2019-2020学年高中数学 第二章 数列 2.5 等比数列的前n项和 第2课时 数列求和习题课课

课后课时精练A级：基础巩固练一、选择题1．设数列{an}满足：an＋1＝an＋1nn＋1，a20＝1，则a1＝()A.120B.121C.221D.110解析由题可得：an＋1－an＝1n－1n＋1，对n分别取正整数后进行叠加，可得an＋1－a1＝1－1n＋1，又a20＝1，当n＝19时，有a20－a1＝1－119＋1，所以a1＝120.2．数列{(－1)nn}的前n项和为Sn，则S2020＝()A．1010B．－1010C．2020D．－2020解析S2020＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－2019＋2020)＝1010.3．已知数列{an}，a1＝1，且a1＋a2＋…＋an－1＝an－1(n≥2，n∈N*)，则1an·an＋1的前n项和为()A．1－14nB．1－12nC.231－14nD.231－12n解析∵a1＋a2＋…＋an－1＝an－1，∴a1＋a2＋…＋an＝an＋1－1.两式两边分别相减得an＋1＝2an(n≥2)，即an＋1an＝2.又∵a1＝1，a2＝2，a2＝2a1，∴{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴an·an＋1＝22n－1，∴1an·an＋1＝12×14n－1，∴1an·an＋1是首项为12，公比为14的等比数列，它的前n项和为121－14n1－14＝231－14n.故选C.4．已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2,2a2n＝a2n－1＋a2n＋1(n≥2)，bn＝1an＋an＋1，记数列{bn}的前n项和为Sn，则S40的值是()A.113B.103C．10D．11解析因为2a2n＝a2n－1＋a2n＋1(n≥2)，所以数列{a2n}为等差数列，且首项为1，公差为3，则a2n＝3n－2，即an＝3n－2，故bn＝1an＋an＋1＝13(3n＋1－3n－2)．则数列{bn}的前n项和为Sn＝13[(4－1)＋(7－4)＋…＋(3n＋1－3n－2)]＝13(3n＋1－1)，故S40＝13(3×40＋1－1)＝103.二、填空题5．在等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列1bnbn＋1的前n项和Sn＝________.nn＋1解析∵a1＝3，a4＝81，∴3q3＝81，∴q＝3，an＝3×3n－1＝3n.∴bn＝log33n＝n，1bnbn＋1＝1nn＋1.∴Sn＝1b1b2＋1b2b3＋1b3b4＋…＋1bn－1bn＋1bnbn＋1＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n－1n＋1nn＋1＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.6．已知函数f(x)＝x1＋x，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2018)＋f12＋f13＋…＋f12018＝________.40352解析由f(x)＝x1＋x，得f(1)＝12，且f1x＝1x1＋1x＝1x＋1，即f(x)＋f1x＝1.则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2018)＋f12＋f13＋…＋f12018＝f(1)＋f12＋f2×2017＝12＋2017＝40352.7．数列{an}是1，1＋12，1＋12＋14，…，1＋12＋14＋…＋12n－1，其前n项和Sn＝________________.2n－2＋12n－1解析∵an＝1＋12＋14＋…＋12n－1＝21－12n，∴Sn＝21－12＋1－122＋…＋1－12n＝2n－121－12n1－12＝2n－2＋12n－1.三、解答题8．设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4.(1)求{an}的通项公式；(2)设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an＋bn}的前n项和Sn.解(1)设{an}的公比为q.由a1＝2，a3＝a2＋4，得2q2＝2q＋4，解得q＝2或q＝－1(舍去)．因此{an}的通项公式为an＝2n.(2)由题意，得Sn＝21－2n1－2＋n×1＋nn－12×2＝2n＋1＋n2－2.9．在数列{an}中，若an＝1，n＝1，an－1＋12，n≥2，求数列{an}的前n项和．解当n＝1时，S1＝a1＝1.当n≥2时，若a＝0，有an＝1，n＝1，12，n≥2，则Sn＝1＋12(n－1)＝n＋12.若a＝1，有an＝1，n＝1，32，n≥2，则Sn＝1＋32(n－1)＝3n－12.若a≠0且a≠1，则Sn＝1＋12＋a＋12＋a2＋…＋12＋an－1＝1＋12(n－1)＋(a＋a2＋…＋an－1)＝n＋12＋a－an1－a.综上所述，Sn＝1，n＝1，n＋12，a＝0且n≥2，3n－12，a＝1且n≥2，n＋12＋a－an1－a，a≠0且a≠1且n≥2.10．设{an}是公差不为0的等差数列，Sn是其前n项和，已知S1与17S7的等比中项为13S3，且S1与13S3的等差中项为3.(1)求数列{an}的通项an；(2)若等比数列{bn}满足b1＝S1，b2＝13S3，求和Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn.解(1)因S1＝a1，S7＝7a1＋21d，故17S7＝a1＋3d，因S3＝3a1＋3d，故13S3＝a1＋d.已知S1与17S7的等比中项为13S3，故有等式：(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即d(d－a1)＝0，已知d≠0，故必有d＝a1.又S1与13S3的等差中项是3，故2a1＋d＝3a1＝6，a1＝d＝2，于是得an＝2＋2(n－1)＝2n.(2)因b1＝S1＝a1＝2，b2＝13S3＝a1＋d＝2a1＝4，故公比q＝42＝2，所以bn＝2n，于是anbn＝2[n×2n]，故Tn＝2[1×21＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n]，①2Tn＝2[1×22＋2×23＋3×24＋4×25＋5×26＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1]，②①－②，得－Tn＝2(21＋22＋23＋24＋25＋…＋2n－n×2n＋1)＝2[2(2n－1)－n×2n＋1]．故Tn＝2n×2n＋1－4(2n－1)＝4n×2n－4×2n＋4＝4[(n－1)2n＋1]＝(n－1)2n＋2＋4.B级：能力提升练1．数列{an}的通项公式是an＝2sinnπ2＋π4，设其前n项和为Sn，则S12的值为()A．0B.2C．－2D．1解析a1＝2sinπ2＋π4＝1，a2＝2sinπ＋π4＝－1，a3＝2sin3π2＋π4＝－1，a4＝2sin2π＋π4＝1，同理，a5＝1，a6＝－1，a7＝－1，a8＝1，a9＝1，a10＝－1，a11＝－1，a12＝1，∴S12＝0.2．将各项均为正数的数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规律排成数表，如表．记表中各行的第一个数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为{bn}，各行的最后一个数a1，a3，a6，a10，…构成的数列为{cn}，第n行所有数的和为Sn(n＝1,2,3,4，…)．已知数列{bn}是公差为d的等差数列，从第二行起，每一行中的数按照从左到右的顺序每一个数与它前面一个数的比是常数q，且a1＝a13＝1，a31＝53.a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10……………………(1)求数列{cn}，{Sn}的通项公式；(2)记dn＝2n－1Sn＋cn＋2n＋1Sn＋1(n∈N*)，求证：d1＋d2＋d3＋…＋dn4n3－29.解(1)由题意得bn＝dn－d＋1.前n行共有1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12个数．∵13＝4×52＋3，∴a13＝b5×q2，即(4d＋1)q2＝1.又∵31＝7×82＋3，∴a31＝b8×q2，即(7d＋1)q2＝53，解得d＝2，q＝13.∴bn＝2n－1，cn＝bn13n－1＝2n－13n－1，Sn＝2n－11－13n1－13＝32(2n－1)·3n－13n.(2)证明：dn＝2n－1Sn＋cn＋2n＋1Sn＋1＝2n－1322n－13n－13n＋23n＋2n＋1322n＋1·3n＋1－13n＋1＝233n3n＋1＋3n＋13n＋1－1＝232＋13n＋1－1－13n＋1＝232－23n－13n＋1－13n＋1.又∵23n－13n＋1－13n＋123n－13n＋1－33n＋1＝233n＋123n＋1，∴d1＋d2＋d3＋…＋dn232n－2132＋133＋…＋13n＋1＝4n3－29＋23n＋24n3－29.