2011届高考数学复习好题精选-数列求和

高考资源网（ks5u.com）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！数列求和题组一分组转化求和1.数列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有十项，且其和为240，则a1＋…＋ak＋…＋a10之值为()A．31B．120C．130D．185解析：a1＋…＋ak＋…＋a10＝240－(2＋…＋2k＋…＋20)＝240－(2＋20)×102＝240－110＝130.答案：C2．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－12n，其前n项和Sn＝32164，则项数n等于()A．13B．10C．9D．6解析：∵an＝1－12n，∴Sn＝(1－12)＋(1－14)＋(1－18)＋…＋(1－12n)＝n－(12＋14＋18＋…＋12n)＝n－12[1－(12)n]1－12＝n－1＋12n，由Sn＝32164＝n－1＋12n，观察可得出n＝6.答案：D3．已知数列{an}中，a1＝2，点(an－1，an)(n1，且n∈N*)满足y＝2x－1，则a1＋a2＋…＋a10＝________.解析：∵an＝2an－1－1，∴an－1＝2(an－1－1)∴{an－1}为等比数列，则an＝2n－1＋1，∴a1＋a2＋…＋a10＝10＋(20＋21＋…＋29)＝10＋1－2101－2＝1033.答案：1033高考资源网（ks5u.com）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！题组二裂项相消求和4.设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列{1f(n)}(n∈N*)的前n项和是()A.nn＋1B.n＋2n＋1C.nn－1D.n＋1n解析：f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，∴f(x)＝x(x＋1)，1f(n)＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，用裂项法求和得Sn＝nn＋1.答案：A5．数列an＝1n(n＋1)，其前n项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为()A．－10B．－9C．10D．9解析：数列的前n项和为11×2＋12×3＋…＋1n(n＋1)＝1－1n＋1＝nn＋1＝910，所以n＝9，于是直线(n＋1)x＋y＋n＝0即为10x＋y＋9＝0，所以在y轴上的截距为－9.答案：B6．在数列{an}中，an＝1n＋1＋2n＋1＋…＋nn＋1，又bn＝2an·an＋1，求数列{bn}的前n项的和．解：由已知得：an＝1n＋1(1＋2＋3＋…＋n)＝n2，bn＝2n2·n＋12＝8(1n－1n＋1)，∴数列{bn}的前n项和为Sn＝8＝8(1－1n＋1)＝8nn＋1.题组三错位相减法求和7.求和：Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan.高考资源网（ks5u.com）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！解：当a＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2；当a≠1时，Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan，1aSn＝1a2＋2a3＋3a4＋…＋n－1an＋nan＋1，两式相减得，(1－1a)Sn＝1a＋1a2＋1a3＋…＋1an－nan＋1＝1a[1－(1a)n]1－1a－nan＋1，即Sn＝a(an－1)－n(a－1)an(a－1)2，∴Sn＝n(n＋1)2，a＝1，a(an－1)－n(a－1)an(a－1)2，a≠1.8．(2010·昌平模拟)设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，①∴当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝n－13.②①－②得3n－1an＝13，an＝13n.在①中，令n＝1，得a1＝13，适合an＝13n，∴an＝13n.(2)∵bn＝nan，∴bn＝n3n.∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n3n，③∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n3n＋1.④④－③得2Sn＝n3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，即2Sn＝n3n＋1－3(1－3n)1－3，∴Sn＝(2n－1)3n＋14＋34.高考资源网（ks5u.com）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！题组四数列求和的综合应用9.(2010·长郡模拟)数列{an}，已知对任意正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，则a21＋a22＋a23＋…＋a2n等于()A．(2n－1)2B.13(2n－1)C.13(4n－1)D．4n－1解析：∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，∴a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2n－1－1，∴an＝2n－2n－1＝2n－1，∴a2n＝4n－1，∴a21＋a22＋a23＋…＋a2n＝1－4n1－4＝13(4n－1)．答案：C10．已知数列{an}的通项公式为an＝log2n＋1n＋2(n∈N*)，设其前n项和为Sn，则使Sn－5成立的自然数n()A．有最大值63B．有最小值63C．有最大值32D．有最小值32解析：法一：依题意有an＝log2n＋1n＋2＝log2(n＋1)－log2(n＋2)，所以Sn＝log22－log23＋log23－log24＋…＋log2(n＋1)－log2(n＋2)＝log22－log2(n＋2)＝1－log2(n＋2)，令1－log2(n＋2)－5，解得n62，故使Sn－5成立的自然数n有最小值63.法二：Sn＝log223＋log234＋…＋log2n＋1n＋2＝log2(23×34×…×n＋1n＋2)＝log22n＋2，所以由Sn－5，得log22n＋2－5，解得n62，故使Sn－5成立的自然数n有最小值63.答案：B11．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”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.解析：∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n－2＋2＝2n.高考资源网（ks5u.com）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！∴Sn＝2－2n＋11－2＝2n＋1－2.答案：2n＋1－212．(文)(2009·湖北高考改编)已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－(12)n－1＋2(n∈N*)．(1)令bn＝2nan，求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)令cn＝n＋1nan，求Tn＝c1＋c2＋…＋cn的值．解：(1)在Sn＝－an－(12)n－1＋2中，令n＝1，可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝12.当n≥2时，Sn－1＝－an－1－(12)n－2＋2，∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋(12)n－1，∴2an＝an－1＋(12)n－1，即2nan＝2n－1an－1＋1.∵bn＝2nan，∴bn＝bn－1＋1，即当n≥2时，bn－bn－1＝1.又b1＝2a1＝1，∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．于是bn＝1＋(n－1)·1＝n＝2nan，∴an＝n2n.(2)由(1)得cn＝n＋1nan＝(n＋1)(12)n，所以Tn＝2×12＋3×(12)2＋4×(12)3＋…＋(n＋1)·(12)n，①12Tn＝2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n·(12)n＋(n＋1)·(12)n＋1，②由①－②得12Tn＝1＋(12)2＋(12)3＋…＋(12)n－(n＋1)·(12)n＋1＝1＋14[1－(12)n－1]1－12－(n＋1)(12)n＋1＝32－n＋32n＋1.∴Tn＝3－n＋32n.高考资源网（ks5u.com）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！(理)已知数列{an}是首项为a1＝14，公比q＝14的等比数列，设bn＋2＝3log14an(n∈N*)，数列{cn}满足cn＝an·bn.(1)求证：{bn}是等差数列；(2)求数列{cn}的前n项和Sn；(3)若cn≤14m2＋m－1对一切正整数n恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)证明：由题意知，an＝(14)n(n∈N*)．∵bn＝3log14an－2，b1＝3log14a1－2＝1，∴bn＋1－bn＝3log14an＋1－3log14an＝3log14an＋1an＝3log14q＝3，∴数列{bn}是首项为b1＝1，公差为d＝3的等差数列．(2)由(1)知，an＝(14)n，bn＝3n－2(n∈N*)，∴cn＝(3n－2)×(14)n，(n∈N*)，∴Sn＝1×14＋4×(14)2＋7×(14)3＋…＋(3n－5)×(14)n－1＋(3n－2)×(14)n，于是14Sn＝1×(14)2＋4×(14)3＋7×(14)4＋…＋(3n－5)×(14)n＋(3n－2)×(14)n＋1，两式相减得34Sn＝14＋3－(3n－2)×(14)n＋1＝12－(3n＋2)×(14)n＋1，∴Sn＝23－3n＋23·(14)n(n∈N*)．(3)∵cn＋1－cn＝(3n＋1)·(14)n＋1－(3n－2)·(14)n＝9(1－n)·(14)n＋1，(n∈N*)．∴当n＝1时，c2＝c1＝14，当n≥2时，cn＋1＜cn，即c1＝c2c3c4…cn，∴cn取得的最大值是14.又cn≤14m2＋m－1对一切正整数n恒成立，∴14m2＋m－1≥14，即m2＋4m－5≥0，得m≥1或m≤－5.高考资源网（ks5u.com）您身边的高考专家高考资源网版权所有，侵权必究！