《志鸿优化设计》2022年高考数学(苏教版)一轮复习题库：第6章数列6.4数列求和练习

《志鸿优化设计》2022年高考数学（苏教版）一轮复习题库：第6章数列6．4数列求和练习
一、填空题
1．设Sn 是等差数列{an}的前n 项和，若S3S6＝13，则S6S12＝__________. 2．设数列{an}是等差数列，a1＋a2＋a3＝－24，a19＝26，则此数列{a n}前20项和等于__________．
3．设数列1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n －1)，…的前n 项和为S n ，则Sn ＝__________.
4．等差数列{an}的前n 项和为Sn.已知am －1＋am ＋1－a2m ＝0，S2m －1＝38，则m ＝________.
5．数列{an}的通项公式为an ＝4n －1，令bn ＝a1＋a2＋…＋an n
，则数列{bn}的前n 项和为Sn ＝__________.
6．已知数列{an}：1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n
，…，则其前n 项和Sn ＝__________.
7．数列{an}的通项公式an ＝2n －1，假如bn ＝2n an ＋an ＋1
，那么{bn}的前n 项和为__________．
8．设等差数列{an}的前n 项和为Sn ，若a5＝5a3，则S9S5＝__________.
9．(2021江苏梁丰高级中学高三第一学期期末)数列{an}中，a1＝12，a
n ＋1＝nan n ＋1nan ＋1
(n N*)，则数列{an}的前2 012项的和为__________．
二、解答题[来源:学§科§网]
10．(2021江西高考)已知数列{an}的前n 项和Sn ＝kcn －k(其中c ，k 为常数)，且a2＝4，a6＝8a3.
(1)求an ；
(2)求数列{nan}的前n 项和Tn.
11.已知数列{an}和{bn}中，数列{an}的前n 项和记为Sn.若点(n ，Sn)在函数y ＝－x2＋4x 的图象上，点(n ，bn)在函数y ＝2x 的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n 项和Tn.
12．(2021浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N*，数列{bn}满足an＝4log2bn＋3，n∈N*.
(1)求an，bn；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
参考答案
一、填空题 1.310 解析：方法一：∵S3S6＝32a1＋2d 262a1＋5d 2＝13，∴a1＝2d. ∴S6S12＝62a1＋5d 2122a1＋11d 2＝9d 30d ＝310. 方法二：由S3S6＝13，得S6＝3S3.
又S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9仍旧是等差数列，公差为(S6－S3)－S3＝S3，从而S9－S6＝S3＋2S3＝3S3，
∴S9＝6S3，S12－S9＝S3＋3S3＝4S3.[来源:1][来源:1]
∴S12＝10S3.∴S6S12＝310.
2．180 解析：因数列{an}是等差数列，
因此a1＋a2＋a3＝3a2＝－24，即a2＝－8，
从而S20＝a1＋a202×20＝a2＋a192×20＝180.
3．2n ＋1－n －2 解析：an ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝1－2n 1－2
＝2n －1， ∴Sn ＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n
＝21－2n 1－2
－n ＝2n ＋1－2－n. 4．10 解析：因为{an}是等差数列，因此am －1＋am ＋1＝2am ，由a m －1＋am ＋1－a2m ＝0，得2am －a2m ＝0，因此am ＝2或am ＝0.[来源:Zxx k ]
又S2m －1＝38，即
2m －1a1＋a2m －12
＝38， 即(2m －1)am ＝38，
明显am ＝0不符合题意，代入am ＝2，
解得m ＝10.
5．n(n ＋2) 解析：∵an ＝4n －1，∴数列{an}是等差数列，且a1＝4－1＝3，∴bn ＝a1＋a2＋…＋an n ＝n 3＋4n －12n
＝2n ＋1.明显数列{bn}是等差数列，且b1＝2＋1＝3，它的前n 项和Sn ＝b1＋b2＋…＋bn ＝n 3＋2n ＋12＝n(n ＋2)． 6.2n n ＋1 解析：∵an ＝11＋2＋3＋…＋n ＝1n n ＋12＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n －1n ＋1， ∴Sn ＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝2⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛ 13－ ⎦⎥⎤ ⎭⎪⎫14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 7.2n ＋1－1－1 解析：bn ＝2n an ＋an ＋1＝2n 2n －1＋2n ＋1－1 ＝2n ＋1－1－2n －1，
因此b1＋b2＋…＋bn ＝22－1－2－1＋23－1－22－1＋…＋2n ＋1－1－2n －1＝2n ＋1－1－1.
8．9 解析：∵{an}为等差数列， ∴S9S5＝9a1＋a925a1＋a52＝9a55a3＝9. 9.2 0122 013 解析：假设bn ＝1nan ， ∴bn ＋1＝1n ＋1an ＋1
. ∵an ＋1＝nan n ＋1nan ＋1， ∴bn ＋1－bn ＝1n ＋1an ＋1－1nan ＝1n ＋1nan n ＋1nan ＋1
－1nan ＝nan ＋1nan －1nan ＝1. ∴{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，即bn ＝2＋(n －1)·1＝n ＋1.
从而an ＝1nbn ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1. 则数列{an}的前n 项和Sn ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋……＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 故S2 012＝2 0122 013.
二、解答题
10．解：(1)由Sn ＝kcn －k ，得an ＝Sn －Sn －1＝kcn －kcn －1(n ≥2)， 由a2＝4，a6＝8a3，得kc(c －1)＝4，kc5(c －1)＝8kc2(c －1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝2，k ＝2， 因此a1＝S1＝2，an ＝kcn －kcn －1＝2n(n ≥2)，因此an ＝2n. (2)Tn ＝∑i ＝1n iai ＝∑i ＝1n
i ·2i ，即
Tn ＝2＋2·22＋3·
23＋4·24＋…＋n ·2n ， Tn ＝2Tn －Tn ＝－2－22－23－24－…－2n ＋n ·2n ＋1＝－2n ＋1＋2＋n ·2n ＋1＝(n －1)2n ＋1＋2.
11．解：(1)由已知得Sn ＝－n2＋4n ，
∵当n ≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝－2n ＋5，
又当n ＝1时，a1＝S1＝3，符合上式．
∴an ＝－2n ＋5.
(2)由已知得
bn ＝2n ，anbn ＝(－2n ＋5)×2n.
Tn ＝3×21＋1×22＋(－1)×23＋…＋(－2n ＋5)×2n ，
2Tn ＝3×22＋1×23＋…＋(－2n ＋7)×2n ＋(－2n ＋5)×2n ＋1， 两式相减可得
Tn ＝－6＋(23＋24＋…＋2n ＋1)＋(－2n ＋5)×2n ＋1 ＝231－2n －11－2
＋(－2n ＋5)×2n ＋1－6 ＝(7－2n)·2n ＋1－14.
12．解：(1)由Sn ＝2n2＋n ，得当n ＝1时，a1＝S1＝3；
当n ≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝4n －1.
因此an ＝4n －1，n ∈N*.
由4n －1＝an ＝4log2bn ＋3，得bn ＝2n －1，n ∈N*.
(2)由(1)知anbn ＝(4n －1)·2n －1，n ∈N*.
因此Tn ＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n －1)·2n －1，2Tn ＝3×2＋7×22＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n ，
因此2Tn －Tn ＝(4n －1)2n －[3＋4(2＋22＋…＋2n －1)]＝(4n －5)2n ＋5.
[来源:1ZXXK]
故Tn ＝(4n －5)2n ＋5，n ∈N*.。