年高三一轮总复习理科数学课时跟踪检测54数列求和

[课时跟踪检测][基础达标]1．已知数列{an}是等差数列，a1＝tan225°，a5＝13a1，设Sn为数列{(－1)nan}的前n项和，则S2014A．2015 B．－2015C．3021 D．－3022解析：由题知a1＝tan(180°＋45°)＝1，∴a5＝13∴d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝eq\f(12,4)＝3.∴an＝1＋3(n－1)＝3n－2.设bn＝(－1)nan＝(－1)n(3n－2)，∴S2014＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－6037＋6040)＝3×1007＝3021.故选C.答案：C2．设{an}是公差不为零的等差数列，a2＝2，且a1，a3，a9成等比数列，则数列{an}的前n项和Sn＝()A.eq\f(n2,4)＋eq\f(7n,4) B．eq\f(n2,2)＋eq\f(3n,2)C.eq\f(n2,4)＋eq\f(3n,4) D．eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2)解析：设等差数列{an}的公差为d，则由aeq\o\al(2,3)＝a1a9得(a2＋d)2＝(a2－d)(a2＋7d)，代入a2＝2，解得d＝1或d＝0(舍)．∴an＝2＋(n－2)×1＝n，∴Sn＝eq\f(a1＋ann,2)＝eq\f(1＋nn,2)＝eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2).故选D.答案：D3．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为eq\f(5,4)，则S5＝()A．29 B．31C．33 D．36解析：设等比数列{an}的公比为q则aeq\o\al(2,1)q3＝2a1，①a1q3＋2a1q6＝eq\f(5,2)，②解得a1＝16，q＝eq\f(1,2)，∴S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝31，故选B.答案：B4．已知等比数列{an}的各项均为正数，a1＝1，公比为q；等差数列{bn}中，b1＝3，且{bn}的前n项和为Sn，a3＋S3＝27，q＝eq\f(S2,a2).(1)求{an}与{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝eq\f(3,2Sn)，求{cn}的前n项和Tn.解：(1)设数列{bn}的公差为d，∵a3＋S3＝27，q＝eq\f(S2,a2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q2＋3d＝18，,6＋d＝q2.))求得q＝3，d＝3，∴an＝3n－1，bn＝3n.(2)由题意得Sn＝eq\f(n3＋3n,2)，cn＝eq\f(3,2Sn)＝eq\f(3,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).∴Tn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).5．(2017届广州综合测试)已知数列{an}是等比数列，a2＝4，a3＋2是a2和a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2log2an－1，求数列{anbn}的前n项和Tn.解：(1)设数列{an}的公比为q，因为a2＝4，所以a3＝4q，a4＝4q2.因为a3＋2是a2和a4的等差中项，所以2(a3＋2)＝a2＋a4，化简得q2－2q＝0.因为公比q≠0，所以q＝2.所以an＝a2qn－2＝4×2n－2＝2n(n∈N*)．(2)因为an＝2n，所以bn＝2log2an－1＝2n－1，所以anbn＝(2n－1)2n，则Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)2n－1＋(2n－1)2n，①2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)·2n＋1.②由①－②得，－Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)2n＋1＝2＋2×eq\f(41－2n－1,1－2)－(2n－1)2n＋1＝－6－(2n－3)2n＋1，所以Tn＝6＋(2n－3)2n＋1.6．Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和．解：(1)由aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3，①可知aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.②②－①，得aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．由an>0，得an＋1－an＝2.又aeq\o\al(2,1)＋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.(2)由an＝2n＋1可知bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n＋12n＋3)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3))).设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))))＝eq\f(n,32n＋3).7．已知数列{an}与{bn}满足an＋1－an＝2(bn＋1－bn)(n∈N*)．(1)若a1＝1，bn＝3n＋5，求数列{an}的通项公式；(2)若a1＝6，bn＝2n(n∈N*)且λan>2n＋n＋2λ对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为an＋1－an＝2(bn＋1－bn)，bn＝3n＋5，所以an＋1－an＝2(bn＋1－bn)＝2(3n＋8－3n－5)＝6，所以{an}是等差数列，首项为1，公差为6，即an＝6n－5.(2)因为bn＝2n，所以an＋1－an＝2(2n＋1－2n)＝2n＋1，当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1＋…＋22＋6＝2n＋1＋2，当n＝1时，a1＝6，符合上式，所以an＝2n＋1＋2，由λan>2n＋n＋2λ得λ>eq\f(2n＋n,2n＋1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(n,2n＋1)，令f(n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(n,2n＋1)，因为f(n＋1)－f(n)＝eq\f(n＋1,2n＋2)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(1－n,2n＋2)≤0，所以eq\f(1,2)＋eq\f(n,2n＋1)在n≥1时单调递减，所以当n＝1,2时，eq\f(2n＋n,2n＋1)取最大值eq\f(3,4)，故λ的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞)).[能力提升]1．已知数列{an}的首项为a1＝1，前n项和为Sn，且数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为2的等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)由已知得eq\f(Sn,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以Sn＝2n2－n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.a1＝1＝4×1－3，所以an＝4n－3，n∈N*.(2)由(1)可得bn＝(－1)nan＝(－1)n(4n－3)．当n为偶数时，Tn＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n－7)＋(4n－3)]＝4×eq\f(n,2)＝2n，当n为奇数时，n＋1为偶数，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1，综上，Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n，n＝2k，k∈N*，,－2n＋1，n＝2k－1，k∈N*.))2．在数列{an}中，已知an>1，a1＝1＋eq\r(3)，且an＋1－an＝eq\f(2,an＋1＋an－2)，记bn＝(an－1)2，n∈N*.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Sn，证明：eq\f(1,3)≤eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)<eq\f(3,4).解：(1)因为an＋1－an＝eq\f(2,an＋1＋an－2)，所以aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)－2an＋1＋2an＝2，即(an＋1－1)2－(an－1)2＝2.又bn＝(an－1)2，n∈N*，所以bn＋1－bn＝2，数列{bn}是以b1＝(1＋eq\r(3)－1)2＝3为首项，2为公差的等差数列，故bn＝2n＋1，n∈N*.(2)证明：由(1)得Sn＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n(n＋2)，所以eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，n∈N*，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))<eq\f(3,4).记Tn＝eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)，因为eq\f(1,Sn)>0，n∈N*，所以Tn单调递增．故Tn≥T1＝eq\f(1,S1)＝eq\f(1,3).综上eq\f(1,3)≤eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)<eq\f(3,4).3．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足aeq\o\al(2,n)＋an＝2Sn.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：eq\f(Sn,\r(2))<eq\r(S1)＋eq\r(S2)＋…＋eq\r(Sn)<eq\f(Sn＋1－1,\r(2)).解：(1)因为当n∈N*时，aeq\o\al(2,n)＋an＝2Sn，故当n>1时，aeq\o\al(2,n－1)＋an－1＝2Sn－1，两式相减得，aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1＝2Sn－2Sn－1＝2an，即(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1.因为an>0，所以an＋an－1>0，所以当n>1时，an－an－1＝1.又当n＝1时，aeq\o\al(2,1)＋a1＝2S1＝2a1，得a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝n.(2)证明：由(1)及等差数列的前n项和公式知Sn＝eq\f(nn＋1,2)，所以eq\r(Sn)＝eq\r(\f(nn＋1,2))>eq\r(\f(n2,2))＝eq\f(n,\r(2))，所以eq\r(S1)＋eq\r(S2)＋…＋eq\r(Sn)>eq\f(1,\r(2))＋eq\f(2,\r(2))＋…＋eq\f(n,\r(2))＝eq\f(1＋2＋…＋n,\r(2))＝eq\f(Sn,\r(2)).又eq