2021届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和课时规范练文含解析北师大版.doc

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第五章数列第四节数列求和课时规范练A组——基础对点练1．在数列{an}中，an＋1－an＝2，Sn为{an}的前n项和．若S10＝50，则数列{an＋an＋1}的前10项和为()A．100 B．110 C．120 D．130解析：{an＋an＋1}的前10项和为a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a10＋a10＋a11＝2(a1＋a2＋…＋a10)＋a11－a1＝2S10＋10×2＝120，故选C.答案：C 2．(2020·长沙模拟)已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于()A．15 B．12 C．－12 D．－15解析：∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.答案：A 3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为()A.B.C.D.解析：由S5＝5a3及S5＝15得a3＝3，∴d＝＝1，a1＝1，∴an＝n，＝＝－，∴数列的前100项和T100＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选A.答案：A 4．数列{an}的通项公式为an＝，若该数列的前k项之和等于9，则k＝()A．80 B．81 C．79 D．82解析：an＝＝－，故Sn＝，令Sk＝＝9，解得k＝81，故选B.答案：B 5．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列{}的前5项和为()A.或5 B.或5 C.D.解析：设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得＝，所以1＋q3＝9，得q＝2，所以{}是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为＝.答案：C 6．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3，则其前20项和为()A．380－B．400－C．420－D．440－解析：令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3＝2×－3×＝420－.答案：C 7．已知Tn为数列的前n项和，若m＞T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为()A．1 026 B．1 025 C．1 024 D．1 023解析：∵＝1＋，∴Tn＝n＋1－，∴T10＋1 013＝11－＋1 013＝1 024－，又m＞T10＋1 013，∴整数m的最小值为1 024.答案：C 8．已知数列：1，2，3，…，(n＋)，…，则其前n项和关于n的表达式为________．解析：设所求的前n项和为Sn，则Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(＋＋…＋)＝＋＝－＋1.答案：－＋1 9．若数列{an}是2，2＋22，2＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n，…，则数列{an}的前n项和Sn＝________．解析：an＝2＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2，Sn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－(2＋2＋2＋…＋2)＝－2n＝2n＋2－4－2n.答案：2n＋2－4－2n 10．(2020·山西四校联考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N＋)，则S2 020＝________．解析：∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n①，∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1②，∵①÷②得＝2，∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S2 020＝＋＝3×21 010－3.答案：3×21 010－3 B组——素养提升练11．设函数f(x)＝＋log2，定义Sn＝f＋f＋…＋f，其中n∈N＋，且n≥2，则Sn＝________．解析：因为f(x)＋f(1－x)＝＋log2＋＋log2＝1＋log21＝1，所以2Sn＝＋＋…＋＝n－1.所以Sn＝.答案：12．已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N＋.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.13．(2020·鹰潭市一模)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且是1与an的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn为数列的前n项和，证明：≤Tn＜1(n∈N＋)．解析：(1)由题意2＝1＋an，∴4Sn＝(an＋1)2 n＝1时，a1＝1；n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2.又4Sn＝(an＋1)2，两式相减得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.∵an＞0，∴an－an－1＝2，∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，即an＝2n－1.(2)证明：由＝－，故Tn＝＋＋…＋＝1－<1.当n＝1时，T1＝，故≤Tn＜1(n∈N＋)．14．(2020·潍坊模拟)若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ＞0，n∈N＋)．(1)证明数列{an}为等比数列，并求an；(2)若λ＝4，bn＝(n∈N＋)，求数列{bn}的前2n项和T2n.解析：(1)证明：∵Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ，∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，∴an＝λ2n－1.(2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，∴bn＝∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)＝＋＝＋n(n＋2)，∴T2n＝＋n2＋2n－.