2020版高考数学一轮复习 第六章 数列 第4讲 数列的求和配套课时作业课件 理 新人教A版

配套课时作业1．数列{an}的通项公式为an＝1n＋n＋1，若{an}的前n项和为24，则n＝()A．25B．576C．624D．625解析an＝n＋1－n，所以Sn＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1，令Sn＝24得n＝624.故选C.解析答案C答案2．已知数列{an}中的前n项和Sn＝n(n－9)，第k项满足7ak10，则k等于()A．7B．8C．9D．10解析当k≥2时，ak＝Sk－Sk－1＝k2－9k－(k－1)2＋9(k－1)＝2k－10，k＝1时也适合．由7＜ak＜10，得7＜2k－10＜10，所以172＜k＜10，所以k＝9.故选C.解析答案C答案3．(2019·铜川模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝()A．13B．－13C．19D．－19解析由题知公比q≠1，则S3＝a11－q31－q＝a1q＋10a1，得q2＝9，又a5＝a1q4＝9，则a1＝19，故选C.解析答案C答案4．已知数列{an}的通项公式为an＝ncosnπ2，其前n项和为Sn，则S2019＝()A．0B．－1010C．504D．1008解析由an＝ncosnπ2，得a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，…，由此可知a1＋a2＋a3＋a4＝a5＋a6＋a7＋a8＝…＝2.因为2019＝4×504＋3，所以S2019＝2×504＋a2017＋a2018＋a2019＝1008＋0－2018＋0＝－1010.故选B.解析答案B答案5．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列an的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则an前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．8解析由已知条件可得a1＝1，d≠0，由a23＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，解得d＝－2.所以S6＝6×1＋6×5×－22＝－24.故选A.解析答案A答案6．(2019·山西广灵一中模拟)公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，且－3a1，－a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝()A．－20B．0C．7D．40解析设等比数列{an}的公比为q(q≠1)．因为－3a1，－a2，a3成等差数列且a1＝1，所以－3＋q2＝－2q，即q2＋2q－3＝0，解得q＝－3.所以S4＝1－－341＋3＝－804＝－20.故选A.解析答案A答案7．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn1020，那么n的最小值是()A．7B．8C．9D．10解析an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1.∴Sn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2n＋1－n－2，∴S9＝10131020，S10＝20361020，∴Sn1020，n的最小值是10.解析答案D答案8．(2019·长郡中学模拟)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，且满足a24＋a25＝a26＋a27，则该数列的前10项和S10＝()A．－10B．－5C．0D．5解析设等差数列的公差为d(d≠0)，因为a24＋a25＝a26＋a27，所以(a4－a6)(a4＋a6)＝(a7－a5)(a7＋a5)，所以－2d·a5＝2d·a6，于是a5＋a6＝0，所以S10＝10a1＋a102＝5(a5＋a6)＝0.故选C.解析答案C答案9．(2019·广州模拟)在数列{an}中，已知a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a21＋a22＋…＋a2n＝()A．(2n－1)2B．2n－123C．4n－1D．4n－13答案D答案解析由题意得，当n＝1时，a1＝1，当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝2n－1－1，则an＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1(n≥2)，n＝1时也成立，所以an＝2n－1，则a2n＝22n－2，所以数列{a2n}为首项为1，公比为4的等比数列，所以a21＋a22＋…＋a2n＝1×1－4n1－4＝4n－13.故选D.解析10．(2019·福建宁德联考)数列{an}满足a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，则1a1＋1a2＋…＋1a20等于()A.4021B.2021C.1910D.2019答案A答案解析因为数列{an}满足a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，所以令m＝1，得an＋1－an＝1＋n，所以an＝(an－an－1)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝nn＋12，所以1an＝21n－1n＋1，所以1a1＋1a2＋…＋1a20＝2×1－12＋12－13＋…＋120－121＝2×1－121＝4021.故选A.解析11．(2019·金版创新)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2019的值为()A．1009B．1010C．2018D．2019解析因为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S2019＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2018＋a2019)＝1010.故选B.解析答案B答案12．(2019·河南百校联盟质检)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S33的值是()A．311B.33C．42D．3答案D答案解析∵2a2n＝a2n－1＋a2n＋1(n≥2)，∴数列{a2n}为等差数列，其首项为1，公差为22－1＝3.∴a2n＝1＋3(n－1)＝3n－2.∵an0，∴an＝3n－2，∴bn＝1an＋an＋1＝13n－2＋3n＋1＝13(3n＋1－3n－2)，故数列{bn}的前n项和为Sn＝13[(4－1)＋(7－4)＋…＋(3n＋1－3n－2)]＝13×(3n＋1－1)．∴S33＝13×(3×33＋1－1)＝3.故选D.解析13．已知数列{an}满足an＝1＋2＋3＋…＋nn，则数列1anan＋1的前n项和为________．答案2nn＋2答案解析an＝1＋2＋3＋…＋nn＝n＋12，1anan＋1＝4n＋1n＋2＝41n＋1－1n＋2，所求的前n项和为412－13＋13－14＋…＋1n＋1－1n＋2＝412－1n＋2＝2nn＋2.解析14．(2019·海口模拟)等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝74，S6＝634，则a8＝________.解析设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3，得q≠1，则S3＝a11－q31－q＝74，S6＝a11－q61－q＝634，解得q＝2，a1＝14，则a8＝a1q7＝14×27＝32.解析答案32答案15．(2019·郑州模拟)设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.解析由an＝2n－10(n∈N*)知，{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0，得n≥5，所以当n5时，an0，当n≥5时，an≥0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.解析答案130答案16．(2019·保定模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝12n(n＝1,2,3，…)，则S2n＋3＝________.解析依题意得S2n＋3＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2n＋2＋a2n＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n＋1＝1－14n＋21－14＝431－14n＋2.解析答案431－14n＋2答案17．(2019·山东莱阳模拟)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，对∀n∈N*，有2Sn＝a2n＋an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝1anan＋1＋an＋1an，设{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn1.解(1)当n＝1时，2a1＝a21＋a1，得a1＝1或0(舍去)．当n≥2时，因为2Sn＝a2n＋an，①所以2Sn－1＝a2n－1＋an－1，②由①②两式相减得an－an－1＝1(n≥2)，所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝n，n∈N*.答案(2)证明：由(1)得bn＝1anan＋1＋an＋1an＝1nn＋1＋n＋1n＝1nn＋1n＋1＋n＝n＋1－nnn＋1n＋1＋nn＋1－n答案＝n＋1－nnn＋1＝1n－1n＋1，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋11.答案18．(2018·天津高考)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)．①求Tn；②证明k＝1nTk＋bk＋2bkk＋1k＋2＝2n＋2n＋2－2(n∈N*)．解(1)设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q0，可得q＝2，故an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d.由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.答案(2)①由(1)，有Sn＝1－2n1－2＝2n－1，故Tn＝k＝1n(2k－1)＝k＝1n2k－n＝2×1－2n1－2－n＝2n＋1－n－2.②证明：因为Tk＋bk＋2bkk＋1k＋2＝2k＋1－k－2＋k＋2kk＋1k＋2＝k·2k＋1k＋1k＋2＝2k＋2k＋2－2k＋1k＋1，所以k＝1nTk＋bk＋2bkk＋1k＋2＝233－222＋244－233＋…＋2n＋2n＋2－2n＋1n＋1＝2n＋2n＋2－2.答案19．设数列{an}的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有Sn＝2an＋n－3成立．(1)求证：数列{an－1}为等比数列；(2)求数列{nan}的前n项和Tn.解(1)证明：当n＝1时，S1＝2a1＋1－3，得a1＝2，由Sn＝2an＋n－3得Sn＋1＝2an＋1＋n＋1－3，两式相减得an＋1＝2an＋1－2an＋1，即an＋1＝2an－1，∴an＋1－1＝2(an－1)，而a1－1＝1，∴数列{an－1}是首项为1，公比为2的等比数列．答案(2)由(1)得an－1＝1·2n－1＝2n－1，即an＝2n－1＋1，nan＝n(2n－1＋1)＝n·2n－1＋n，∴Tn＝(1×20＋1)＋(2×21＋2)＋(3×22＋3)＋…＋(n·2n－1＋n)＝(1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)＝(1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1)＋nn＋12.令Vn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，则2Vn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，答案两式相减得－Vn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝1×1－2n1－2－n·2n＝2n－1－n·2n，∴Vn＝n·2n－2n＋1＝(n－1)2n＋1，∴Tn＝(n－1)