2021版高考数学一轮复习核心素养测评四十数列的求和理北师大版
核心素养测评四十 数列的求和
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.数列{an}的通项公式是an=,若前n项和为10,则项数n为 ( )
A.120 B.99 C.11 D.121
【解析】选A.an=
=
=-,
所以a1+a2+…+an
=(-1)+(-)+…+(-)
=-1=10.
即=11,所以n+1=121,n=120.
2.已知数列{an}的通项公式是an=2n-3,则其前20项和为 ( )
A.380- B.400-
C.420- D.440-
【解析】选C.令数列{an}的前n项和为Sn,
则S20=a1+a2+…+a20
=2(1+2+…+20)-3
- 11 -
=2×-3×
=420-.
3.已知等比数列{an},a1=1,a4=,且a1a2+a2a3+…+anan+1
0.
(1)求数列的通项公式.
(2)若bn=,记数列的前n项和为Tn,证明:Tn≥.
【解析】(1)当n=1时,2S1==2a1,因为a1>0,所以a1=2,
当n≥2时,2an=2
=-,
所以=0,因为an>0,所以an-an-1-1=0,所以an-an-1=1,
所以是以a1=2为首项,d=1为公差的等差数列,所以an=n+1;
(2)由(1)得an=n+1,所以bn==-,
- 11 -
所以Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=++…++=-3,
因为Tn+1-Tn=-=>0,所以是递增数列,
所以Tn≥T1=-3=.
10.已知数列{an}的各项均为正数,且-2nan-(2n+1)=0,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)若bn=2n·an,求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)由-2nan-(2n+1)=0得[an-(2n+1)]·(an+1)=0,所以an=2n+1或an=-1,又数列{an}的各项均为正数,负值应舍去,
所以an=2n+1,n∈N*.
(2)因为bn=2n·an=2n·(2n+1),
所以Tn=2×3+22×5+23×7+…+2n×(2n+1),①
2Tn=22×3+23×5+…+2n×(2n-1)+2n+1×(2n+1),②
由①-②得-Tn=6+2×(22+23+…+2n)-2n+1×(2n+1)=6+2×-2n+1×(2n+1)
=-2+2n+1(1-2n).
所以Tn=(2n-1)·2n+1+2.
(15分钟 35分)
1.(5分)若数列{an}的通项公式是an=(-1)n(3n-2),则a1+a2+a3+…+a10= ( )
A.15 B.12 C.-12 D.-15
【解析】选A.因为an=(-1)n(3n-2),所以a1+a2+…+a10=-1+4-7+10-13+16-19
+22-25+28=(-1+4)+(-7+10)+(-13+16)+(-19+22)+(-25+28)=3×5=15.
- 11 -
【变式备选】已知数列{an}的前n项和为Sn,通项公式an=n·(-1)n+1,则S17=
( )
A.10 B.9 C.8 D.7
【解析】选B.S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17=1+(-2+3)+(-4+5)+…+(-14+15)+(-16+17)=1+1+1+…+1=9.
【一题多解】解决本题还可以采用以下方法:
选B.S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17=(1+3+…+17)-(2+4+…+16)=81-72=9.
2.(5分)已知等比数列{an}的首项为,公比为-,其前n项和为Sn,则Sn的最大值为 ( )
A. B. C. D.
【解析】选D.因为等比数列{an}的首项为,公比为-,所以Sn==1-,
当n取偶数时,Sn=1-<1;
当n取奇数时,Sn=1+≤1+=.
所以Sn的最大值为.
【变式备选】
已知数列{an}满足an+1=+,且a1=,则该数列的前20项的和等于________________.
【解析】因为a1=,又an+1=+,
所以a2=1,从而a3=,a4=1,
- 11 -
即得an=
故数列的前20项的和等于S20=10×=15.
答案:15
3.(5分)3×2-1+4×2-2+5×2-3+…+(n+2)·2-n=________________.
【解析】设Sn=3×2-1+4×2-2+5×2-3+…+
(n+2)·2-n,
Sn=3×2-2+4×2-3+5×2-4+…+(n+2)·2-(n+1),
则Sn=3×2-1+2-2+2-3+…+2-n-(n+2)·2-(n+1)
=1+-(n+2)·2-n-1
=2--(n+2)·2-n-1,
Sn=4--,Sn=4-.
答案:4-
4.(10分)已知等差数列{an}的公差为d,且方程a1x2-dx-3=0的两个根分别为-1,3.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)若bn=+2an,求数列{bn}的前n项和Sn.
- 11 -
【解析】(1)由题知,解得
故数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)由(1)知bn=+2an=22n-1+2(2n-1)=+4n-2,
则Sn=×(4+42+43+…+4n)+(2+6+10+…+4n-2)=×+
=+2n2-.
【变式备选】
已知数列{an}的前n项和为Sn,满足a1=2,an+1=2Sn+2.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)若数列{bn}满足:bn=an+log3an,求数列{bn}的前2n项和S2n.
【解析】(1)因为an+1=2Sn+2,①
所以当n≥2时, an=2Sn-1+2,②
①-②得:an+1-an=2an
⇒an+1=3an,又a1=2,由①得
a2=2a1+2=6,所以a2=3a1,
所以{an}是以2为首项,3为公比的等比数列,
所以an=2×3n-1.
(2)因为bn=an+(-1)nlog3an
=2×3n-1+(-1)nlog3(2×3n-1)
=2×3n-1+(-1)n[log32+(n-1)log33]
=2×3n-1+(-1)n(-1+log32)+(-1)nn
所以S2n=b1+b2+…+b2n
- 11 -
=2(1+3+32+…+32n-1)+0+n
=32n+n-1.
5.(10分)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*).
【解析】(1)因为b2+b3=12,且b1=2,
所以q2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2,所以bn=2n.
设等差数列{an}的公差为d,
由b3=a4-2a1可得3d-a1=8,①
由S11=11b4可得a1+5d=16,②
联立①②解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.
所以{an}的通项公式为an=3n-2,{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2得
Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,
2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,
上述两式相减得:
-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1=-4-(6n-2)×2n+1=-(3n-4)2n+2-16.
所以Tn=(3n-4)2n+2+16.
所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n-4)2n+2+16.
1.已知数列中,a1=2,点在函数f=x2+2x的图像上,其中n=1,2,3,….若bn=+,数列的前n项和为Sn,则S2 020+=
( )
A.2 020 B.20 C.2 D.1
- 11 -
【解析】选D.因为点在函数f=x2+2x的图像上,所以an+1=+2an,所以=,所以bn=-,所以Sn=b1+b2+…+bn=-+-+…+-=-,所以Sn+==1,则S2 020+=1.
2.已知正项数列{an}中,a1=1,a2=2,2=+(n≥2),bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,则S33的值是________________.
【解析】因为2=+(n≥2),
所以数列{}是首项为1,公差为22-1=3的等差数列,所以=1+3(n-1)=3n-2.
所以an=,所以bn=
==(-),
所以数列{bn}的前n项和Sn=[(-1)+(-)+…+(-)]=(-1).
则S33=(10-1)=3.
答案:3
- 11 -
