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专题强化练4　数列求和
一、选择题
1.(2020广东中山一中高二上第二次统测,)设Sn为数列{an}的前n项和,an=1+2+22+…+2n-1,则Sn的值为(　　)
A.2n-1 B.2n-1-1
C.2n-n-1 D.2n+1-n-2
2.()已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于(　　)
A.0 B.100 C.-100 D.10 200
3.(2020山东淄博一中高二上期中,)已知等比数列{an}满足an>0,n=1,2,…,且a5a2n-5=22n(n≥3),则当n≥1时,log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=(　　)
A.n(2n-1) B.(n+1)2 C.n2 D.(n-1)2
4.(2020江西九江一中高二上期中,)已知数列{an}的前n项和为Sn=1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1·(4n-3),则S15+S22-S31的值是(深度解析)
A.13 B.-76 C.46 D.76
5.()定义为n个正数p1,p2,…,pn的“均倒数”.若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为,bn=,则++…+=(　　)
A. B. C. D.
6.(多选)()设数列{an}的前n项和为Sn,若存在实数A,使得对任意n∈N*,都有|Sn|A.若{an}是等差数列,且a1>0,公差d<0,则数列{an}是“T数列”
B.若{an}是等比数列,且公比q满足|q|<1,则数列{an}是“T数列”
C.若an=,则数列{an}是“T数列”
D.若an=,则数列{an}是“T数列”
二、填空题
7.(2019河南商丘九校联考高二期末,)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4,则数列{an+bn}的前n项和为　　　　.
8.(2020河北衡水中学高三上期末,)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a4=24,a6=96,且a9>0,则满足不等式Sn>93成立的最小正整数n为　　　　.
三、解答题
9.(2019山东菏泽高二期末,)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,a2a4=64,S3=56.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=|log2an|,求数列{bn}的前n项和Tn.
10.(2020浙江浙南名校联盟高二上期中联考,)已知正项等比数列{an}和等差数列{bn}满足a1=b1=1,a2是b1,b3的等差中项,且a3=b3+4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=anbn,数列{cn}的前n项和为Sn,若Sn≤kn·3n恒成立,求实数k的取值范围.
11.(2020浙江衢州四校联盟高二上期中联考,)已知{an}是等差数列,公差不为0,其前n项和为Sn.若a2,a4,a7成等比数列,S3=12.
(1)求an及Sn;
(2)已知数列{bn}满足-=an,n∈N*,b1=,Tn为数列{bn}的前n项和,求Tn的取值范围.
答案全解全析
一、选择题
1.D　∵an=1+2+22+…+2n-1
==2n-1,
∴Sn=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)
=-n=2n+1-n-2.故选D.
2.B　由题意可得,当n为奇数时,an=f(n)+f(n+1)=n2-(n+1)2=-2n-1;
当n为偶数时,an=f(n)+f(n+1)=-n2+(n+1)2=2n+1.
所以a1+a2+a3+…+a100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)=[-2×(1+3+5+…+99)-50]+[2×(2+4+6+…+100)+50]=100,故选B.
3.C　∵{an}是等比数列,∴a1a2n-1=a3a2n-3=a5a2n-5=…=a2n-1a1=22n.
设a1a3…a2n-1=A,则a2n-1a2n-3…a1=A,
∴A2=(a1a2n-1)·(a3a2n-3)·…·(a2n-1a1)=(22n)n.
又an>0,∴A=.
∴log2a1+log2a3+…+log2a2n-1
=log2(a1a3…a2n-1)=log2=n2.故选C.
4.B　∵Sn=1-5+9-13+17-21+…+(-1)n-1·(4n-3),
∴S15=(1-5)+(9-13)+(17-21)+…+(49-53)+57=-4×7+57=29,
S22=(1-5)+(9-13)+(17-21)+…+(81-85)=-4×11=-44,
S31=(1-5)+(9-13)+(17-21)+…+(113-117)+121=-4×15+121=61,
∴S15+S22-S31=29-44-61=-76.故选B.
解后反思　在本题中,易知数列中相邻的两项和为定值-4,将其结合成一组,根据n为奇数或偶数来判断结合后的组数.当n为偶数时,共有组;当n为奇数时,共有组,最后一个数为正数.
5.C　由题意得,=,所以a1+a2+…+an=n(3n+1)=3n2+n,记数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=3n2+n.当n=1时,a1=S1=4;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2+n-[3(n-1)2+(n-1)]=6n-2.经检验,a1=4也符合此式,所以an=6n-2,n∈N*,所以bn==n,所以++…+=++…+=++…+-=1-=.故选C.
6.BC　在A中,若{an}是等差数列,且a1>0,公差d<0,则Sn=n2+n,
当n无限增大时,|Sn|也无限增大,所以数列{an}不是“T数列”,故A错误.
在B中,因为{an}是等比数列,且公比q满足|q|<1,
所以|Sn|==≤+<2,
所以数列{an}是“T数列”,故B正确.
在C中,因为an==-,
所以|Sn|=-+-+…+-=-<,
所以数列{an}是“T数列”,故C正确.
在D中,因为an==,
所以Sn=n++++…+,
当n无限增大时,|Sn|也无限增大,所以数列{an}不是“T数列”,故D错误.故选BC.
二、填空题
7.答案　n2+
解析　设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
则由b2=3,b3=9,a1=b1,
可得q==3,b1=a1=1,
又a14=b4,所以1+13d=1×33,解得d=2,
所以数列{an+bn}的前n项和为n+·2+=n2+.
8.答案　6
解析　设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,由a4=24,a6=96,得q2==4,所以q=2或q=-2,
又因为a9=a4q5>0,所以q=2,
由a4=a1×23=24,得a1=3,
所以Sn==3×(2n-1).
令Sn>93,即3×(2n-1)>93,即2n>32,解得n>5,
又因为n∈N*,所以nmin=6.
三、解答题
9.解析　(1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0).∵a2a4==64,∴a3=8,
又∵S3=56,∴++a3=56,
∴++8=56,
解得q=或q=-(舍去),
∴an=a3qn-3=26-n.
(2)由(1)知,an=26-n,
∴bn=|log2an|=|6-n|
=
当n≤6时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=5+4+3+…+(6-n)==;
当n≥7时,Tn=b1+b2+b3+…+bn
=5+4+3+2+1+0+1+2+3+…+(n-6)
=15+=.
∴Tn=
10.解析　(1)设{an}的公比为q,{bn}的公差为d,由题意得q>0,
∵a1=b1=1,b1+b3=2a2,b3+4=a3,
∴
解得或(舍去).
∴an=3n-1(n∈N*),bn=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)得,cn=(2n-1)3n-1,则
Sn=1×30+3×31+5×32+…+(2n-1)×3n-1,
3Sn=1×31+3×32+…+(2n-3)×3n-1+(2n-1)×3n,
两式相减得,
-2Sn=1+2·31+2·32+…+2·3n-1-(2n-1)·3n=1+2·-(2n-1)·3n=(2-2n)·3n-2,
∴Sn=(n-1)·3n+1.
又Sn≤kn·3n恒成立,即(n-1)·3n+1≤kn·3n恒成立,即(k-1)n+1≥恒成立,
∴解得k≥1,
∴实数k的取值范围是[1,+∞).
11.解析　(1)设数列{an}的首项为a1,公差为d(d≠0),由题意得,
解得∴an=3+(n-1)×1=n+2,
Sn==.
(2)由-=an得,当n≥2时,-=an-1,又由(1)知an=n+2,
∴=++-+…++=an-1+an-2+an-3+…+a1+3=(n≥2).
经检验,当n=1时上式仍成立,
∴bn==2(n∈N*),
∴Tn=2×+-++…+=2×=1-,
∵函数Tn=1-(n∈N*)在[1,+∞)上单调递增,T1=,
∴Tn∈.

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