2020年高考數學總復習 第五章 第4課時 數列求和課時闖關（含解析） 新人教版 一、選擇題 1．(2020·遼陽質檢)已知數列{an}的前n項和Sn＝an2＋bn(a、b∈R)，且S25＝100，則a12＋a14等于(　　) A．16　　　　　　　　　　　 B．8 C．4 D．不確定 解析：選B.由數列{an}的前n項和Sn＝an2＋bn(a、b∈R)，可得數列{an}是等差數列，S25＝＝100，解得a1＋a25＝8，所以a12＋a14＝a1＋a25＝8. 2．數列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n項和Sn的值為(　　) A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－ C．n2＋1－ D．n2－n＋1－ 解析：選A.該數列的通項公式為an＝(2n－1)＋， 則Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(＋＋…＋) ＝n2＋1－.故選A. 3．若數列{an}的前n項和為Sn，且滿足Sn＝an－3，則數列{an}的前n項和Sn為(　　) A．3n＋1－3 B．3n－3 C．3n＋1＋3 D．3n＋3 解析：選A.∵Sn＝an－3，∴Sn＋1＝an＋1－3，兩式相減得：Sn＋1－Sn＝(an＋1－an)． 即an＋1＝(an＋1－an)，∴＝3，即q＝3. 又∵S1＝a1－3，即a1＝a1－3， ∴a1＝6. ∴an＝a1·qn－1＝6×3n－1＝2×3n. ∴Sn＝an－3＝×2×3n－3＝3n＋1－3，故應選A. 4．已知函數f(x)＝x2＋bx的圖象在點A(1，f(1))處的切線的斜率為3，數列{}的前n項和為Sn，則S2020的值為(　　) A. B. C. D. 解析：選D.∵f′(x)＝2x＋b， ∴f′(1)＝2＋b＝3，∴b＝1，∴f(x)＝x2＋x， ∴＝＝－， ∴S2020＝1－＋－＋…＋－ ＝1－＝. 5．設數列{an}是首項為1，公比為3的等比數列，把{an}中的每一項都減去2后，得到一個新數列{bn}，{bn}的前n項和為Sn，則對任意的n∈N*，下列結論正確的是(　　) A．bn＋1＝3bn＋2，且Sn＝(3n－1) B．bn＋1＝3bn－2，且Sn＝(3n－1) C．bn＋1＝3bn＋4，且Sn＝(3n－1)－2n D．bn＋1＝3bn－4，且Sn＝(3n－1)－2n 解析：選C.因為數列{an}是首項為1，公比為3的等比數列，所以數列{an}的通項公式為an＝3n－1，則依題意得，數列{bn}的通項公式為bn＝3n－1－2，∴bn＋1＝3n－2,3bn＝3(3n－1－2)＝3n－6， ∴bn＋1＝3bn＋4.{bn}的前n項和為： Sn＝(1－2)＋(31－2)＋(32－2)＋(33－2)＋…＋(3n－1－2)＝(1＋31＋32＋33＋…＋3n－1)－2n＝－2n ＝(3n－1)－2n. 二、填空題 6．數列1，，，…的前n項和Sn＝________. 解析：由于an＝＝＝2(－)， ∴Sn＝2(1－＋－＋－＋…＋－) ＝2(1－)＝. 答案： 7．對于數列{an}，定義數列{an＋1－an}為數列{an}的“差數列”，若a1＝2，{an}的“差數列”的通項為2n，則數列{an}的前n項和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 ＝＋2＝2n－2＋2＝2n. ∴Sn＝＝2n＋1－2. 答案：2n＋1－2 8．若數列{an}是正項數列，且＋＋…＋＝n2＋3n(n∈N*)，則＋＋…＋＝________. 解析：令n＝1，得＝4，∴a1＝16.當n≥2時，＋＋…＋＝(n－1)2＋3(n－1)， 與已知式相減，得 ＝(n2＋3n)－(n－1)2－3(n－1)＝2n＋2， ∴an＝4(n＋1)2，∴n＝1時，a1也適合an. ∴an＝4(n＋1)2，∴＝4n＋4， ∴＋＋…＋＝＝2n2＋6n. 答案：2n2＋6n 三、解答題 9．(2020·高考重慶卷)設{an}是公比為正數的等比數列，a1＝2，a3＝a2＋4. 求{an}的通項公式； 設{bn}是首項為1，公差為2的等差數列，求數列{an＋bn}的前n項和Sn. 解：設q為等比數列{an}的公比，則由a1＝2，a3＝a2＋4得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，因此q＝2.所以{an}的通項公式為an＝2·2n－1＝2n. Sn＝＋n×1＋×2＝2n＋1＋n2－2. 10．數列{an}中a1＝3，已知點(an，an＋1)在直線y＝x＋2上， (1)求數列{an}的通項公式； (2)若bn＝an·3n，求數列{bn}的前n項和Tn. 解：(1)∵點(an，an＋1)在直線y＝x＋2上， ∴an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2. ∴數列{an}是以3為首項，2為公差的等差數列， ∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1. (2)∵bn＝an·3n，∴bn＝(2n＋1)·3n， ∴Tn＝3×3＋5×32＋…＋(2n－1)·3n－1＋(2n＋1)·3n，① ∴3Tn＝3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n＋(2n＋1)·3n＋1，② 由①－②得 －2Tn＝3×3＋2(32＋33＋…＋3n)－(2n＋1)·3n＋1 ＝9＋2×－(2n＋1)·3n＋1. ∴Tn＝n·3n＋1. 11．(探究選做)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Tn. 解：(1)∵f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，∴f′(x)＝2ax＋b， 由f′(x)＝－2x＋7，得a＝－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， ∴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. 綜上，an＝－2n＋8(n∈N*)，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，公比是的等比數列，故{nbn}的前n項和Tn＝1×23＋2×22＋…＋n×2－n＋4，① Tn＝1×22＋2×2＋…＋(n－1)×2－n＋4＋n×2－n＋3，② ∴①－②得：Tn＝23＋22＋…＋2－n＋4－n×2－n＋3， ∴Tn＝－n·24－n＝32－(2＋n)24－n.