2020版高考数学大一轮复习第六章数列与数学归纳法第4讲数列求和练习(含解析)

第4讲 数列求和
[基础达标]
1．若数列｛a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·（3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 12＝( ）
A ．18
B ．15
C ．－18
D ．－15
解析：选A 。

记b n ＝3n －2，则数列｛b n ｝是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 11＋a 12
＝(－b 1)＋b 2＋…＋（－b 11)＋b 12＝(b 2－b 1)＋（b 4－b 3）＋…＋(b 12
－b 11)＝6×3＝18。

2．已知｛a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列错误!的前5项和为（ ）
A ．158或5
B ．错误!或5
C ．错误!
D ．错误!
解析：选C 。

设数列{a n ｝的公比为q 。

由题意可知q ≠1，且错误!
＝错误!，解得q ＝2，所以数列错误!是以1为首项，错误!为公比的等比数列，由求和公式可得S 5＝错误!.
3．数列{a n }的通项公式是a n ＝错误!，若前n 项和为10，则项数n 为（ )
A ．120
B ．99
C ．11
D ．121
解析：选A。

a n＝错误!＝错误!＝错误!－错误!,所以a1＋a2＋…＋a n＝（错误!－1)＋(错误!－错误!）＋…＋（错误!－错误!）＝错误!－1＝10。

即错误!＝11，所以n＋1＝121，n＝120.
4．设各项均为正数的等差数列｛a n｝的前n项和为S n,且a4a8＝32，则S11的最小值为( )
A．22错误!B．44错误!
C．22 D．44
解析：选B.因为数列{a n}为各项均为正数的等差数列，所以a4＋a8≥2a4a8＝82，S11＝错误!＝错误!（a4＋a8)≥错误!×8错误!＝44错误!，故S11的最小值为442，当且仅当a4＝a8＝4错误!时取等号．5．设等比数列｛a n｝的各项均为正数，且a1＝错误!,a错误!＝4a2a8，若错误!＝log2a1＋log2a2＋…＋log2a n，则数列｛b n｝的前10项和为（）A．－错误!B．错误!
C．－错误!D．错误!
解析：选A。

设等比数列｛a n｝的公比为q，因为a2，4＝4a2a8，
所以（a1q3）2＝4a1q·a1q7,即4q2＝1，所以q＝1
2
或q＝－错误!(舍），所
以a n＝错误!错误!＝2－n,所以log2a n＝log22－n＝－n,所以错误!＝－(1＋2＋3＋…＋n)＝－错误!,所以b n＝－错误!＝－2错误!,
所以数列{b n}的前10项和为
－2错误!＝
－2错误!＝－错误!.
6．(2019·杭州八校联考)在各项都为正数的数列｛a｝中，首
项a1＝2，且点(a2n，a错误!)在直线x－9y＝0上，则数列｛a n｝的前n 项和S n等于( ）
A．3n－1 B．错误!
C．错误!D．错误!
解析：选A.由点(a错误!,a错误!)在直线x－9y＝0上,得a错误!－9a错误!＝0，即（a n＋3a n－1）(a n－3a n－1）＝0，又数列{a n}各项均为正数,且a1＝2，所以a n＋3a n－1〉0，所以a n－3a n－1＝0,即错误!＝3,所以数列{a n}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，其前n项和S n＝错误!＝错误!＝3n－1，故选A。

7．在等差数列{a n}中，a1〉0,a10·a11<0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列｛|a n|｝的前18项和T18的值是________．
解析：由a1>0,a10·a11<0可知d<0,a10>0，a11〈0,
所以T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18
＝S10－(S18－S10）＝60.
答案：60
8．设函数f（x）＝1
2
＋log2错误!,定义S n＝f错误!＋f错误!＋…＋f错误!,
其中n∈N*，且n≥2,则S n＝________．
解析:因为f(x)＋f（1－x)＝错误!＋log2错误!＋错误!＋log2错误!＝1＋log21＝1，
所以2S n＝错误!＋[f错误!＋f错误!]＋…＋错误!＝n－1.
所以S＝错误!.
答案：错误!
9．数列错误!的前n项和为错误!，则n的值为________．
解析：由题意得
1
1×2
＋错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!－错误!＋错误!－
错误!＋错误!－错误!＋…＋错误!－错误!＝1－错误!＝错误!＝错误!。

所以n＝99。

答案：99
10．(2019·温州中学高三模考）已知数列｛a n}满足：a1＝错误!,a n ＋1
＝a2，n＋a n，用[x]表示不超过x的最大整数,则错误!的值等于________．
解析：因为a n＋1＝a错误!＋a n,故a n＋1－a n＝a错误!〉0，即数列｛a n｝是递增数列，由a n＋1＝a错误!＋a n可得a n＋1＝a n（a n＋1），所以错误!＝错误!
－
1
a n＋1，从而错误!＝错误!－错误!，
所以1〈错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!－错误!<错误!＝2，故错误!＝1。

答案：1
11．（2019·金华十校联考)设数列｛a n}的各项均为正数，且a1,22，
a2，24，…,a n，22n,…成等比数列．
(1)求数列｛a n｝的通项公式；
(2）记S n为数列｛a n｝的前n项和，若S k≥30（2k＋1)，求正整数k的最小值．
解:(1）设等比数列的公比为q，则q2＝错误!＝22，
又由题意q＞0，故q＝2，
从而a＝错误!＝22n－1，
即数列{a n}的通项公式为a n＝22n－1.
（2)由（1)知a1＝2，数列｛a n}是以22为公比的等比数列，故S n＝错误!＝错误!（22n－1）．
因此不等式S k≥30（2k＋1）可化为2
3
(22k－1）≥30（2k＋1),即错误!
（2k－1)(2k＋1）≥30(2k＋1)，
因为2k＋1＞0，
所以2k≥46，
即k≥log246，
又5＜log246＜6,
所以正整数k的最小值为6.
12．(2019·温州市普通高中模考)已知数列{a n｝的前n项和为S n，a1＝错误!，2S n＝(n＋1)a n＋1（n≥2)．
(1）求｛a n｝的通项公式；
（2）设b n＝错误!(n∈N＊)，数列｛b n｝的前n项和为T n，证明：T n〈错误!(n∈N*）．
解：(1)当n＝2时，2S2＝3a2＋1，解得a2＝2.
当n＝3时,2S3＝4a3＋1,
解得a3＝3.
当n≥3时,2S n＝(n＋1）a n＋1，2S n－1＝na n－1＋1，
以上两式相减,得2a n＝(n＋1）a n－na n－1，
所以错误!＝错误!，
所以错误!＝错误!＝…＝错误!＝1,
所以a n＝错误!。

(2）证明:b n＝错误!＝错误!,
当n≥2时，b n＝错误!〈错误!＝错误!－错误!，
所以T n＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!－错误!<错误!。

[能力提升］
1．已知｛a n｝是等差数列，公差d不为零，前n项和是S n,若a3，a4，a8成等比数列,则（)
A．a1d〉0，dS4〉0 B．a1d〈0，dS4<0
C．a1d>0，dS4〈0 D．a1d<0,dS4>0
解析:选B.因为a3，a4，a8成等比数列，所以a错误!＝a3a8，所以（a1＋3d)2＝（a1＋2d)(a1＋7d),展开整理，得－3a1d＝5d2，即a1d＝－错误!d2。

因为d≠0,所以a1d＜0.因为S n＝na1＋错误!d，所以S4＝4a1＋6d，dS4＝4a1d＋6d2＝－错误!d2<0。

2．在等差数列{a n}中，a2＝5,a6＝21，记数列错误!的前n项和为S n，若S2n＋1－S n≤错误!对任意的n∈N*恒成立，则正整数m的最小值为（）
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选C.在等差数列{a n}中，因为a2＝5，a6＝21，
所以错误!解得a1＝1,d＝4，
所以错误!＝错误!＝错误!。

因为错误!－错误!
＝错误!－错误!
＝错误!－错误!－错误!＝错误!－错误!－错误!
＝错误!＋错误!〉0，所以数列错误!（n∈N＊）是递减数列,数列错误!(n∈N ＊）的最大项为S3－S1＝错误!＋错误!＝错误!，所以错误!≤错误!，m≥错误!。

又m是正整数，所以m的最小值是5。

3．设a1,d为实数，首项为a1,公差为d的等差数列{a n｝的前n 项和为S n，满足S5S6＋15＝0，则d的取值范围是________．解析：由S5S6＋15＝0,得错误!·（6a1＋错误!d）＋15＝0。

整理可得2a21＋9a1d＋10d2＋1＝0.
因为a1，d为实数，所以Δ＝（9d）2－4×2×（10d2＋1）≥0，解得d≤－2错误!或d≥2错误!.
答案：d≤－2错误!或d≥2错误!
4．(2019·台州诊断考试)已知数列｛a n｝中,a1＝1，S n为数列｛a n}的前n项和，且当n≥2时，有错误!＝1成立，则S2 017＝________．解析：当n≥2时，由错误!＝1，得2(S n－S n－1)＝（S n－S n－1)S n－S2n＝－S n S n－1，
所以错误!－错误!＝1,又错误!＝2，所以错误!是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以错误!＝n＋1,故S n＝错误!，
则S2 017＝1
1 009。

答案：错误!
5．(2019·浙江“七彩阳光”联盟联考)在数列｛a n}中，a1＝2,a n ＝2错误!a。

（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）设b n＝错误!，数列{b n｝的前n项的和为S n,试求数列{S2n－S n}的最小值．
解:（1)由条件a n＋1＝2错误!a n得错误!＝2·错误!，
又a1＝2，所以错误!＝2，
因此数列错误!构成首项为2，公比为2的等比数列，
从而错误!＝2·2n－1＝2n，因此，a n＝n·2n。

(2)由(1)得b n＝错误!,设c n＝S2n－S n，则c n＝错误!＋错误!＋…＋错误!，
所以c n＋1＝错误!＋错误!＋…＋错误!＋错误!＋错误!，
从而c n＋1－c n＝错误!＋错误!－错误!〉错误!＋错误!－错误!＝0，
因此数列｛c n｝是单调递增的,所以{c n｝min＝c1＝错误!.
6．(2019·浙江严州阶段测试)设等差数列｛a n}的前n项和为S n，已知a7＝4，a19＝2a9，数列｛b n｝的前n项和为T n，满足42a n－1＝λT n －(a5－1）(n∈N＊)．
（1）是否存在非零实数λ,使得数列{b n}为等比数列？并说明理由；
(2）已知对于n∈N*，不等式1
S1＋错误!＋错误!＋…＋错误!＜M恒成立，求实数M的最小值．
解：（1）设等差数列｛a n｝的公差为d，
则a n＝a1＋（n－1)d。

因为错误!
所以错误!解得a＝1，d＝错误!，
所以数列｛a n}的通项公式为a n＝错误!。

因为a5＝3，42a n－1＝λT n－（a5－1),
所以4n＝λT n－2，T n＝错误!4n＋错误!.
当n＝1时，b1＝错误!；
当n≥2时，b n＝T n－T n－1＝错误!4n＋错误!－错误!4n－1－错误!＝错误!4n－1。

所以b n＋1＝错误!4n＝4b n（n≥2)，
若数列{b n｝是等比数列，则有b2＝4b1,
而b2＝错误!，所以错误!＝2与b2＝4b1矛盾．
故不存在非零实数λ，使得数列｛b n｝为等比数列．
(2)由(1）知S n＝错误!，
所以错误!＝错误!＝错误!错误!，
从而错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!
＝错误!错误!
错误!错误!
＝错误!错误!
＝错误!错误!＜错误!,
所以M≥错误!,故实数M的最小值为错误!.。