高中數(shù)學(xué)人教A版必修5課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十三）數(shù)列求和（習(xí)題課）

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十三）數(shù)列求和（習(xí)題課）層級(jí)一學(xué)業(yè)水平達(dá)標(biāo)1．已知an＝(－1)n，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S9與S10的值分別是()A．1,1 B．－1，－1C．1,0 D．－1,0解析：選DS9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1，S10＝S9＋a10＝－1＋1＝0.2．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若前n項(xiàng)和為10，則項(xiàng)數(shù)為()A．11 B．99C．120 D．121解析：選C∵an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\r(n＋1)－1，令eq\r(n＋1)－1＝10，得n＝120.3．等差數(shù)列{an}中，a1＝1，an，an＋1是方程x2－(2n＋1)x＋eq\f(1,bn)＝0的兩個(gè)根，則數(shù)列{bn}前n項(xiàng)和Sn＝()A.eq\f(1,2n＋1)B.eq\f(1,n＋1)C.eq\f(n,2n＋1)D.eq\f(n,n＋1)解析：選D因?yàn)閍n，an＋1是方程x2－(2n＋1)x＋eq\f(1,bn)＝0的兩個(gè)根，所以an＋an＋1＝2n＋1，又因?yàn)閿?shù)列{an}為等差數(shù)列，所以an＋an＋1＝a1＋a2n＝1＋a2n＝2n＋1，所以a2n＝2n，所以an＝n.anan＋1＝n(n＋1)＝eq\f(1,bn)，所以bn＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以數(shù)列{bn}前n項(xiàng)和Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).4．在數(shù)列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，則S15＋S22－S31的值()A．13 B．－76C．46 D．76解析：選B∵S15＝(－4)×7＋(－1)14(4×15－3)＝29.S22＝(－4)×11＝－44.S31＝(－4)×15＋(－1)30(4×31－3)＝61.∴S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.5．?dāng)?shù)列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前99項(xiàng)和為()A．2100－101 B．299－101C．2100－99 D．299－99解析：選A由數(shù)列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，所以，前99項(xiàng)的和為S99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)＝2＋22＋…＋299－99＝eq\f(21－299,1－2)－99＝2100－101.6．已知等比數(shù)列{an}的公比q≠1，且a1＝1,3a3＝2a2＋a4，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前4項(xiàng)和為_(kāi)_______．解析：∵等比數(shù)列{an}中，a1＝1,3a3＝2a2＋a4，∴3q2＝2q＋q3.又∵q≠1，∴q＝2，∴an＝2n－1，∴eq\f(1,anan＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2n－1，即eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))是首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,4)的等比數(shù)列，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前4項(xiàng)和為eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))4)),1－\f(1,4))＝eq\f(85,128).答案：eq\f(85,128)7．等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若eq\f(S6,S3)＝3，則eq\f(S9,S6)＝________.解析：eq\f(S6,S3)＝3，故q≠1，∴eq\f(a11－q6,1－q)×eq\f(1－q,a11－q3)＝1＋q3＝3，即q3＝2.所以eq\f(S9,S6)＝eq\f(a11－q9,1－q)×eq\f(1－q,a11－q6)＝eq\f(1－23,1－22)＝eq\f(7,3).答案：eq\f(7,3)8．對(duì)于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝2，{an}的“差數(shù)列”的通項(xiàng)公式為2n，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝________.解析：∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝eq\f(2－2n,1－2)＋2＝2n－2＋2＝2n.∴Sn＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.答案：2n＋1－29．已知{an}是遞增的等差數(shù)列，a1＝2，aeq\o\al(2,2)＝a4＋8.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝an＋2eq\a\vs4\al(an)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，d>0.由題意得(2＋d)2＝2＋3d＋8，解得d＝2.故an＝a1＋(n－1)·d＝2＋(n－1)·2＝2n.(2)∵bn＝an＋2eq\a\vs4\al(an)＝2n＋22n，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(2＋22)＋(4＋24)＋…＋(2n＋22n)＝(2＋4＋…＋2n)＋(22＋24＋…＋22n)＝eq\f(2＋2n·n,2)＋eq\f(4·1－4n,1－4)＝n(n＋1)＋eq\f(4n＋1－4,3).10．在等差數(shù)列{an}中，a3＝4，a7＝8.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；(2)令bn＝eq\f(an,2n－1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)因?yàn)閐＝eq\f(a7－a3,7－3)＝1，所以an＝a3＋(n－3)d＝n＋1.(2)bn＝eq\f(an,2n－1)＝eq\f(n＋1,2n－1)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝2＋eq\f(3,2)＋eq\f(4,22)＋…＋eq\f(n＋1,2n－1).①eq\f(1,2)Tn＝eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1)＋eq\f(n＋1,2n)，②由①－②得eq\f(1,2)Tn＝2＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n＋1,2n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))＋1－eq\f(n＋1,2n)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＋1－eq\f(n＋1,2n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＋1－eq\f(n＋1,2n)＝3－eq\f(n＋3,2n)，所以Tn＝6－eq\f(n＋3,2n－1).層級(jí)二應(yīng)試能力達(dá)標(biāo)1．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，則Sn＝()A．2n－1 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1 D.eq\f(1,2n－1)解析：選B因?yàn)閍n＋1＝Sn＋1－Sn，所以由Sn＝2an＋1，得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，整理得3Sn＝2Sn＋1，所以eq\f(Sn＋1,Sn)＝eq\f(3,2)，所以數(shù)列{Sn}是以S1＝a1＝1為首項(xiàng)，eq\f(3,2)為公比的等比數(shù)列，故Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1.2．已知數(shù)列{an}：eq\f(1,2)，eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)，eq\f(1,4)＋eq\f(2,4)＋eq\f(3,4)，eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)＋eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)，…，那么數(shù)列{bn}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))前n項(xiàng)的和為()A．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1))) B．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋1)))C．1－eq\f(1,n＋1) D.eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)解析：選A∵an＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq\f(\f(nn＋1,2),n＋1)＝eq\f(n,2)，∴bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(4,nn＋1)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).∴Sn＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1))).3．某廠去年的總產(chǎn)值是a億元，假設(shè)今后五年的年產(chǎn)值平均增長(zhǎng)率是10%，則從今年起到第5年年末該廠的總產(chǎn)值是()A．11×(1.15－1)a億元 B．10×(1.15－1)a億元C．11×(1.14－1)a億元 D．10×(1.14－1)a億元解析：選A由題意可知，今年年末的總產(chǎn)值為1.1a，從今年起每年年末的總產(chǎn)值構(gòu)成一個(gè)等比數(shù)列，首項(xiàng)為1.1a，公比為1.1.所以其前5項(xiàng)和為S5＝eq\f(1.1a1－1.15,1－1.1)＝11×(1.15－1)a億元，故選A.4．已知是{an}等差數(shù)列，公差d不為零，前n項(xiàng)和是Sn，若a3，a4，a8成等比數(shù)列，則()A．a(chǎn)1d>0，dS4>0 B．a(chǎn)1d>0，dS4<0C．a(chǎn)1d<0，dS4<0 D．a(chǎn)1d<0，dS4>0解析：選C∵在等差數(shù)列{an}中，a3，a4，a8成等比數(shù)列，∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)?a1＝－eq\f(5,3)d，∴S4＝2(a1＋a4)＝2(a1＋a1＋3d)＝－eq\f(2,3)d，∴a1d＝－eq\f(5,3)d2<0，dS4＝－eq\f(2,3)d2<0，故選C.5．求和：Sn＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)))＋1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)＋…＋\f(1,2n－1)))＝________.解析：被求和式的第k項(xiàng)為：ak＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))k,1－\f(1,2))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2k))).所以Sn＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,22)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n－\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))))＝2n＋eq\f(1,2n－1)－2.答案：2n＋eq\f(1,2n－1)－26．已知等比數(shù)列{an}及等差數(shù)列{bn}，其中b1＝0，公差d≠0.將這兩個(gè)數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)相加，得一新數(shù)列1,1,2，…，則這個(gè)新數(shù)列的前10項(xiàng)和為_(kāi)_______．解析：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則{an}的前三項(xiàng)分別為1，q，q2，{bn}的前三項(xiàng)分別為0，d,2d，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＋d＝1，,q2＋2d＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝0，,d＝1))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝2，,d＝－1.))于是新數(shù)列的前10項(xiàng)和為(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(a10＋b10)＝(a1＋a2＋…＋a10)＋(b1＋b2＋…＋b10)＝eq\f(1－210,1－2)＋10×0＋eq\f(10×10－1,2)×(－1)＝978.答案：9787．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn，滿足Sn＝n(n－6)，數(shù)列{bn}滿足b2＝3，bn＋1＝3bn(n∈N*)(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)記數(shù)列{cn}滿足cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n為奇數(shù)，,bn，n為偶數(shù)，))求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝－5，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－6n－(n－1)2＋6(n－1)＝2n－7，∵n＝1也適合上式，∴an＝2n－7.∵bn＋1＝3bn(n∈N*)，且b2≠0，∴eq\f(bn＋1,bn)＝3，∴{bn}為等比數(shù)列，∴bn＝3n－1，(2)由(1)得，cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－7，n為奇數(shù)，,3n－1，n為偶數(shù).))當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(\f(n,2)－5＋2n－9,2)＋eq\f(31－9\f(n,2),1－9)＝eq\f(nn－7,2)＋eq\f(33n－1,8).當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(\f(n＋1,2)－5＋2n－7,2)＋eq\f(31－9\f(n－1,2),1－9)＝eq\f(n＋1n－6,2)＋eq\f(33n－1－1,8).綜上所述：Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nn－7,2)＋\f(33n－1,8)，n為偶數(shù)，,\f(n＋1n－6,2)＋\f(33n－1－1,8)，n為奇數(shù).))8．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn,且Sn＝2－an，n∈N*，設(shè)函數(shù)f(x)＝logeq\f(1,2)x，且滿足bn＝f(an)－3.(1)求出數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)記cn＝an·bn，{cn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求Tn的最小值．解：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝2－a1得a1＝1.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(2－an)－(2－an－1)＝－an＋an－1，可得an＝eq\f(1,2)an－1，∴{an}是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.由題意得bn＝f(an)－3＝logan－3＝logeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－3＝n－4.(2)由(1)得cn＝(n－4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.法一：∵c1＝－3<0，c2＝－1<0，c3＝－eq\f(1,4)<0，c4＝0，當(dāng)n≥5時(shí)，cn>0.∴{cn}的前n項(xiàng)和Tn的最小值為T(mén)3＝T4＝－eq\f(17,4).法二：Tn＝－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\v