(福建专用)高考数学总复习 第五章第4课时 数列求和课时闯关(含解析)

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（福建专用）2013年高考数学总复习 第五章第4课时 数列求
和课时闯关（含解析）

一、选择题
1．等差数列{an}的通项公式是an＝1－2n，其前n项和为Sn，则数列{Snn}的前11项和为
( )
A．－45 B．－50
C．－55 D．－66

解析：选D.Sn＝a1＋ann2，

∴Snn＝a1＋an2＝－n，
∴{Snn}的前11项的和为－66.
2．数列112，314，518，7116，…，(2n－1)＋12n，…的前n项和Sn为( )
A．n2＋1－12n B．2n2－n＋1－12n
C．n2＋1－12n－1 D．n2－n＋1－12n
解析：选A.该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋12n，
则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(12＋122＋…＋12n)
＝n2＋1－12n.故选A.
3．(2012·深圳调研)已知函数f(x)＝x2＋bx的图象在点A(1，f(1))处的切线的斜率为
3，数列{1fn}的前n项和为Sn，则S2011的值为( )

A.20082009 B.20092010
C.20102011 D.20112012
解析：选D.∵f′(x)＝2x＋b，
∴f′(1)＝2＋b＝3，∴b＝1，∴f(x)＝x2＋x，

∴1fn＝1nn＋1＝1n－1n＋1，

∴S2011＝1－12＋12－13＋…＋12011－12012
＝1－12012＝20112012.
4．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值等于( )
A．2500 B．2600
C．2700 D．2800
解析：选B.据已知当n为奇数时，
an＋2－an＝0⇒a
n
＝1，
2

当n为偶数时，an＋2－an＝2⇒an＝n，
故an＝ 1 n为奇数n n为偶数，
故S100＝1＋1＋…＋150＋2＋4＋6＋…＋10050
＝50＋50×2＋1002＝2600.
5．设数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，把{an}中的每一项都减去2后，得到
一个新数列{bn}，{bn}的前n项和为Sn，则对任意的n∈N*，下列结论正确的是( )

A．bn＋1＝3bn＋2，且Sn＝12(3n－1)

B．bn＋1＝3bn－2，且Sn＝12(3n－1)
C．bn＋1＝3bn＋4，且Sn＝12(3n－1)－2n
D．bn＋1＝3bn－4，且Sn＝12(3n－1)－2n
解析：选C.因为数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以数列{an}的通项公式
为an＝3n－1，则依题意得，数列{bn}的通项公式为bn＝3n－1－2，∴bn＋1＝3n－2,3bn＝3(3n－1－
2)＝3n－6，∴bn＋1＝3bn＋4.
{bn}的前n项和为：Sn＝(1－2)＋(31－2)＋(32－2)＋(33－2)＋…＋(3n－1－2)＝(1＋3
1

＋32＋33＋…＋3n－1)－2n＝1－3n1－3－2n＝12(3n－1)－2n.
二、选择题
6．(2012·三明质检)数列1，11＋2，11＋2＋3，…的前n项和Sn＝________.

解析：由于an＝11＋2＋3＋…＋n＝2nn＋1＝2(1n－1n＋1)，
∴Sn＝2(1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1)
＝2(1－1n＋1)＝2nn＋1.
答案：2nn＋1
7．已知函数f(x)对任意x∈R，都有f(x)＝1－f(1－x)，则f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋
f(1)＋f(2)＋f
(3)＝________.

解析：由条件可知：f(x)＋f(1－x)＝1.
而x＋(1－x)＝1，
∴f(－2)＋f(3)＝1，f(－1)＋f(2)＝1，f(0)＋f(1)＝1，
∴f(－2)＋f(－1)＋…＋f(2)＋f(3)＝3.
答案：3

8．若数列{an}是正项数列，且a1＋a2＋…＋an＝n2＋3n(n∈N*)，则a12＋a23＋…＋
a
n

n
＋1

＝________.
解析：令n＝1，得a1＝4，∴a1＝16.
当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝(n－1)2＋3(n－1)，
与已知式相减，得
an＝(n2＋3n)－(n－1)2－3(n－1)＝2n
＋2，

∴an＝4(n＋1)2，∴n＝1时，a1也适合an.
3

∴an＝4(n＋1)2，∴ann＋1＝4n＋4，
∴a12＋a23＋…＋ann＋1＝n8＋4n＋42＝2n2＋6n.
答案：2n2＋6n
三、解答题
9．(2011·高考课标全国卷)已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a23＝
9a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列1bn的前n项和．
解：(1)设数列{an}的公比为q，由a23＝9a2a6得a33＝9a24，
所以q2＝19.

由条件可知q>0，故q＝13.
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝13.
故数列{an}的通项公式为an＝13n.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an
＝－(1＋2＋…＋n)

＝－nn＋12.
1bn＝－2
nn
＋1

＝－21n－1n＋1 ，

故1b1＋1b2＋…＋1bn
＝－21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1
＝－2nn＋1，
所以数列1bn的前n项和为－2nn＋1.
10．数列{an}中a1＝3，已知点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)∵点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，
∴an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2.
∴数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)∵bn＝an·3n，∴bn＝(2n＋1)·3n，
∴Tn＝3×3＋5×32＋…＋(2n－1)·3n－1＋(2n＋1)·3n，①
∴3Tn＝3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n＋(2n＋1)·3n＋1，②
由①－②得
－2Tn＝3×3＋2(32＋33＋…＋3n)－(2n＋1)·3n＋1

＝9＋2×91－3n－11－3－(2n＋1)·3n＋1.
∴Tn＝n·3n＋1.
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一、选择题
1．(2012·南平调研)已知数列{an}的通项公式是an＝2n－12n，其前n项和Sn＝32164，则项
数n等于( )
A．13 B．10
C．9 D．6

解析：选D.an＝1－12n，∴Sn＝n－121－12n1－12＝n－1＋12n，即n－1＋12n＝32164，解得
n
＝6.
2．定义：在数列{an}中，an＞0且an≠1，若anan＋1为定值，则称数列{an}为“等幂数列”．已
知数列{an}为“等幂数列”，且a1＝2，a2＝4，Sn为数列{an}的前n项和，则S2013＝( )
A．6038 B．6036
C．2 D．4
解析：选A.a1a2＝2×4＝8＝a2a3＝4a3，
得a3＝2，同理得a4＝4，a5＝2，…，
这是一个周期数列．

∴S2013＝2013－12×(2＋4)＋2＝6038.
二、填空题
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26.记Tn＝Snn2，如果存在正整
数M，使得对一切正整数n，Tn≤M都成立，则M的最小值是________．
解析：∵{an}为等差数列，由a4－a2＝8，a3＋a5＝26，可解得a1＝1，d＝4，从而Sn＝

2n2－n，∴Tn＝2－1n，若Tn≤M对一切正整数n恒成立，则只需Tn的最大值≤M即可．又
T
n

＝2－1n＜2，∴只需2≤M，故M的最小值是2.
答案：2
4．(2012·泉州质检)已知数列{an}，若a1，a2－a1，a3－a2，a4－a3，…，an－an－1是首
项为1，公比为2的等比数列，则{an}的前n项和Sn＝________.
解析：由题意an－an－1＝2n－1，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋21＋1
＝2n－1，
∴Sn＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)
＝(21＋22＋…＋2n)－n
＝2n＋1－n－2.
答案：2n＋1－n－2
三、解答题

5．数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝1－13cos2nπ2an＋2sin2nπ2，n＝1,2,3…
(1)求a3，a4及数列{an}的通项公式；
(2)设Sn＝a1＋a2＋…＋an，求S2n.

解：(1)a3＝1－13cos2π2a1＋2sin2π2＝a1＋2＝1＋2＝3，
5

a4＝1－13cos22π2a2＋2sin22π2＝1－13a
2
＝23×2＝43.

a2n＋1＝1－13cos22n－12πa2n－1＋2sin22n－12π＝a
2n－1
＋2，

即a2n＋1－a2n－1＝2，
即数列{a2n－1}是以a1＝1，公差为2的等差数列．
∴a2n－1＝2n－1.

又∵a2n＋2＝1－13cos22n2πa2n＋2sin22n2π＝23a2n，

即数列{a2n}是首项为a2＝2，公比为23的等比数列，
∴a2n＝a223n－1＝223n－1.

综上可得an＝ n，n＝2m－1， m∈N*223n－22，n＝2m， m∈N*.
(2)S2n＝a1＋a2＋…＋a2n－1＋a2n
＝a1＋a3＋…＋a2n－1＋a2＋a4＋…＋a2n

＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋2＋43＋…＋2·23n－1

＝n2＋6－6·23n.
6．已知数列{an}的每一项都是正数，满足a1＝2且a2n＋1－anan＋1－2a2n＝0；等差数列{bn}
的前n项和为Tn，b2＝3，T5＝25.
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；

(2)比较1T1＋1T2＋…＋1Tn与2的大小；

(3)若b1a1＋b2a2＋…＋bnan＜c恒成立，求整数c的最小值．
解：(1)由a2n＋1－anan＋1－2a2n＝0，
得(an＋1－2an)(an＋1＋an)＝0，
由于数列{an}的每一项都是正数，∴an＋1＝2an，∴an＝2n.

设bn＝b1＋(n－1)d，由已知有b1＋d＝3,5b1＋5×42d＝25，
解得b1＝1，d＝2，∴bn＝2n－1.
(2)由(1)得Tn＝n2，∴1Tn＝1n2，

当n＝1时，1T1＝1＜2.
当n≥2时，1n2＜1n－1n＝1n－1－1n.
∴1T1＋1T2＋…＋1Tn ＜1＋11－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝2－1n＜2.
(3)记Pn＝b1a1＋b2a2＋…＋bnan＝12＋322＋523＋…＋2n－12n.
∴12Pn＝122＋323＋…＋2n－32n＋2n－12n＋1，