三年高考两年模拟浙江版届高考数学一轮复习 第五章 数列 54 数列求和知能训练.docx
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三年高考两年模拟浙江版届高考数学一轮复习第五章数列54数列求和知能训练
§5.4 数列求和
Ａ组 基础题组
1.（2015浙江五校二联文,2,5分）已知数列{an}满足:
an=,且Sn=,则n的值为（ ）
A.7B.8C.9D.10
2.（2015浙江冲刺卷一,3）已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,若an=（n+1）·2n-1（n∈N*）,则=（ ）
A.B.C.D.
3.（2015金丽衢一联,5,5分）已知Sn为数列{an}的前n项和,且满足a1=1,a2=3,an+2=3an,则S2014=（ ）
A.2×31007-2B.2×31007
C.D.
4.（2015杭州学军中学仿真考,8,5分）数列{an}满足a1=,an+1=-an+1（n∈N*）,则m=++…+的整数部分是（ ）
A.1B.2C.3D.4
5.（2016宁波效实中学期中,14,4分）已知数列{an}的各项均为正整数,其前n项和为Sn,若an+1=且S3=29,则S2015= .
6.（2015嘉兴测试二文,14,4分）已知数列{an}的首项a1=1,且满足an-1-an=anan-1（n≥2）,则a1a2+a2a3+…+a2014a2015= .
7.（2015浙江模拟训练冲刺卷四,17）已知等比数列{an}的公比q>1,a2+a3+a4=14,且a3+1是a2,a4的等差中项.
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）若数列{bn}满足bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.
8.（2015福建,17,12分）等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15.
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）设bn=+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.
9.（2015课标Ⅰ,17,12分）Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,+2an=4Sn+3.
（1）求{an}的通项公式;
（2）设bn=,求数列{bn}的前n项和.
10.（2015浙江,17,15分）已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an（n∈N*）,b1+b2+b3+…+bn=bn+1-1（n∈N*）.
（1）求an与bn;
（2）记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn.
11.（2015天津,18,13分）已知数列{an}满足an+2=qan（q为实数,且q≠1）,n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.
（1）求q的值和{an}的通项公式;
（2）设bn=,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.
12.（2016慈溪中学期中文,17,15分）已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=（n∈N*）.
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）设bn=100-3n·an,求数列{|bn|}的前n项和.
13.（2013山东,20,12分）设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）若数列{bn}满足++…+=1-,n∈N*,求{bn}的前n项和Tn.
14.（2013浙江,18,14分）在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.
（1）求d,an;
（2）若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.
15.（2014山东,19,12分）在等差数列{an}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）设bn=,记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+（-1）nbn,求Tn.
B组 提升题组
1.（2013湖南,15,5分）设Sn为数列{an}的前n项和,Sn=（-1）nan-,n∈N*,则
（1）a3= ;
（2）S1+S2+…+S100= .
2.（2015安徽,18,12分）已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）设Sn为数列{an}的前n项和,bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
3.（2013江西,17,12分）正项数列{an}的前n项和Sn满足:
-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0.
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）令bn=,数列{bn}的前n项和为Tn.证明:
对于任意的n∈N*,都有Tn<.
4.（2014安徽,18,12分）数列{an}满足a1=1,nan+1=（n+1）an+n（n+1）,n∈N*.
（1）证明:
数列是等差数列;
（2）设bn=3n·,求数列{bn}的前n项和Sn.
5.（2015浙江五校联考,20）已知数列{an}的前n项和Sn满足（t-1）Sn=t（an-2）（t为常数,t≠0且t≠1）.
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）设bn=Sn-1,且数列{bn}为等比数列.
①求t的值;
②若cn=（-an）·log3（-bn）,求数列{cn}的前n项和Tn.
6.（2014山东,19,12分）已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）令bn=（-1）n-1,求数列{bn}的前n项和Tn.
7.（2015浙江五校一联,21,15分）已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an-n.
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）设bn=,记数列{bn}的前n和为Tn,证明:
-
8.（2015台州一模,18,15分）已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=t（t≠1）,Sn+2an+1+n+1=0,且数列{an+1}为等比数列.
（1）求实数t的值;
（2）设Tn为数列{bn}的前n项和,b1=1,且-=1.若对任意的n∈N*,不等式++…+≥恒成立,求实数m的最大值.
9.（2015杭州二中仿真考试,18,15分）已知数列{an}中,a1=1,an+1=
（1）求证:
数列是等比数列;
（2）设Sn是数列{an}的前n项和,求满足Sn>0的所有正整数.
10.（2016杭州七校期中,19,15分）已知等比数列{an}的公比为q（0（1）求数列{an}的通项公式;
（2）若bn=an·（log2an）,求{bn}的前n项和Tn;
（3）设该等比数列{an}的前n项和为Sn,正整数m,n满足<,求出所有符合条件的m,n的值.
Ａ组 基础题组
1.C 因为an==-,所以Sn=1-+-+…+-=,令=,得n=9,故选C.
2.B ∵Sn=2+3×2+4×22+…+（n+1）·2n-1,
∴2Sn=2×2+3×22+…+n·2n-1+（n+1）·2n,
两式相减得-Sn=2+2+22+…+2n-1-（n+1）·2n=-n·2n,则Sn=n·2n,故==.
3.A 由an+2=3an可得数列{an}的奇数项与偶数项分别构成等比数列,所以S2014=（a1+a3+…+a2013）+（a2+a4+…+a2014）=+=2（31007-1）=2×31007-2,故选A.
4.B 由条件得==-,即有=-.
则m=++…+=-=3-.又an+1-an=（an-1）2≥0,则an+1≥an≥…≥a1>1,从而有（an+1-an）-（an-an-1）=（an-1）2-（an-1-1）2=（an-an-1）（an+an-1-2）≥0（n≥2）,
则an+1-an≥an-an-1≥…≥a2-a1=,
则a2014=a1+（a2-a1）+…+（a2014-a2013）≥+=225,得a2014-1≥224,即有0<≤,则m∈,故选B.
5.
答案 4725
解析 由S3=29及递推关系式可求得a1=5,则a2=3a1+1=16,a3==8,a4==4,a5==2,a6==1,a7=3a6+1=4,a8==2,a9==1,……,
所以{an}从第4项起每3项循环一次,
所以S2015=a1+a2+…+a2015=5+16+8+（4+2+1）×670+4+2=4725.
6.
答案
解析 由an-1-an=anan-1得当n≥2时,-=1,则是首项为1,公差为1的等差数列,所以=1+（n-1）=n,所以an=,所以a1a2+a2a3+…+a2014a2015=a1-a2+a2-a3+…+a2014-a2015=a1-a2015=1-=.
7.
解析
（1）由已知得得2a1q2+2+a1q2=14,∴a1q2=4.
又q≠0,∴+4+4q=14,解得q=2,或q=,
∵q>1,∴q=2,∴a1=1,∴an=2n-1.（8分）
（2）∵2n-1=2n-2n-1,∴bn==-,
Sn=+++…+,
∴Sn=-.（15分）
8.
解析
（1）设等差数列{an}的公差为d.
由已知得
解得
所以an=a1+（n-1）d=n+2.
（2）由
（1）可得bn=2n+n.
所以b1+b2+b3+…+b10=（2+1）+（22+2）+（23+3）+…+（210+10）
=（2+22+23+…+210）+（1+2+3+…+10）
=+
=（211-2）+55
=211+53=2101.
9.
解析
（1）由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3.
可得-+2（an+1-an）=4an+1,
即2（an+1+an）=-=（an+1+an）（an+1-an）.
由于an>0,可得an+1-an=2.
又+2a1=4a1+3,解得a1=-1（舍去）或a1=3.
所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.（6分）
（2）由an=2n+1可知
bn==
=.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=
++…+
-
=.（12分）
10.
解析
（1）由a1=2,an+1=2an,得an=2n（n∈N*）.
由题意知:
当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.
当n≥2时,bn=bn+1-bn,整理得=,
所以bn=n（n∈N*）.
（2）由
（1）知anbn=n·2n,
因此Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n,
2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1,
所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1.
故Tn=（n-1）2n+1+2（n∈N*）.
11.
解析
（1）由已知,有（a3+a4）-（a2+a3）=（a4+a5）-（a3+a4）,即a4-a2=a5-a3,
所以a2（q-1）=a3（q-1）.又因为q≠1,故a3=a2=2,
由a3=a1·q,得q=2.
当n=2k-1（k∈N*）时,an=a2k-1=2k-1=;
当n=2k（k∈N*）时,an=a2k=2k=.
所以,{an}的通项公式为an=
（2）由
（1）得bn==.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×+2×+3×+…+（n-1）×+n×,
Sn=1×+2×+3×+…+（n-1）×+n×,
上述两式相减,得
Sn=1+++…+-=-=2--,
整理得,Sn=4-.
所以,数列{bn}的前n项和为4-,n∈N*.
12.
解析
（1）由Sn=（n∈N*）,得a1=2,
当n≥2时,Sn-1=,
an=Sn-Sn-1=-,即-=2（an+an-1）,
又因为{an}为正项数列,所以an-an-1=2（n≥2）,则{an}为等差数列,得an=2n.
（2）|bn|=|100-2n·3n|=
设cn=2n·3n,{cn}的前n项和为S'n,
则S'n=2×3+4×32+…+2n·3n,
3S'n=2×32+…+（2n-2）·3n+2n·3n+1,
∴S'n=·3n+1+.
设{|bn|}的前n项和为Tn.
当1≤n≤2时,Tn=-·3n+1+100n-,
当n≥3时,Tn=·3n+1-100n++316=·3n+1-100n+317.
13.
解析
（1）设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
由S4=4S2,a2n=2an+1得
解得a1=1,d=2.
因此an=2n-1,n∈N*.
（2）++…+=1-,n∈N*,
当n=1时,=;
当n≥2时,=1--=.
所以=,n∈N*.
由
（1）知,an=2n-1,n∈N*,
所以bn=,n∈N*,
又Tn=+++…+,
Tn=++…++,
两式相减得Tn=+-
=--,
所以Tn=3-.
14.
解析
（1）由题意得5a3·a1=（2a2+2）2,
即d2-3d-4=0.
故d=-1或d=4.
所以an=-n+11,n∈N*或an=4n+6,n∈N*.
（2）设数列{an}的前n项和为Sn.
因为d<0,所以d=-1,an=-n+11,则当n≤11时,
|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|
=Sn=-n2+n.
当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=-Sn+2S11
=n2-n+110.
综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|
=
15.
解析
（1）由题意知（a1+d）2=a1（a1+3d）,
即（a1+2）2=a1（a1+6）,
解得a1=2,
所以数列{an}的通项公式为an=2n.
（2）由题意知bn==n（n+1）.
所以Tn=-1×2+2×3-3×4+…+（-1）nn×（n+1）.
因为bn+1-bn=2（n+1）,
所以当n为偶数时,
Tn=（-b1+b2）+（-b3+b4）+…+（-bn-1+bn）
=4+8+12+…+2n
=
=,
当n为奇数时,
Tn=Tn-1+（-bn）
=-n（n+1）
=-.
所以Tn=
B组 提升题组
1.
答案
（1）-
（2）
解析
（1）由已知得S3=-a3-,S4=a4-,两式相减得a4=a4+a3-+,∴a3=-=-.
（2）Sn=（-1）nan-,
（i）当n为奇数时,
两式相减得an+1=an+1+an+,
∴an=-;
（ii）当n为偶数时,
两式相减得an+1=-an+1-an+,
即an=-2an+1+=.
综上,an=
∴S1+S2+…+S100=++…+
=[（a2+a4+…+a100）-（a1+a3+…+a99）]-
=
+
-
++…+
=
++…+
-
++…+
=-
=.
2.
解析
（1）由题设知a1·a4=a2·a3=8,
又a1+a4=9,可解得或（舍去）.
由a4=a1q3得公比为q=2,故an=a1qn-1=2n-1.
（2）Sn==2n-1,又bn===-,
所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+=-=1-.
3.
解析
（1）由-（n2+n-1）Sn-（n2+n）=0,
得[Sn-（n2+n）]（Sn+1）=0.
由于{an}是正项数列,所以Sn>0,Sn=n2+n.
于是a1=S1=2,n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n.
综上,数列{an}的通项公式为an=2n.
（2）证明:
由于an=2n,bn=,
则bn==
-
.
Tn=
1-+-+-+…+-+-
=<=.
4.
解析
（1）由已知可得=+1,即-=1.
所以是以=1为首项,1为公差的等差数列.
（2）由
（1）得=1+（n-1）·1=n,所以an=n2.
从而bn=n·3n.
Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,①
3Sn=1·32+2·33+…+（n-1）·3n+n·3n+1.②
①-②得-2Sn=31+32+…+3n-n·3n+1
=-n·3n+1=.
所以Sn=.
5.
解析
（1）由（t-1）Sn=t（an-2）及（t-1）Sn+1=t（an+1-2）,作差得an+1=tan,
即数列{an}是等比数列,∴an=a1tn-1,∵（t-1）a1=t（a1-2）,
∴a1=2t,∴an=2tn.
（2）①∵数列{bn}为等比数列,∴=b1b3,
∴（2t+2t2-1）2=（2t-1）（2t+2t2+2t3-1）,整理得6t3=2t2.
解得t=或t=0（舍）.
当t=时,bn=Sn-1=-,显然数列{bn}为等比数列.
②cn=（-an）·log3（-bn）=,
∴Tn=+++…+,则Tn=+++…+,作差得Tn=+++…+-=1--=1-,
故Tn=-.
6.
解析
（1）S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,
S4=4a1+×2=4a1+12,
由题意得（2a1+2）2=a1（4a1+12）,
解得a1=1,
所以an=2n-1.
（2）bn=（-1）n-1
=（-1）n-1
=（-1）n-1.
当n为偶数时,
Tn=-+…+-
=1-
=.
当n为奇数时,
Tn=-+…-
+
+
+
=1+=.
所以Tn=
7.
解析
（1）由Sn=2an-n,Sn+1=2an+1-n-1,
作差得an+1=2an+1,
an+1+1=2（an+1）,即数列{an+1}为等比数列,
由S1=2a1-1得a1=1,故a1+1=2,则an+1=2n,an=2n-1.
（2）证明:
∵bn==,
∴bn-=-=,
则Tn-=-
++…++
<0,
即Tn-<0.
=≤,
∴Tn-≥-=-+>-,
故-8.
解析
（1）由Sn+2an+1+n+1=0得Sn-1+2an+n=0（n≥2）,
所以2an+1-an+1=0（n≥2）,
所以2（an+1+1）=an+1（n≥2）,
又a1=t,a1+2a2+2=0,所以a2=--1.
要使得{an+1}为等比数列,则必须有=,
得=,解得t=-.
（2）由
（1）得an+1=（a1+1）=,
又因为-=1,=b1=1,
所以是公差为1,首项为1的等差数列,
所以=n,Tn=n2,
当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=2n-1,
又因为b1=1符合上式,所以bn=2n-1,
所以=n·2n+1.
设Fn=++…+=1·22+2·23+…+n·2n+1,
则2Fn=1·23+2·24+…+n·2n+2,
所以-Fn=22+23+…+2n+1-n·2n+2=（1-n）2n+2-4,
所以Fn=（n-1）2n+2+4.
=m·2n≤（n-1）2n+2+4,即m≤4-4.
因为n+1+-=1->0,
所以n=1时,
4-4取最小值2,所以m≤2.
即m的最大值是2.
9.
解析
（1）证明:
=
=
==,
a2=a1+1=,
所以数列是以a2-=-为首项,为公比的等比数列.
（2）由
（1）得a2n-=-·=-·,
则a2n=-·+.
由a2n=a2n-1+（2n-1）得
a2n-1=3a2n-3（2n-1）=-·-6n+,
则a2n-1+a2n=-·
+
-6n+9
=-2-6n+9,
S2n=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n-1+a2n）
=-2
+++…+
-6（1+2+3+…+n）+9n
=-2·-6·+9n
=-1-3n2+6n
=-3（n-1）2+2.
显然,当n∈N*时,{S2n}单调递减,
当n=1时,S2=>0,n=2时,S4=-<0,
则当n≥2时,S2n<0;
S2n-1=S2n-a2n=·--3n2+6n,
同理可得,当且仅当n=1时,S2n-1>0.
综上所述,满足Sn>0的n的值为1和2.
10.
解析
（1）由a2+a5=,a2a5=a3a4=可知,a2,a5为方程x2-x+=0的两根,
又0所以an=.
（2）bn=an·（log2an）=·=,
所以Tn=++++…+,
Tn=+++…++,
所以Tn=++++…+-
=2--=,
所以Tn=.
（3）由
（1）可得Sn==4.
<⇒-==<0
⇒<0⇒2<2n（4-m）<6.
又因为m,n为正整数,所以2n（4-m）为偶数,所以2n（4-m）=4,
所以或
所以或
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