【新高考复习】4 第4讲　数列求和　新题培优练

[基础题组练]1．数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为()A．－200B．－100C．200D．100解析：选D.由题意知S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选D.2．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)＝990.3．(2019·河北“五个一名校联盟”模拟)已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2018＝()A．3B．2C．1D．0解析：选A.因为an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，所以a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2018＝336×0＋a2017＋a2018＝a1＋a2＝3.故选A.4.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n＋1）2－1的值为()A.n＋12（n＋2）B.34－n＋12（n＋2）C.34－121n＋1＋1n＋2D.32－1n＋1＋1n＋2解析：选C.因为1（n＋1）2－1＝1n2＋2n＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2，所以122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n＋1）2－1＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2＝1232－1n＋1－1n＋2＝34－121n＋1＋1n＋2.5．(2019·开封调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2018等于()A．22018－1B．3×21009－3C．3×21009－1D．3×21008－2解析：选B.a1＝1，a2＝2a1＝2，又an＋2·an＋1an＋1·an＝2n＋12n＝2，所以an＋2an＝2.所以a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，所以S2018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2017＋a2018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2018)＝1－210091－2＋2（1－21009）1－2＝3·21009－3.故选B.6．(2019·郑州质量预测)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，记Tn＝1S1＋1S2＋…＋1Sn(n∈N*)，则T2018＝________．解析：由an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，可得an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}为等差数列，公差d＝a2－a1＝2－1＝1，通项公式an＝a1＋(n－1)×d＝1＋n－1＝n，则其前n项和Sn＝n（a1＋an）2＝n（n＋1）2，所以1Sn＝2n（n＋1）＝2(1n－1n＋1)，Tn＝1S1＋1S2＋…＋1Sn＝2(11－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1)＝2(1－1n＋1)＝2nn＋1，故T2018＝2×20182018＋1＝40362019.答案：403620197．已知数列{an}中，a1＝2，且a2n＋1an＝4(an＋1－an)(n∈N*)，则其前9项和S9＝________．解析：由已知，得a2n＋1＝4anan＋1－4a2n，即a2n＋1－4anan＋1＋4a2n＝(an＋1－2an)2＝0，所以an＋1＝2an，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故S9＝2×（1－29）1－2＝210－2＝1022.答案：10228．已知数列{an}满足an＋1＝12＋an－a2n，且a1＝12，则该数列的前2018项的和等于________．解析：因为a1＝12，又an＋1＝12＋an－a2n，所以a2＝1，从而a3＝12，a4＝1，即得an＝12，n＝2k－1（k∈N*），1，n＝2k（k∈N*），故数列的前2018项的和等于S2018＝1009×1＋12＝30272.答案：302729．(2019·唐山模拟)已知数列{an}满足：1a1＋2a2＋…＋nan＝38(32n－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3ann，求1b1b2＋1b2b3＋…＋1bnbn＋1.解：(1)1a1＝38(32－1)＝3，当n≥2时，因为nan＝(1a1＋2a2＋…＋nan)－(1a1＋2a2＋…＋n－1an－1)＝38(32n－1)－38(32n－2－1)＝32n－1，当n＝1，nan＝32n－1也成立，所以an＝n32n－1.(2)bn＝log3ann＝－(2n－1)，因为1bnbn＋1＝1（2n－1）（2n＋1）＝12(12n－1－12n＋1)，所以1b1b2＋1b2b3＋…＋1bnbn＋1＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n－1－12n＋1)]＝12(1－12n＋1)＝n2n＋1.10．(2019·唐山市摸底考试)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝3an－12.(1)求an；(2)若bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)由已知可得，2Sn＝3an－1，①所以2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，化简得an＝3an－1(n≥2)，在①中，令n＝1可得，a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有an＝3n－1.(2)bn＝(n－1)3n－1，Tn＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1，③则3Tn＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n.④③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n＝3－3n1－3－(n－1)×3n＝（3－2n）×3n－32.所以Tn＝（2n－3）×3n＋34.[综合题组练]1．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.故选B.2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2017的值为()A．2015B．2013C．1008D．1009解析：选D.因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2016＋a2017)＝1009，故选D.3．已知数列{an}，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2019项和为________．解析：由“凸数列”的定义及b1＝1，b2＝－2，得b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，所以数列{bn}是周期为6的周期数列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，于是数列{bn}的前2019项和等于b1＋b2＋b3＝－4.答案：－44．(一题多解)(2019·合肥模拟)数列{an}满足：a1＝13，且an＋1＝（n＋1）an3an＋n(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn＝________．解析：通解：an＋1＝（n＋1）an3an＋n，两边同时取倒数得1an＋1＝3an＋n（n＋1）an＝3n＋1＋n（n＋1）an，整理得n＋1an＋1＝nan＋3，所以n＋1an＋1－nan＝3，所以数列{nan}是以1a1＝3为首项，3为公差的等差数列，所以nan＝3n，所以an＝13，所以数列{an}是常数列，所以Sn＝n3.优解：用归纳法求解，a1＝13，根据an＋1＝（n＋1）an3an＋n，可得a2＝13，a3＝13，a4＝13，所以猜想an＝13，经验证an＋1＝13，从而Sn＝n3.5．(2019·合肥模拟)已知等差数列{an}中，a5－a3＝4，前n项和为Sn，且S2，S3－1，S4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n4nanan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设{an}的公差为d，由a5－a3＝4，得2d＝4，d＝2.所以S2＝2a1＋2，S3－1＝3a1＋5，S4＝4a1＋12，又S2，S3－1，S4成等比数列，所以(3a1＋5)2＝(2a1＋2)·(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)bn＝(－1)n4nanan＋1＝(－1)n(12n－1＋12n＋1)，当n为偶数时，Tn＝－(1＋13)＋(13＋15)－(15＋17)＋…－(12n－3＋12n－1)＋(12n－1＋12n＋1)，所以Tn＝－1＋12n＋1＝－2n2n＋1.当n为奇数时，Tn＝－(1＋13)＋(13＋15)－(15＋17)＋…＋(12n－3＋12n－1)－(12n－1＋12n＋1)，所以Tn＝－1－12n＋1＝－2n＋22n＋1.所以Tn＝－2n2n＋1，n为偶数－2n＋22n＋1，n为奇数.6．(2019·银川质检)正项数列{an}的前n项和Sn满足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝n＋1（n＋2）2a2n，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn564.解：(1)由S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于数列{an}是正项数列，所以Sn0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上可知，数列{an}的通项公式an＝2n.(2)证明：由于an＝2n，bn＝n＋1（n＋2）2a2n，则bn＝n＋14n2（n＋2）2＝1161n2－1（n＋2）2.Tn＝1161－132＋122－142＋132－152＋…＋1（n－1）2－1（n＋1）2＋1n2－1（n＋2）2＝1161＋122－1（n＋1）2－1（n＋2）21161＋122＝564.