2016届高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：课时跟踪检测(三十三)　数列求和

2016届高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：课时跟踪检测(三十三)　数列求和

课时跟踪检测(三十三)　数列求和 ‎(分A、B卷，共2页)‎ A卷：夯基保分 一、选择题 ‎1．数列{1＋2n－1}的前n项和为(　　)‎ A．1＋2n　　　　　　　　　 B．2＋2n C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n ‎2．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为(　　)‎ A.或5 B.或5‎ C. D. ‎3．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝(　　)‎ A．15 B．12‎ C．－12 D．－15‎ ‎4．(2015·曲靖一模)＋＋＋…＋的值为(　　)‎ A. B.－ C.－ D.－＋ ‎5．已知数列{an}满足an＋1＝＋，且a1＝，则该数列的前2 016项的和等于(　　)‎ A．1 509 B．3 018‎ C．1 512 D．2 016‎ ‎6．(2015·日照一模)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝(　　)‎ A．6n－n2 B．n2－6n＋18‎ C. D. 二、填空题 ‎7．(2015·沈阳质量监测)已知数列{an}满足an＝，则数列的前n项和为________．‎ ‎8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.‎ ‎9．(2015·辽宁五校协作体联考)在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，记Sn是数列{an ‎}的前n项和，则S60＝________.‎ ‎10．(2015·西安二模)数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn＝anan＋1an＋2(n∈N*)，设Sn为{bn}的前n项和．若a12＝a5＞0，则当Sn取得最大值时n的值为________．‎ 三、解答题 ‎11．(2014·湖南高考)已知数列{an} 的前n 项和Sn＝，n∈N* .‎ ‎(1)求数列{an} 的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝2＋(－1)nan ，求数列{bn} 的前2n 项和．‎ ‎12．在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝2，证明：数列{bn}为等比数列；‎ ‎(3)求数列{nbn}的前n项和Tn.‎ B卷：增分提能 ‎1．(2015·大连一模)等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为，满足S3＝15，a1＋2b1＝3，a2＋4b2＝6.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项an，bn；‎ ‎(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.‎ ‎2．(2014·山东高考)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ ‎3．(2015·杭州质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝1－，其中n∈N*.‎ ‎(1)设bn＝，求证：数列{bn}是等差数列，并求出{an}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝，数列{cncn＋2}的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得Tn＜对于n∈N*恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．‎ 答案 A卷：夯基保分 ‎1．选C　由题意得an＝1＋2n－1，‎ 所以Sn＝n＋＝n＋2n－1，故选C.‎ ‎2．选C　设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得＝，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为＝.‎ ‎3．选A　记bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.‎ ‎4．选C　∵＝＝＝，‎ ‎∴＋＋＋…＋ ‎＝ ‎＝ ‎＝－.‎ ‎5．选C　因为a1＝，又an＋1＝＋，‎ 所以a2＝1，从而a3＝，a4＝1，即得an＝故数列的前2 016项的和等于S2 016＝1 008×＝1 512.‎ ‎6．选C　由Sn＝n2－6n可得，当n≥2时，‎ an＝Sn－Sn－1＝n2－6n－(n－1)2＋6(n－1)＝2n－7.‎ 当n＝1时，S1＝－5＝a1，也满足上式，‎ 所以an＝2n－7，n∈N*.‎ ‎∴n≤3时，an＜0；n＞3时，an＞0，‎ ‎∴Tn＝ ‎7．解析：an＝＝，‎ ＝＝4，‎ 所求的前n项和为 ‎4 ‎＝4＝.‎ 答案： ‎8．解析：∵an＋1－an＝2n，‎ ‎∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1‎ ‎＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n.‎ ‎∴Sn＝＝2n＋1－2.‎ 答案：2n＋1－2‎ ‎9．解析：依题意得，当n是奇数时，an＋2－an＝1，即数列{an}中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋×1＝465；当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15.因此，该数列的前60项和S60＝465＋15＝480.‎ 答案：480‎ ‎10．解析：设{an}的公差为d，由a12＝a5＞0得a1＝－d，d＜0，所以an＝d，‎ 从而可知当1≤n≤16时，an＞0；‎ 当n≥17时，an＜0.‎ 从而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，‎ b15＝a‎15a16a17＜0，b16＝a‎16a17a18＞0，故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16，S16＞S17＞S18＞….‎ 因为a15＝－d＞0，a18＝d＜0，所以a15＋a18＝－d＋d＝d＜0，所以b15＋b16＝a‎16a17(a15＋a18)＞0，所以S16＞S14，故当Sn取得最大值时n＝16.‎ 答案：16‎ ‎11．解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.‎ 故数列{an}的通项公式为an＝n.‎ ‎(2)由(1)知，an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.‎ 记数列{bn}的前2n项和为T2n，‎ 则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．‎ 记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则 A＝＝22n＋1－2，‎ B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.‎ 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.‎ ‎12．解：(1)设数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，‎ 由a10＝30，a20＝50，‎ 得方程组解得 所以an＝12＋(n－1)·2＝2n＋10.‎ ‎(2)证明：由(1)得bn＝2n，所以＝＝2.‎ 所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．‎ ‎(3)由nbn＝n×2n，得Tn＝1×2＋2×22＋…＋n×2n， ①‎ ‎2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1， ②‎ ‎①－②得，‎ ‎－Tn＝2＋22＋…＋2n－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1.‎ 所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.‎ B卷：增分提能 ‎1．解：(1)设{an}的公差为d，所以 解得a1＝2，d＝3，b1＝，‎ 所以an＝3n－1，bn＝n.‎ ‎(2)由(1)知 Tn＝2×＋5×2＋8×3＋…＋(3n－4)·n－1＋(3n－1)n， ①‎ ‎①×得Tn＝2×2＋5×3＋…＋(3n－4)×n＋(3n－1)n＋1， ②‎ ‎①－②得 Tn＝2×＋3×－(3n－1)n＋1＝1＋3×－(3n－1)·n＋1，整理得Tn＝－(3n＋5)n＋5.‎ ‎2．解：(1)因为S1＝a1，S2＝‎2a1＋×2＝‎2a1＋2，‎ S4＝‎4a1＋×2＝‎4a1＋12，‎ 由题意得(‎2a1＋2)2＝a1(‎4a1＋12)，‎ 解得a1＝1，所以an＝2n－1.‎ ‎(2)bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1＝(－1)n－1.‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝－＋…＋－＝1－＝.‎ 当n为奇数时，‎ Tn＝－＋…－＋＝1＋＝.‎ 所以Tn＝ ‎3．解：(1)∵bn＋1－bn＝－ ‎＝－ ‎＝－＝2(常数)，‎ ‎∴数列{bn}是等差数列．‎ ‎∵a1＝1，∴b1＝2，‎ 因此bn＝2＋(n－1)×2＝2n，‎ 由bn＝得an＝.‎ ‎(2)由cn＝，an＝得cn＝，‎ ‎∴cncn＋2＝＝2，‎ ‎∴Tn＝2＝2＜3，‎ 依题意要使Tn＜对于n∈N*恒成立，只需≥3，即≥3，‎ 解得m≥3或m≤－4，又m为正整数，所以m的最小值为3.‎