创新方案高考数学复习精编（人教新课标）54数列求和doc高中数学

第五章第四节数列求和题组一分组转化求和1.数列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有十项，且其和为240，那么a1＋…＋ak＋…＋a10之值为(　　)A．31B．120C．130D．185解析：a1＋…＋ak＋…＋a10＝240－(2＋…＋2k＋…＋20)＝240－＝240－110＝130.答案：C2．已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，那么项数n等于(　　)A．13B．10C．9D．6解析：∵an＝1－，∴Sn＝(1－)＋(1－)＋(1－)＋…＋(1－)＝n－(＋＋＋…＋)＝n－＝n－1＋，由Sn＝＝n－1＋，观察可得出n＝6.答案：D3．已知数列{an}中，a1＝2，点(an－1，an)(n>1，且n∈N*)满足y＝2x－1，那么a1＋a2＋…＋a10＝________.解析：∵an＝2an－1－1，∴an－1＝2(an－1－1)∴{an－1}为等比数列，那么an＝2n－1＋1，∴a1＋a2＋…＋a10＝10＋(20＋21＋…＋29)＝10＋＝1033.答案：1033题组二裂项相消求和7/7\n4.设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，那么数列{}(n∈N*)的前n项和是(　　)A.B.C.D.解析：f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，∴f(x)＝x(x＋1)，＝＝－，用裂项法求和得Sn＝.答案：A5．数列an＝，其前n项之和为，那么在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为(　　)A．－10B．－9C．10D．9解析：数列的前n项和为＋＋…＋＝1－＝＝，所以n＝9，于是直线(n＋1)x＋y＋n＝0即为10x＋y＋9＝0，所以在y轴上的截距为－9.答案：B6．在数列{an}中，an＝＋＋…＋，又bn＝，求数列{bn}的前n项的和．解：由已知得：an＝(1＋2＋3＋…＋n)＝，bn＝＝8(－)，∴数列{bn}的前n项和为Sn＝8[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]＝8(1－)＝.题组三错位相减法求和7/7\n7.求和：Sn＝＋＋＋…＋.解：当a＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝；当a≠1时，Sn＝＋＋＋…＋，Sn＝＋＋＋…＋＋，两式相减得，(1－)Sn＝＋＋＋…＋－＝－，即Sn＝，∴Sn＝8．(2022·昌平模拟)设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，①∴当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝.②①－②得3n－1an＝，an＝.在①中，令n＝1，得a1＝，适合an＝，∴an＝.(2)∵bn＝，∴bn＝n3n.∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n3n，③∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n3n＋1.④④－③得2Sn＝n3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，即2Sn＝n3n＋1－，7/7\n∴Sn＝＋.题组四数列求和的综合应用9.(2022·长郡模拟)数列{an}，已知对任意正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，那么a＋a＋a＋…＋a等于(　　)A．(2n－1)2B.(2n－1)C.(4n－1)D．4n－1解析：∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，∴a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2n－1－1，∴an＝2n－2n－1＝2n－1，∴a＝4n－1，∴a＋a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．答案：C10．已知数列{an}的通项公式为an＝log2(n∈N*)，设其前n项和为Sn，那么使Sn<－5成立的自然数n(　　)A．有最大值63B．有最小值63C．有最大值32D．有最小值32解析：法一：依题意有an＝log2＝log2(n＋1)－log2(n＋2)，所以Sn＝log22－log23＋log23－log24＋…＋log2(n＋1)－log2(n＋2)＝log22－log2(n＋2)＝1－log2(n＋2)，令1－log2(n＋2)<－5，解得n>62，故使Sn<－5成立的自然数n有最小值63.法二：Sn＝log2＋log2＋…＋log2＝log2(××…×)＝log2，所以由Sn<－5，得log2<－5，解得n>62，故使Sn<－5成立的自然数n有最小值63.答案：B11．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，假设a1＝2，{an}的“差数列”的通项为2n，那么数列{an}的前n项和Sn＝________.解析：∵an＋1－an＝2n，7/7\n∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n.∴Sn＝＝2n＋1－2.答案：2n＋1－212．(文)(2022·湖北高考改编)已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－()n－1＋2(n∈N*)．(1)令bn＝2nan，求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)令cn＝an，求Tn＝c1＋c2＋…＋cn的值．解：(1)在Sn＝－an－()n－1＋2中，令n＝1，可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝.当n≥2时，Sn－1＝－an－1－()n－2＋2，∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋()n－1，∴2an＝an－1＋()n－1，即2nan＝2n－1an－1＋1.∵bn＝2nan，∴bn＝bn－1＋1，即当n≥2时，bn－bn－1＝1.又b1＝2a1＝1，∴数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．于是bn＝1＋(n－1)·1＝n＝2nan，∴an＝.(2)由(1)得cn＝an＝(n＋1)()n，所以Tn＝2×＋3×()2＋4×()3＋…＋(n＋1)·()n，①Tn＝2×()2＋3×()3＋…＋n·()n＋(n＋1)·()n＋1，②由①－②得Tn＝1＋()2＋()3＋…＋()n－(n＋1)·()n＋17/7\n＝1＋－(n＋1)()n＋1＝－.∴Tn＝3－.(理)已知数列{an}是首项为a1＝，公比q＝的等比数列，设bn＋2＝3logan(n∈N*)，数列{cn}满足cn＝an·bn.(1)求证：{bn}是等差数列；(2)求数列{cn}的前n项和Sn；(3)假设cn≤m2＋m－1对一切正整数n恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)证明：由题意知，an＝()n(n∈N*)．∵bn＝3logan－2，b1＝3loga1－2＝1，∴bn＋1－bn＝3logan＋1－3logan＝3log＝3logq＝3，∴数列{bn}是首项为b1＝1，公差为d＝3的等差数列．(2)由(1)知，an＝()n，bn＝3n－2(n∈N*)，∴cn＝(3n－2)×()n，(n∈N*)，∴Sn＝1×＋4×()2＋7×()3＋…＋(3n－5)×()n－1＋(3n－2)×()n，于是Sn＝1×()2＋4×()3＋7×()4＋…＋(3n－5)×()n＋(3n－2)×()n＋1，两式相减得Sn＝＋3[()2＋()3＋…＋()n]－(3n－2)×()n＋1＝－(3n＋2)×()n＋1，∴Sn＝－·()n(n∈N*)．(3)∵cn＋1－cn＝(3n＋1)·()n＋1－(3n－2)·()n7/7\n＝9(1－n)·()n＋1，(n∈N*)．∴当n＝1时，c2＝c1＝，当n≥2时，cn＋1＜cn，即c1＝c2>c3>c4>…>cn，∴cn取得的最大值是.又cn≤m2＋m－1对一切正整数n恒成立，∴m2＋m－1≥，即m2＋4m－5≥0，得m≥1或m≤－5.7/7