考點規(guī)范練31　數列求和基礎鞏固1.數列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n項和Sn的值等于(　　)A.n2+1- B.2n2-n+1-C.n2+1- D.n2-n+1-答案:A解析:該數列的通項公式為an=(2n-1)+,則Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.已知數列{an}滿足a1=1,且對任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n,則的前100項和為(　　)A. B. C. D.答案:D解析:∵an+1=a1+an+n,a1=1,∴an+1-an=1+n.∴an-an-1=n(n≥2).∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=.∴=2.∴的前100項和為21-+…+=2.故選D.3.已知數列{an}滿足an+1-an=2,a1=-5,則|a1|+|a2|+…+|a6|=(　　)A.9 B.15 C.18 D.30答案:C解析:∵an+1-an=2,a1=-5,∴數列{an}是首項為-5,公差為2的等差數列.∴an=-5+2(n-1)=2n-7.∴數列{an}的前n項和Sn==n2-6n.令an=2n-7≥0,解得n≥.∴當n≤3時,|an|=-an;當n≥4時,|an|=an.∴|a1|+|a2|+…+|a6|=-a1-a2-a3+a4+a5+a6=S6-2S3=62-6×6-2(32-6×3)=18.4.已知函數f(x)=xa的圖象過點(4,2),令an=,n∈N*.記數列{an}的前n項和為Sn,則S2 020等于(　　)A.-1 B.+1C.-1 D.+1答案:C解析:由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,則f(x)=.∴an=,S2020=a1+a2+a3+…+a2020=()+()+()+…+()=-1.5.已知數列{an}滿足an+1+(-1)nan=2n-1,則{an}的前60項和為(　　)A.3 690 B.3 660 C.1 845 D.1 830答案:D解析:∵an+1+(-1)nan=2n-1,∴當n=2k(k∈N*)時,a2k+1+a2k=4k-1,①當n=2k+1(k∈N*)時,a2k+2-a2k+1=4k+1,②①+②得:a2k+a2k+2=8k.則a2+a4+a6+a8+…+a60=(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a58+a60)=8(1+3+…+29)=8×=1800.由②得a2k+1=a2k+2-(4k+1),∴a1+a3+a5+…+a59=a2+a4+…+a60-[4×(0+1+2+…+29)+30]=1800-=30,∴a1+a2+…+a60=1800+30=1830.6.已知等差數列{an},a5=.若函數f(x)=sin 2x+1,記yn=f(an),則數列{yn}的前9項和為　　　　　. 答案:9解析:由題意,得yn=sin2an+1,所以數列{yn}的前9項和為sin2a1+sin2a2+sin2a3+…+sin2a8+sin2a9+9.由a5=,得sin2a5=0.∵a1+a9=2a5=π,∴2a1+2a9=4a5=2π,∴2a1=2π-2a9,∴sin2a1=sin=-sin2a9.由倒序相加可得(sin2a1+sin2a2+sin2a3+…+sin2a8+sin2a9+sin2a1+sin2a2+sin2a3+…+sin2a8+sin2a9)=0,∴y1+y2+y3+…+y8+y9=9.7.已知數列{an}滿足:a3=,an-an+1=2anan+1,則數列{anan+1}前10項的和為　　　　　　　.答案:解析:∵an-an+1=2anan+1,∴=2,即=2.∴數列是以2為公差的等差數列.∵=5,∴=5+2(n-3)=2n-1.∴an=.∴anan+1=.∴數列{anan+1}前10項的和為=.8.在數列{an}中,a1=3,{an}的前n項和Sn滿足Sn+1=an+n2.(1)求數列{an}的通項公式;(2)設數列{bn}滿足bn=(-1)n+,求數列{bn}的前n項和Tn.解:(1)由Sn+1=an+n2,①得Sn+1+1=an+1+(n+1)2,②②-①,得an=2n+1.a1=3滿足上式,所以數列{an}的通項公式為an=2n+1.(2)由(1)得bn=(-1)n+22n+1,所以Tn=b1+b2+…+bn=[(-1)+(-1)2+…+(-1)n]+(23+25+…+22n+1)==(4n-1).9.設等差數列{an}的公差為d,前n項和為Sn,等比數列{bn}的公比為q,已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.(1)求數列{an},{bn}的通項公式;(2)當d>1時,記cn=,求數列{cn}的前n項和Tn.解:(1)由題意,得解得故(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=,于是Tn=1++…+,①Tn=+…+.②①-②可得Tn=2++…+=3-,故Tn=6-.10.已知Sn為數列{an}的前n項和,an>0,+2an=4Sn+3.(1)求{an}的通項公式;(2)設bn=,求數列{bn}的前n項和.解:(1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3.兩式相減可得+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),a1=3.所以{an}是首項為3,公差為2的等差數列,故{an}的通項公式為an=2n+1.(2)由an=2n+1可知bn=.設數列{bn}的前n項和為Tn,則Tn=b1+b2+…+bn==.11.(2020山東,18)已知公比大于1的等比數列{an}滿足a2+a4=20,a3=8.(1)求{an}的通項公式;(2)記bm為{an}在區(qū)間(0,m](m∈N*)中的項的個數,求數列{bm}的前100項和S100.解:(1)設{an}的公比為q.由題設得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=(舍去),q=2.因為a1q2=8,所以a1=2.所以{an}的通項公式為an=2n.(2)由題設及(1)知b1=0,且當2n≤m<2n+1時,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.能力提升12.在數列{an}中,a1=1,且an+1=.若bn=anan+1,則數列{bn}的前n項和Sn為(　　)A. B. C. D.答案:B解析:由an+1=,得+2,∴數列是以1為首項,2為公差的等差數列,∴=2n-1,又bn=anan+1,∴bn=,∴Sn=,故選B.13.今要在一個圓周上標出一些數,第一次先把圓周二等分,在這兩個分點處分別標上1,如圖①所示;第二次把兩段半圓弧二等分,在這兩個分點處分別標上2,如圖②所示;第三次把四段圓弧二等分,并在這4個分點處分別標上3,如圖③所示.如此繼續(xù)下去,當第n次標完數以后,這個圓周上所有已標出的數的總和是　　　　　　　　　　. 答案:(n-1)×2n+2解析:由題意可得,第n次標完后,圓周上所有已標出的數的總和為Tn=1+1+2×2+3×22+…+n×2n-1.設S=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,則2S=2+2×22+…+(n-1)×2n-1+n×2n,兩式相減可得-S=1+2+22+…+2n-1-n×2n=(1-n)×2n-1,則S=(n-1)×2n+1,故Tn=(n-1)×2n+2.14.已知首項為的等比數列{an}不是遞減數列,其前n項和為Sn(n∈N*),且S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差數列.(1)求數列{an}的通項公式;(2)設bn=(-1)n+1·n(n∈N*),求數列{an·bn}的前n項和Tn.解:(1)設等比數列{an}的公比為q.由S3+a3,S5+a5,S4+a4成等差數列,可得2(S5+a5)=S3+a3+S4+a4,即2(S3+a4+2a5)=2S3+a3+2a4,即4a5=a3,則q2=,解得q=±.由等比數列{an}不是遞減數列,可得q=-,故an==(-1)n-1·.(2)由bn=(-1)n+1·n,可得an·bn=(-1)n-1··(-1)n+1·n=3n·.故前n項和Tn=3,則Tn=3,兩式相減可得,Tn=3=3,化簡可得Tn=6.15.若數列{an}的前n項和Sn滿足Sn=2an-λ(λ>0,n∈N*).(1)證明:數列{an}為等比數列,并求an;(2)若λ=4,bn=(n∈N*),求數列{bn}的前2n項和T2n.答案:(1)證明∵Sn=2an-λ,當n=1時,得a1=λ,當n≥2時,Sn-1=2an-1-λ,則Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-2an-1,∴an=2an-1,∴數列{an}是以λ為首項,2為公比的等比數列,∴an=λ·2n-1.(2)解∵λ=4,∴an=4·2n-1=2n+1,∴bn=∴T2n=22+3+24+5+26+7+…+22n+2n+1=(22+24+26+…+22n)+(3+5+…+2n+1)=+n(n+2),∴T2n=+n2+2n-.高考預測16.已知數列{an}的前n項和為Sn,且a1=2,Sn=2an+k,等差數列{bn}的前n項和為Tn,且Tn=n2.(1)求k和Sn;(2)若cn=an·bn,求數列{cn}的前n項和Mn.解:(1)∵Sn=2an+k,∴當n=1時,S1=2a1+k.∴a1=-k=2,即k=-2.∴Sn=2an-2.∴當n≥2時,Sn-1=2an-1-2.∴an=Sn-Sn-1=2an-2an-1.∴an=2an-1.∴數列{an}是以2為首項,2為公比的等比數列.即an=2n.∴Sn=2n+1-2.(2)∵等差數列{bn}的前n項和為Tn,且Tn=n2,∴當n≥2時,bn=Tn-Tn-1=2n-1.又b1=T1=1符合bn=2n-1,∴bn=2n-1.∴cn=an·bn=(2n-1)2n.∴數列{cn}的前n項和Mn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,①∴2Mn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1,②由①-②,得-Mn=2+2×22+2×23+2×24+…+2×2n-(2n-1)×2n+1=2+2×-(2n-1)×2n+1,即Mn=6+(2n-3)2n+1.

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