新版高三數(shù)學(xué) 第39練 數(shù)列的前n項和練習(xí)

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2、 1 第39練 數(shù)列的前n項和 訓(xùn)練目標(biāo) (1)求數(shù)列前n項和的常用方法；(2)數(shù)列通項求和的綜合應(yīng)用． 訓(xùn)練題型 (1)一般數(shù)列求和；(2)數(shù)列知識的綜合應(yīng)用． 解題策略 數(shù)列求和的常用方法：(1)公式法；(2)分組法；(3)并項法；(4)倒序相加法； (5)裂項相消法；(6)錯位相減法. 一、選擇題 1．(20xx·東營期中)若數(shù)列{an}的通項公式是an＝(

3、－1)n·(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10等于(　　) A．15 B．12 C．－12 D．－15 2．(20xx·山西晉中聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的通項公式是an＝，其前n項和Sn＝，則項數(shù)n等于(　　) A．13 B．10 C．9 D．6 3．(20xx·河南中原名校聯(lián)考二)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax的圖象在點A(0，f(0))處的切線l與直線2x－y＋2＝0平行，若數(shù)列{}的前n項和為Sn，則S20的值為(　　) A. B. C. D. 4．(20xx·衡水期中)1＋(1＋)＋(1＋＋)＋…＋(1＋＋＋…＋)的值為(　　) A．18＋ B．20

4、＋ C．22＋ D．18＋ 5．?dāng)?shù)列{an}滿足a1＝1，且對于任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，則＋＋…＋等于(　　) A. B. C. D. 二、填空題 6．(20xx·合肥質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若Sn＝2an－2n，則Sn＝________. 7．設(shè)f(x)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，且對任意的x，y∈R，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，若a1＝，an＝f(n)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的前n項和Sn的取值范圍是________________． 8．?dāng)?shù)列{an}的通項公式an＝ncos＋1，前n項和為Sn，則S2 012＝______

5、__. 9．(20xx·云南師大附中月考)設(shè)S＝＋＋＋…＋，則不大于S的最大整數(shù)[S]＝________. 三、解答題 10．正項數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0. (1)求數(shù)列{an}的通項公式an； (2)令bn＝，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，證明：對于任意的n∈N*，都有Tn<.  答案精析 1．A　[依題意可知a1＋a2＝3，a3＋a4＝3，…，a9＋a10＝3， ∴a1＋a2＋…＋a10＝5×3＝15. 故選A.] 2．D　[∵數(shù)列{an}的通項公式是an＝＝1－，

6、 ∴Sn＝(1－)＋(1－)＋(1－)＋…＋(1－) ＝n－(＋＋＋…＋) ＝n－ ＝n－1＋. 由Sn＝＝n－1＋，可得n＝6.故選D.] 3．A　[因為f(x)＝x2＋ax，所以f′(x)＝2x＋a， 又函數(shù)f(x)＝x2＋ax的圖象在點A(0，f(0))處的切線l與直線2x－y＋2＝0平行， 所以f′(0)＝a＝2， 所以f(x)＝x2＋2x， 所以＝＝ ＝(－)， 所以S20＝[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1＋－－)＝. 故選A.] 4．B　[設(shè)an＝1＋＋＋…＋ ＝＝2(1－) ＝2－， ∴Sn＝2n－ ＝2n－2(1－)＝2n－2＋

7、， ∴S11＝20＋，故選B.] 5．B　[因為an＋1＝a1＋an＋n＝1＋an＋n， 所以an＋1－an＝n＋1. 用累加法：an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋…＋n＝， 所以＝＝2. 所以＋＋…＋ ＝2(1－＋－＋－＋…＋－) ＝2＝，故選B.] 6．n·2n 解析　∵Sn＝2an－2n＝2(Sn－Sn－1)－2n， 即Sn＝2Sn－1＋2n(n≥2)， ∴＝＋1＝＋1， ∴－＝1，且S1＝a1＝2，∴＝1， ∴數(shù)列{}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，∴＝n，∴Sn＝n·2n. 7．[，1) 解析　由已知可得a1＝f(1)＝，

8、a2＝f(2)＝[f(1)]2＝()2， a3＝f(3)＝f(2)·f(1)＝[f(1)]3＝()3，…， an＝f(n)＝[f(1)]n＝()n， 所以Sn＝＋()2＋()3＋…＋()n＝＝1－()n， 因為n∈N*，所以≤Sn<1. 8．3 018 解析　由于f(n)＝cos的值具有周期性，所以可從數(shù)列的周期性及從頭開始連續(xù)四項的和為定值入手解決． 當(dāng)n＝4k＋1(k∈N)時，an＝(4k＋1)cosπ＋1＝1， 當(dāng)n＝4k＋2(k∈N)時， an＝(4k＋2)cosπ＋1＝－(4k＋2)＋1＝－4k－1， 當(dāng)n＝4k＋3(k∈N)時，an＝(4k＋3)cosπ＋1＝1

9、， 當(dāng)n＝4k＋4(k∈N)時，an＝(4k＋4)cosπ＋1＝(4k＋4)＋1＝4k＋5， ∴a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝1－4k－1＋1＋4k＋5＝6. ∴S2 012＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a2 012 ＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a2 009＋a2 010＋a2 011＋a2 012) ＝6×503＝3 018. 9．2 014 解析　∵ ＝ ＝＝1＋(－)， ∴S＝1＋(－)＋1＋(－)＋…＋1＋(－)＝2 015－，故[S]＝2 014. 10．(1)解　由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0， 由于{an}是正項數(shù)列，所以Sn＋1>0. 所以Sn＝n2＋n(n∈N*)． n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n， n＝1時，a1＝S1＝2適合上式． 所以an＝2n(n∈N*)． (2)證明　由an＝2n(n∈N*)， 得bn＝＝ ＝， Tn＝[＋＋＋…＋ ＋] ＝ <＝(n∈N*)． 即對于任意的n∈N*，都有Tn<.