+1，∴bn=2∴T2n=22+3+24+5+26+7+…+22n+2n+1=（22+24+26+…+22n）+（3+5+…+2n+1)=4-22n·∴T2n=4n+13+n2+2三、高考預(yù)測16.已知數(shù)列{an｝的前n項和為Sn，且a1=2，Sn=2an+k,等差數(shù)列｛bn}的前n項和為Tn，且Tn=n2.(1)求k和Sn；(2)若cn=an·bn,求數(shù)列｛cn｝的前n項和Mn.解（1)∵Sn=2an+k,∴當(dāng)n=1時,S1=2a1+k。∴a1=—k=2,即k=—2.∴Sn=2an—2?！喈?dāng)n≥2時，Sn—1=2an-1-2.∴an=Sn-Sn—1=2an-2an-1?！郺n=2an—1?！鄶?shù)列｛an｝是以2為首項,2為公比的等比數(shù)列.即an=2n。∴Sn=2n+1—2.(2)∵等差數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,且Tn=n2,∴當(dāng)n≥2時，bn=Tn—Tn-1=2n-1。又b1=T1=1符合bn=2n—1，∴bn=2n-1.∴cn=an·bn=(2n—1)2n.∴數(shù)列｛cn}的前n項和Mn=1×2+3×