高考数学一轮复习第五章数列课时达标31数列求和.doc

1第第 3131 讲讲 数列求和数列求和[解密考纲]考查数列的通项公式、数列求和的方法，主要考查公式法、裂项相消法和错位相减法求前n项和，以及利用Sn与an的关系求通项公式，三种题型均有考查，位于各类题型的中间靠后位置．一、选择题1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S6＝( D D )1 nn＋1A． B．1 424 5C． D．5 66 7解析 因为an＝＝ －，所以S6＝1－ ＋ － ＋…＋ － ＝1－ ＝ .1 nn＋11 n1 n＋11 21 21 31 61 71 76 72．已知Sn＝＋＋＋…＋，若Sm＝10，则m＝( C C )12＋113＋ 212＋ 31n＋1＋nA．11 B．99C．120 D．121解析 因为＝＝－，所以Sm＝－＋－＋…＋1n＋1＋nn＋1－nn＋1－nn＋1n2132－＝－1.由已知得－1＝10，所以m＝120，故选 C．m＋1mm＋1m＋13．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sin ，记Sn为数列{an}的前nn＋1π 2项和，则S2 018＝( D D )A．1 006 B．1 007C．1 008 D．1 010解析 由题意，得an＋1＝an＋sin，所以a2＝a1＋sin π＝1，a3＝a2＋sinn＋1π 2＝0，a4＝a3＋sin 2π＝0，a5＝a4＋sin＝1，…，因此，数列{an}是一个以 4 为周3π 25π 2期的周期数列，而 2 018＝4×504＋2，所以S2 018＝504×(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝1 010，故选 D．4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前 100 项{1 anan＋1}和为( A A )A． B．100 10199 1012C． D．99 100101 100解析 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.∵a5＝5，S5＝15，∴Error!∴Error!∴an＝a1＋(n－1)d＝n.∴＝＝ －，∴数列的前 100 项和为1 anan＋11 nn＋11 n1 n＋1{1 anan＋1}1－ ＋ － ＋…＋－＝1－＝.1 21 21 31 1001 1011 101100 1015．数列{an}的通项公式an＝ncos ，其前n项和为Sn，则S2 018＝( B B )nπ 2A．2 017 B．－1 010C．504 D．0解析 因为an＝ncos，所以当n为奇数时，an＝0，nπ 2当n为偶数时，an＝Error!其中m∈N N*，所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a2 016＋a2 017＋a2 018＝a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a2 016＋a2 018＝－2＋4－6＋8－10＋12－14＋…＋2 016－2 018＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋(－2 014＋2 016)－2 018＝2×504－2 018＝－1 010，故选 B．6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N N* *)，Sn是数列{an}的前n项和，则S2 018＝( B B )A．22 018－1 B．3×21 009－3C．3×21 009－1 D．3×22 018－2解析 依题意得an·an＋1＝2n，an＋1·an＋2＝2n＋1，于是有＝2，即＝2，数列a1，a3，a5，…，a2n－1，…是以a1＝1 为首项、an＋1·an＋2 an·an＋1an＋2 an2 为公比的等比数列；数列a2，a4，a6，…，a2n，…是以a2＝2 为首项、2 为公比的等比数列，于是有S2 018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)＝＋1－21 009 1－2＝3×21 009－3.21－21 009 1－2二、填空题7．在数列{an}中，an＝＋＋…＋，又bn＝，则数列{bn}的前n1 n＋12 n＋1n n＋12 anan＋13项和为____.8n n＋1解析 ∵an＝＝ ，∴bn＝＝8.nn＋1 2 n＋1n 28 nn＋1(1 n－1 n＋1)∴b1＋b2＋…＋bn＝8＝.(1－1 2＋1 2－1 3＋…＋1 n－1 n＋1)8n n＋18．(2018·河南郑州模拟)设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N N* *)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝__130__.解析 由an＝2n－10(n∈N N*)知{an}是以－8 为首项，2 为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0 得n≥5，所以当n<5 时，an<0；当n≥5 时，an≥0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.9．若数列{an}是正项数列，且＋＋…＋＝n2＋3n(n∈N N* *)，则＋＋…＋a1a2ana1 2a2 3＝__2n2＋6n__.an n＋1解析 令n＝1，得＝4，∴a1＝16.a1当n≥2 时，＋＋…＋＝(n－1)2＋3(n－1)．a1a2an－1与已知式相减，得＝(n2＋3n)－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2.an∴an＝4(n＋1)2，当n＝1 时，a1适合an.∴an＝4(n＋1)2，∴＝4n＋4，an n＋1∴＋＋…＋＝＝2n2＋6n.a1 2a2 3an n＋1n8＋4n＋4 2三、解答题10．在数列{an}中，a1＝3，an＝2an－1＋(n－2) (n≥2，n∈N N* *)．(1)求a2，a3的值；(2)证明：数列{an＋n}是等比数列，并求{an}的通项公式；(3)求数列{an}的前n项和Sn.解析 (1)令n＝2 得a2＝2a1＝6.令n＝3，得a3＝2a2＋1＝13.(2)证明：因为an＋n＝2[an－1＋(n－1)]，a1＋1＝4≠0，所以an＋n≠0，所以＝2，an＋n an－1＋n－1所以数列{an＋n}是首项为 4，公比为 2 的等比数列，所以an＋n＝4·2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－n.4(3)因为an＝2n＋1－n，所以Sn＝(22＋23＋…＋2n＋1)－(1＋2＋…＋n)＝－＝2n＋2－.41－2n 1－2nn＋1 2n2＋n＋8 211．(2018·安徽淮南模拟)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．(1)求d，an；(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.解析 (1)由题意得 5a3·a1＝(2a2＋2)2，所以d2－3d－4＝0，解得d＝－1 或d＝4，所以an＝－n＋11 或an＝4n＋6.(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d<0，所以d＝－1，an＝－n＋11.当n≤11 时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n；1 221 2当n≥12 时，|a1|＋|a2|＋…＋|a11|＋|a12|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a11－a12－…－an＝S11－(Sn－S11)＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.1 221 2综上所述，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝Error!12．(2016·山东卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求数列的通项公式；{bn}(2)令cn＝，求数列的前n项和Tn.an＋1n＋1 bn＋2n{cn}解析 (1)由题意知，当n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.当n＝1 时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5.设数列{bn}的公差为d.由Error!即Error!可解得b1＝4，d＝3.所以bn＝3n＋1.(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.6n＋6n＋1 3n＋3n又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，52Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×＝－3n·2n＋2.[4＋41－2n 1－2－n＋1 × 2n＋2]所以Tn＝3n·2n＋2.。