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专题练习02：数列求和
基础巩固
1.数列1，2，3，4，…的前n项和为（ ）
A.（n2＋n＋2）－ B.n（n＋1）＋1－
C.（n2－n＋2）－ D.n（n＋1）＋2（1－）
2.已知数列{an}满足：当p＋q＝11（p，q∈N*，p＜q）时，ap＋aq＝2p，则{an}的前10项和S10＝（ ）
A.31 B.62 C.170 D.1 023
3.数列{an}满足an＋an＋1＝（n∈N*），a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为（ ）
A.5 B. C. D.
4.已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3（）n，则其前20项和为（ ）
A.380－×（1－）
B.420－×（1－）
C.400－×（1－）
D.440－×（1－）
5.已知Sn是数列{an}的前n项和，an＋1＋an＝5×2n＋n，则S10＝（ ）
A.2 575 B.3 435
C.4 345 D.5 135
6.＋＋＋…＋＝（ ）
A. B. C. D.
7.数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项和T10＝（ ）
A. B. C. D.
8.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝设数列{an}的前n项和为Sn，则S2 025＝（ ）
A.4 720 B.4 722 C.4 723 D.4 725
9.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＝3Sn＋2.
（1）求{an}的通项公式；
（2）若bn＝n－，令cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
10.记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝3，an＋1＝＋3.
（1）证明：数列{an}为等差数列；
（2）求数列{}的前n项和Tn.
综合运用
11.若数列{an}的通项公式是an＝其前n项和为Sn，则S30等于（ ）
A.120 B.180 C.240 D.360
12.在推导等差数列前n项和的过程中，我们使用了倒序相加法，类比可以求得sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝ .
13.如图所示，图形的点数分别为1，5，12，22，…，总结规律并以此类推下去，第10个图形对应的点数为 ，若这些数构成一个数列{an}，记数列{}的前n项和为Sn，则S2 024＝ .
拔高拓展
14.已知f（x）＝x3－3x2，则f（）＋f（）＋…＋f（）等于（ ）
A.－8 088 B.－8 090
C.－8 094 D.－8 098
15.已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ} 的前2 024项和为（ ）
A.1 011 B.1 012 C.2 023 D.2 024
基础巩固
1.数列1，2，3，4，…的前n项和为（　A　）
A.（n2＋n＋2）－ B.n（n＋1）＋1－
C.（n2－n＋2）－ D.n（n＋1）＋2（1－）
解析：1＋2＋3＋4＋…＋（n＋）＝（1＋2＋…＋n）＋（＋＋…＋）＝＋＝（n2＋n）＋1－＝（n2＋n＋2）－.
2.已知数列{an}满足：当p＋q＝11（p，q∈N*，p＜q）时，ap＋aq＝2p，则{an}的前10项和S10＝（　B　）
A.31 B.62 C.170 D.1 023
解析：S10＝（a1＋a10）＋（a2＋a9）＋（a3＋a8）＋（a4＋a7）＋（a5＋a6）＝21＋22＋…＋25＝＝62.
3.数列{an}满足an＋an＋1＝（n∈N*），a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为（　B　）
A.5 B. C. D.
4.已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3（）n，则其前20项和为（　B　）
A.380－×（1－）
B.420－×（1－）
C.400－×（1－）
D.440－×（1－）
解析：数列{an}的前20项和S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2×（1＋2＋…＋20）－3×［＋（）2＋…＋（）20］＝2×－3×＝420－×（1－）.故选B.
5.已知Sn是数列{an}的前n项和，an＋1＋an＝5×2n＋n，则S10＝（　B　）
A.2 575 B.3 435
C.4 345 D.5 135
解析：由题意知S10＝a1＋a2＋…＋a10＝5×2＋1＋5×23＋3＋5×25＋5＋5×27＋7＋5×29＋9＝5×2＋5×23＋5×25＋5×27＋5×29＋1＋3＋5＋7＋9＝＋25＝3 435.故选B.
6.＋＋＋…＋＝（　D　）
A. B. C. D.
解析：由题意可设an＝＝＝（－），则数列{an}的前10项和S10＝＋＋＋…＋＝×（1－＋－＋－＋…＋－）＝×（1－）＝.故选D.
7.数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项和T10＝（　B　）
A. B. C. D.
解析：bn＝＝＝－，T10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10＝－＋－＋－＋…＋－＝－＝.
8.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝设数列{an}的前n项和为Sn，则S2 025＝（　D　）
A.4 720 B.4 722 C.4 723 D.4 725
解析：由题意可得a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，…，
则数列{an}是以3为周期的数列，
因为2 025＝3×675，所以S2 025＝675×（1＋4＋2）＝4 725，故选D.
9.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＝3Sn＋2.
（1）求{an}的通项公式；
解：（1）由Sn＋1＝3Sn＋2，得Sn＝3Sn－1＋2（n≥2），
两式相减，得an＋1＝3an（n≥2），
∴公比q＝3.
∵S2＝3S1＋2即a1＋a2＝3a1＋2，a2＝3a1，
∴a1＝2，
∴an＝a1·qn－1＝2×3n－1（n∈N*）.
（2）若bn＝n－，令cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：（2）∵an＝2×3n－1，bn＝n－，
cn＝anbn＝2（n－）3n－1＝（2n－1）·3n－1，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn－1＋cn
＝1×30＋3×31＋…＋（2n－3）×3n－2＋（2n－1）×3n－1，①
3Tn＝1×31＋3×32＋…＋（2n－3）×3n－1＋（2n－1）×3n，②
①－②，得
－2Tn＝1＋2×31＋2×32＋…＋2×3n－1－（2n－1）×3n
＝1＋2·－（2n－1）·3n＝－2（n－1）·3n－2，
∴Tn＝（n－1）·3n＋1.
10.记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝3，an＋1＝＋3.
（1）证明：数列{an}为等差数列；
解：（1）证明：因为an＋1＝＋3，
所以nan＋1＝2Sn＋3n，
当n≥2时，（n－1）an＝2Sn－1＋3（n－1），
两式相减得nan＋1－（n＋1）an＝3，①
则（n＋1）an＋2－（n＋2）an＋1＝3，②
②－①，得（n＋1）an＋2＋（n＋1）an＝（2n＋2）an＋1，
所以an＋2＋an＝2an＋1（n≥2）.
因为nan＋1＝2Sn＋3n，a1＝3，所以当n＝1时，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9；
当n＝2时，2a3＝2S2＋6＝24＋6＝30，
则a3＝15，
所以a1＋a3＝2a2，满足an＋2＋an＝2an＋1（n≥2），
所以an＋2＋an＝2an＋1（n∈N*），
故数列{an}为等差数列.
（2）求数列{}的前n项和Tn.
解：（2）由（1）可知数列{an}是首项为3，公差为6的等差数列，
所以an＝3＋6（n－1）＝6n－3，Sn＝＝3n2，
则＝·＝[－]，
所以Tn＝[1－＋－＋－＋…＋－]＝[1－]＝.
综合运用
11.若数列{an}的通项公式是an＝其前n项和为Sn，则S30等于（　C　）
A.120 B.180 C.240 D.360
解析：由题意得S30＝（a1＋a3＋…＋a29）＋（a2＋a4＋…＋a30）＝（1＋2＋…＋15）＋（1＋2＋…＋15）＝×2＝240.
12.在推导等差数列前n项和的过程中，我们使用了倒序相加法，类比可以求得sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝　44.5（或）　.
解析：令S＝sin21°＋sin22°＋…＋sin289°，
则S＝sin289°＋sin288°＋…＋sin21°，
两式相加可得2S＝（sin21°＋sin289°）＋（sin22°＋sin288°）＋…＋（sin289°＋sin21°）＝89，故S＝44.5，故sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝44.5.
13.如图所示，图形的点数分别为1，5，12，22，…，总结规律并以此类推下去，第10个图形对应的点数为　145　，若这些数构成一个数列{an}，记数列{}的前n项和为Sn，则S2 024＝　　.
解析：由图知a1＝1，a2－a1＝4＝1＋3×1，a3－a2＝7＝1＋3×2，a4－a3＝10＝1＋3×3，…，an－an－1＝1＋3（n－1）（n≥2），
累加得an＝1＋4＋7＋…＋[1＋3（n－1）]＝，
所以a10＝145.
因为＝＝（－），
所以S2 024＝×（1－＋－＋…＋－）＝×（1－）＝.
拔高拓展
14.已知f（x）＝x3－3x2，则f（）＋f（）＋…＋f（）等于（　D　）
A.－8 088 B.－8 090
C.－8 094 D.－8 098
解析：f（1－x）＋f（1＋x）＝（1－x）3－3（1－x）2＋（1＋x）3－3（1＋x）2＝－4，
即f（x）＋f（2－x）＝－4，
设M＝f（）＋f（）＋…＋f（）＋f（），①
则M＝f（）＋f（）＋…＋f（）＋f（），②
①＋②，得2M＝[f（）＋f（）]＋[f（）＋（）]＋…＋[f（）＋f（）]＋[f（）＋f（）]＝－4×4 047，
所以M＝－8 094，
又f（）＝f（2）＝8－12＝－4，
所以f（）＋f（）＋…＋f（）
＝－8 094－4＝－8 098.
15.已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ} 的前2 024项和为（　D　）
A.1 011 B.1 012 C.2 023 D.2 024
解析：设数列{an}的公差为d，
则解得
∴an＝2n－1，设bn＝ancos nπ，
∴b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…，
∴数列{ancos nπ}的前2 024项和S2 024＝（b1＋b2）＋（b3＋b4）＋…＋（b2 023＋b2 024）＝2×＝2 024.

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