（黄冈名师）2020版高考数学大一轮复习 核心素养提升练三十一 6.4 数列求和 理（含解析）新人教

核心素养提升练三十一数列求和(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.120B.99C.11D.121【解析】选A.an===-,所以a1+a2+…+an=(-1)+(-)+…+(-)=-1=10.即=11,所以n+1=121,n=120.2.在数列{an}中,an=,若{an}的前n项和Sn=,则n=()A.3B.4C.5D.6【解析】选D.由an==1-得:Sn=n-=n-,则Sn==n-,将各选项中的值代入验证得n=6.3.已知数列{an}的前n项和为Sn,通项公式an=n·(-1)n+1,则S17=()A.10B.9C.8D.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=9.4.在数列{an}中,若an+1+(-1)nan=2n-1,则数列{an}的前12项和等于()A.76B.78C.80D.82【解析】选B.由已知an+1+(-1)nan=2n-1,得an+2+(-1)n+1·an+1=2n+1,得an+2+an=(-1)n(2n-1)+(2n+1),取n=1,5,9及n=2,6,10,结果相加可得S12=a1+a2+a3+a4+…+a11+a12=78.【变式备选】已知数列{an}的通项公式是an=(-1)n·(3n-2),则a1+a2+…+a10等于()A.15B.12C.-12D.-15【解析】选A.因为an=(-1)n(3n-2),所以a1+a2+…+a10=-1+4-7+10-…-25+28=(-1+4)+(-7+10)+…+(-25+28)=3×5=15.5.在数列{an}中,a1=2,a2=2,an+2-an=1+(-1)n,n∈N*,则S60的值为()A.990B.1000C.1100D.99【解析】选A.n为奇数时,an+2-an=0,an=2;n为偶数时,an+2-an=2,an=n.故S60=2×30+(2+4+…+60)=990.二、填空题(每小题5分,共15分)6.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:37.已知数列{an},{bn},若b1=0,an=,当n≥2时,有bn=bn-1+an-1,则b10=________.【解析】由bn=bn-1+an-1得bn-bn-1=an-1,所以b2-b1=a1,b3-b2=a2,…,bn-bn-1=an-1,所以b2-b1+b3-b2+…+bn-bn-1=a1+a2+…+an-1=++…+,即bn-b1=a1+a2+…+an-1=++…+=-+-+…+-=1-=,又因为b1=0,所以bn=,所以b10=.答案:【变式备选】已知数列{an}中,a1=1,an+1=(-1)n(an+1),记Sn为{an}的前n项和,则S2018=________.【解析】由a1=1,an+1=(-1)n(an+1)可得,a2=-2,a3=-1,a4=0,a5=1,a6=-2,a7=-1,…,故该数列为周期是4的数列,所以S2018=504(a1+a2+a3+a4)+a1+a2=504×(-2)+1-2=-1009.答案:-10098.设数列{an}的通项公式为an=,令bn=nan,则数列{bn}的前n项和Sn为________.【解析】由bn=nan=n·知Sn=1×2+2×23+3×25+…+n×,①从而22×Sn=1×23+2×25+3×27+…+n·,②①-②得(1-22)·Sn=2+23+25+…+-n·,即Sn=[(3n-1)+2].答案:[(3n-1)+2]三、解答题(每小题10分,共20分)9.设数列{an}满足:a1=5,an+1+4an=5(n∈N*).(1)是否存在实数t,使{an+t}是等比数列?(2)设bn=|an|,求{bn}的前2013项的和S2013.【解析】(1)由an+1+4an=5,得an+1=-4an+5.令an+1+t=-4(an+t),得an+1=-4an-5t,所以-5t=5,所以t=-1.从而an+1-1=-4(an-1).又因为a1-1=4,所以an-1≠0.所以{an-1}是首项为4,公比为-4的等比数列.所以存在实数t=-1,使{an+t}是等比数列.(2)由(1)得an-1=4×(-4)n-1⇒an=1-(-4)n.所以bn=|an|=所以S2013=b1+b2+…+b2013=(1+41)+(42-1)+(1+43)+(44-1)+…+(42012-1)+(1+42013)=41+42+43+…+42013+1=+1=.【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+2,②①-②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=2(1+3+32+…+32n-1)+0+n=32n+n-1.10.已知正项数列{an}满足a1+a2+a3+…+an=.(1)求数列{an}的通项公式.(2)设bn=2n·an,求数列{bn}的前n项和Tn.【解题指南】(1)式中令n=1,求得a1=1,n用n-1代,得a1+a2+a3+…+an-1=,两式作差化简可得an-an-1=2,进而可求得an.(2)由(1)可得bn=·2n,由错位相减法可求和.【解析】(1)设数列{an}的前n项和为Sn.当n=1时,a1=,所以a1=1,当n≥2时,4Sn=,所以4Sn-1=,两式相减得4an=+2an--2an-1,即(an+an-1)(an-an-1-2)=0,又an0,所以an-an-1=2,所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,即an=2n-1.(2)因为bn=(2n-1)·2n,所以Tn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n,①2Tn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1,②①-②得-Tn=2+2(22+23+…+2n)-(2n-1)×2n+1=2-8+2n+2-(2n-1)×2n+1=-6+2n+1(2-2n+1)=-6+2n+1(3-2n),所以Tn=6+2n+1(2n-3).【变式备选】已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2.(1)求数列{an}的通项公式.(2)求数列的前n项和Tn.【解析】(1)当n=1时,a1=2.当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,所以an=Sn-Sn-1=2an-2-(2an-1-2),即=2(n≥2,n∈N*),所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,故an=2n(n∈N*).(2)令bn==,则Tn=+++…+,①①×,得Tn=+++…++,②①-②,得Tn=1+++…+-=-,整理得Tn=3-.(20分钟40分)1.(5分)在数列{an}中,已知a1=1,an+1+(-1)nan=cos(n+1)π,记Sn为数列{an}的前n项和,则2019S=()A.2019B.2020C.1008D.-1008【解析】选D.因为an+1+(-1)nan=cos(n+1)π=(-1)n+1,所以当n=2k时,+a2k=-1,k∈N*,所以2019S=a1+(a2+a3)+…+(2018a+2019a)=1+(-1)×1009=-1008.2.(5分)已知在正项等比数列{an}中,a1=1,a2a4=16,则|a1-12|+|a2-12|+…+|a8-12|=()A.224B.225C.226D.256【解析】选B.设正项等比数列{an}的公比为q且q0,因为a1=1,a2a4=16,所以q4=16,解得q=2.所以an=1×2n-1=2n-1,由2n-1≤12,解得n≤4.所以|a1-12|+|a2-12|+…+|a8-12|=12-a1+12-a2+12-a3+12-a4+a5-12+…+a8-12=-2(a1+a2+a3+a4)+(a1+a2+…+a8)=-2×+=-2(24-1)+28-1=225.3.(5分)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,即得an=故数列的前20项的和等于S20=10×=15.答案:15【变式备选】已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足n(n+1)+(n2+n-1)Sn-1=0(n∈N*),则S1+S2+…+=________.【解析】因为n(n+1)+(n2+n-1)Sn-1=0(n∈N*),所以(Sn+1)[n(n+1)Sn-1]=0.所以n(n+1)Sn-1=0,所以Sn==-.所以S1+S2+…+=++…+=.答案:4.(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an-1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式.(2)设bn=2log3+1,求++…+.【解析】(1)当n=1时,a1=a1-1,所以a1=2,当n≥2时,因为Sn=an-1,①所以Sn-1=an-1-1,②①-②得an=-,即an=3an-1,所以数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,所以an=2×3n-1.(2)由(1)得bn=2log3+1=2n-1,所以++…+=++…+=1-+-+…+-=.【变式备选】已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且6Sn=3n+1+a(n∈N*).(1)求a的值及数列{an}的通项公式.(2)若bn=(1-an)log3(·an+1),求数列的前n项和Tn.【解析】(1)因为6Sn=3n+1+a(n∈N*),所以当n=1时,6S1=6a1=9+a,当n≥2时,6an=6(Sn-Sn-1)=2×3n,即an=3n-1,因为{an}是等比数列,所以a1也适合an=3n-1,所以a1=1,则9+a=6,得a=-3,所以a=-3,数列{an}的通项公式为an=3n-1(n∈N*).(2)由(1)得bn=(1-an)log3(·an+1)=(3n-2)·(3n+1),所以Tn=++…+=++…+=1-+-+…+-=.5.(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,an+1=2an+2n+1-1(n∈N*).(1)求a2,a3.(2)求实数λ使为等差数列,并由此求出an与Sn.【解析】(1)因为a1=3,an+1=2an+2n+1-1,所以a2=2×3+22-1=9,a3=2×9+23-1=25.(2)因为a1=3,an+1=2an+2n+1-1,所以an+1-1=2(an-1)+2n+1,所以-=1,故λ=-1时,数列成等差数列,且首项为=1,公差d=1.所以=n,即an=n·2n+1.所以Sn=(1×2+2