一輪優(yōu)化探究理數蘇教版練習：第六章 第四節(jié)　數列求和 Word版含解析

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1、 高考數學精品復習資料 2019.5 一、填空題 1．若數列{an}的前n項和Sn＝(－1)n(2n2＋4n＋1)－1(n∈N*)，且anbn＝(－1)n，數列{bn}的前n項和為Tn，則T10等于________． 解析：由Sn＝(－1)n(2n2＋4n＋1)－1可求得an＝(－1)n4n (n＋1)，所以bn＝，于是T10＝(1－＋－＋…＋－)＝. 答案： 2．數列{an}滿足an＋an＋1＝(n∈N*)，a1＝－，Sn是{an}的前n項和，則S2 014＝________. 解析：由題意得數列{an}的各項

2、為－，1，－，1，…，以2為周期的周期數列，所以S2 014＝1 007＝. 答案： 3．在數列{an}中，若對任意的n均有an＋an＋1＋an＋2為定值(n∈N*)，且a7＝2，a9＝3，a98＝4，則此數列{an}的前100項的和S100＝________. 解析：由題設得an＋an＋1＋an＋2＝an＋1＋an＋2＋an＋3， ∴an＝an＋3， ∴a3k＋1＝2(k∈N)，a3k＋2＝4(k∈N)，a3k＝3(k∈N*)， ∴S100＝342＋334＋333＝299. 答案：299 4．已知等比數列{an}中，a1＝3，a4＝81，若數列{bn}滿足bn＝log3an，

3、則數列{}的前n項和Sn＝________. 解析：設等比數列{an}的公比為q，則＝q3＝27，解得q＝3.所以an＝a1qn－1＝33n－1＝3n，故bn＝log3an＝n，所以＝＝－.則數列{}的前n項和為1－＋－＋…＋－＝1－＝. 答案： 5．若數列{an}是正項數列，且＋＋…＋＝n2＋3n(n∈N*)，則＋＋…＋＝________. 解析：令n＝1得＝4，即a1＝16，當n≥2時，＝(n2＋3n)－[(n－1)2＋3(n－1)]＝2n＋2，所以an＝4(n＋1)2，當n＝1時，也適合，所以an＝4(n＋1)2(n∈N*)．于是＝4(n＋1)，故＋＋…＋＝2n2＋6n. 答案

4、：2n2＋6n 6．設a1，a2，…，a50是從－1,0,1這三個整數中取值的數列，若a1＋a2＋…＋a50＝9且(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝107，則a1，a2，…，a50當中取零的項共有________個． 解析：(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a50＋1)2＝a＋a＋…＋a＋2(a1＋a2＋…＋a50)＋50＝107， ∴a＋a＋…＋a＝39， ∴a1，a2，…，a50中取零的項應為50－39＝11個． 答案：11 7．設函數f(x)＝xm＋ax的導函數f′(x)＝2x＋1，則數列{}(n∈N*)的前n項和是________． 解析：f′(x

5、)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2， ∴f(x)＝x(x＋1)， ＝＝－， 用裂項法求和得Sn＝. 答案： 8．設關于x的不等式x2－x<2nx(n∈N*)的解集中整數的個數為an，數列{an}的前n項和為Sn，則S100的值為________． 解析：由x2－x<2nx(n∈N*)得0

6、(－1)nn2，由an＝f(n)＋f(n＋1) ＝(－1)nn2＋(－1)n＋1(n＋1)2 ＝(－1)n[n2－(n＋1)2] ＝(－1)n＋1(2n＋1)， 得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝50(－2)＝－100. 答案：－100 二、解答題 10．已知函數f(x)＝2n－3n－1，點(n，an)在f(x)的圖象上，an的前n項和為Sn. (1)求使an<0的n的最大值； (2)求Sn. 解析：(1)依題意an＝2n－3n－1， ∴an<0即2n－3n－1<0. 當n＝3時，23－9－1＝－2<0， 當n＝4

7、時，24－12－1＝3>0， ∴2n－3n－1<0中n的最大值為3. (2)Sn＝a1＋a2＋…＋an ＝(2＋22＋…＋2n)－3(1＋2＋3＋…＋n)－n ＝2－3－n ＝2n＋1－－2. 11．已知函數f(x)＝ax2＋bx(a≠0)的導函數f′(x)＝－2x＋7，數列{an}的前n項和為Sn，點Pn(n，Sn)(n∈N*)均在函數y＝f(x)的圖象上． (1)求數列{an}的通項公式及Sn的最大值； (2)令bn＝，其中n∈N*，求數列{nbn}的前n項和． 解析：(1)∵f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，∴f′(x)＝2ax＋b， 又∵f′(x)＝－2x＋7，得a

8、＝－1，b＝7， ∴f(x)＝－x2＋7x. 又∵點Pn(n，Sn)(n∈N*)均在函數y＝f(x)的圖象上，∴有Sn＝－n2＋7n， 當n＝1時，a1＝S1＝6， 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－2n＋8， ∴an＝－2n＋8(n∈N*)． 令an＝－2n＋8≥0，得n≤4，∴當n＝3或n＝4時， Sn取得最大值12. (2)由題意得b1＝＝8，bn＝＝2－n＋4. ∴＝，即數列{bn}是首項為8，公比為的等比數列， 故數列{nbn}的前n項和Tn＝123＋222＋…＋n2－n＋4，① Tn＝122＋22＋…＋(n－1)2－n＋4＋n2－n＋3，② 由①－②得：Tn＝23＋22＋…＋2－n＋4－n2－n＋3， ∴Tn＝－n24－n＝32－(2＋n)24－n. 12．已知等差數列{an}的前n項和Sn滿足S3＝0，S5＝－5. (1)求{an}的通項公式； (2)求數列{}的前n項和． 解析：(1)設{an}的公差為d，則Sn＝na1＋d. 由已知可得解得 故{an}的通項公式為an＝2－n. (2)由(1)知＝ ＝(－)， 從而數列{}的前n項和為 (－＋－＋…＋－)＝.