全国新高考数学文科二轮复习作业精练精析专题限时集训(十)(含答案详析)

[第10讲 数列求和及数列的简单应用]

(时间：45分钟)

1．若数列{an}是等差数列，且a3＋a7＝4，则数列{an}的前9项和S9等于( ) A．9 B．18 C．36 D．72

11

2．已知数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，则数列{nbn}的前n项和Tn＝( )

22

1n－11nA．2－2 B．2－2 n＋2n＋1

C．2－n D．2－n 22

1，则数列{cn}的前n项和Rn＝( ) 3．若数列{cn}的通项cn＝(2n－1)·3n＋1n

A．1－n B．1－n 33n＋1n

C．1＋n D．1＋n

33

1

4．已知等差数列{an}，a1＝3，d＝2，前n项和为Sn，设Tn为数列S的前n项和，则



n

n

Tn＝( )

n11n－11－A. B. 2n＋12（n＋2）2n＋12（n＋2）

1n11＋1n＋C. D. 2n＋12（n＋2）2n＋12（n＋2）

2n

5．数列{cn}的通项为cn＝，则其前n项和Sn＝________．

（2n－1）（2n＋1－1）

6．数列{2n·3n}的前n项和Tn＝________． 7．已知数列{an}的前n项和为Sn，把{Sn}的前n项和称为“和谐和”，用Hn来表示．对

n

于an＝3，其“和谐和”Hn＝( )

3n＋2－6n－93n＋1－6n－9A. B.

443n＋1＋6n－93n＋6n－9

C. D.

441

－8．设两数列{an}和{bn}，an＝3前n项的和为( )

1－（4n－1）（－3）n1＋3n（4n＋1）

A. B.

16161－3n（4n＋1）1－（4n＋1）（－3）n

C. D. 1616

n－1

n＋1n＋1n＋1bn

，bn＝＋＋…＋，则数列a的

n1×22×3n（n＋1）

118

的前n项和为，则n＝________．9．已知数列{an}，an＋1＝an＋2，a1＝1，数列

37anan＋1

10．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝5，S9＝99，

4

则数列2的前n项和Tn＝________．

an－1

11．已知数列{an}是首项为1，公差为20的等差数列，数列{bn}是首项为1，公比为3

的等比数列，则数列{an·bn}的前n项和为________．

12．某辆汽车购买时的费用是15万元，每年使用的保险费、路桥费、汽油费等约为1.5万元．年维修保养费用第一年3 000元，以后逐年递增3 000元，则这辆汽车报废的最佳年限(即使用多少年的年平均费用最少)是________．

＋

13．数列{an}的前n项和为Sn＝2n1－2，数列{bn}是首项为a1，公差为d(d≠0)的等差数列，且b1，b3，b9成等比数列．

(1)求数列{an}与数列{bn}的通项公式；

2

(2)若cn＝(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.

（n＋1）bn

14．已知数列{an}满足a1＝1，an－an－1＋2anan－1＝0(n∈N*，n>1)．

1

(1)求证：数列a是等差数列并求数列{an}的通项公式；

n

1

(2)设bn＝anan＋1，求证：b1＋b2＋…＋bn<.

2

15．已知各项均为正数的等比数列{an}的首项a1＝2，Sn为其前n项和，若5S1，S3，3S2

成等差数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

1

(2)设bn＝log2an，cn＝，记数列{cn}的前n项和Tn.若对n∈N*，Tn≤k(n＋4)恒

bnbn＋1成立，求实数k的取值范围．

专题限时集训(十)

9（a1＋a9）9（a3＋a7）

1．B [解析] S9＝＝＝18.

221n

2．C [解析] 因为bn＝()n，nbn＝n，

22n－1n1234

所以Tn＝＋2＋3＋4＋…＋n1＋n，①

22222－2n－1234n

2Tn＝1＋＋2＋3＋…＋n2＋n1，②

2222－2－111n

②－①得Tn＝1＋＋2＋…＋n1－n，

222－2

n＋2n

即Tn＝－n＝2－n.故选C.

1221－2

3．A [解析] Rn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，

1112131nRn＝1×3＋3×3＋5×3＋…＋(2n－1)×3，① 1213141n1n＋11R＝1×3＋3×3＋5×3＋…＋(2n－3)×3＋(2n－1)×3，②

3n

①式减②式得

1n＋11n21121314R＝＋2－(2n－1)×3，

3n33＋3＋3＋…＋3

2

1n－1131－31n＋122（n＋1）1n21则Rn＝＋2×－(2n－1)×3＝－×3，

33133

1－3n＋1

故Rn＝1－n，故选A.

3

n（a1＋an）

4．D [解析] ∵Sn＝＝n(n＋2)，

2

1111－1∴＝＝n. Snn（n＋2）2n＋2

11111111111111111

∴Tn＝(－＋－＋－＋…＋－＋－)＝(＋－－)＝

2132435n－1n＋1nn＋2212n＋1n＋22nn

[＋]．故选D. n＋12（n＋2）

2n＋1－22n115.n1 [解析] cn＝＝－， nn＋1nn＋1＋2－1（2－1）（2－1）2－12－1

111111

则Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝(－2)＋(2－3)＋…＋(n－n1)＝1

2－12－12－12－12－12＋－12n＋1－2

－n1＝n1.

＋＋2－12－1

1

1

1－2

n

13123nn－·3n＋1＋ [解析] Tn＝2·6.3＋4·3＋6·3＋…＋2n·3，① 22

＋

3Tn＝2·32＋4·33＋6·34＋…＋2n·3n1，②

13＋

n－·3n＋1＋. ①－②得－2Tn＝2·31＋2·32＋2·33＋…＋2·3n－2n·3n1，则Tn＝223n＋2－6n－93n312n

7．A [解析] Sn＝(3－1)，Hn＝(3＋3＋…＋3－1×n)＝.故选A.

224

1n＋1n＋1n＋11＋1＋…＋8．D [解析] bn＝＋＋…＋＝(n＋1)·n（n＋1）1×22×31×22×3n（n＋1）

1111－1＝(n＋1)[1－2＋2－3＋…＋n]＝n.

n＋1

bn－

记数列a的前n项的和为Sn，则Sn＝1＋2×(－3)＋3×(－3)2＋…＋n×(－3)n1，

n

－3Sn＝－3＋2×(－3)2＋3×(－3)3＋…＋n×(－3)n， 两式相减，得

n

1－（－3）－

4Sn＝1＋(－3)＋(－3)2＋…＋(－3)n1－n×(－3)n＝－n×(－3)n，故Sn＝

4

1－（4n＋1）（－3）n

. 16

9．18 [解析] 因为an＋1＝an＋2，所以数列是公差为2的等差数列，所以an＝2n－1.又111－1111111111－11

因为＝an)＝a1，所以Sn＝2(a－a＋a－a＋…＋a－＝22a2a＋＋n11223nn1anan＋1an＋11－118

2n＋1＝37，解得n＝18. 

n10. [解析] 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. n＋1

∵a2＝5，S9＝99，

9（2a1＋8d）

∴a1＋d＝5，＝99，

2

解得a1＝3，d＝2， ∴an＝2n＋1.

4

设bn＝2(n∈N＋)．

an－1

∵an＝2n＋1，∴a2n－1＝4n(n＋1)，

4111

∴bn＝＝＝－，

4n（n＋1）n（n＋1）nn＋1

1111－11n∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1－2＋2－3＋…＋n＝1－＝. n＋1n＋1n＋1（20n－29）·3n＋29

11. [解析] an＝1＋20(n－1)＝20n－19，

2－

bn＝3n1，

－

令Sn＝1×1＋21×3＋41×32＋…＋(20n－19)·3n1，①

－

则3Sn＝1×3＋21×32＋…＋(20n－39)·3n1＋(20n－19)·3n，② ①－②得，－2Sn＝1＋20×(3＋3＋…＋3

2

n－1

)－(20n－19)·3＝1＋20×

n

3（1－3n－1）

1－3

－

(20n－19)·3n＝(29－20n)·3n－29，

（20n－29）·3n＋29

所以Sn＝. 2

12．10 [解析] 设最佳使用年限为x年，年平均费用为y万元，则y＝

x（x＋1）

15＋1.5x＋×0.3

215

＝＋0.15x＋1.65≥4.65，此时x＝10.

xx

＋

13．解：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n1－2n＝2n，

＋

因为a1＝S1＝211－2＝2＝21，也满足上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n.

b1＝a1＝2，则由b1，b3，b9成等比数列，即b23＝b1b9， 得(2＋2d)2＝2×(2＋8d)， 解得d＝0(舍去)或d＝2，

所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n.

21

(2)cn＝＝，

（n＋1）bnn（n＋1）

11111111

数列{cn}的前n项和Tn＝＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－223n1×22×33×4n×（n＋1）1n

＝1－＝. n＋1n＋1n＋1

11

14．证明：(1)已知an－an－1＋2anan－1＝0，两边同除以anan－1得－＝2.

anan－1

1

则数列a是以1为首项，2为公差的等差数列，

n

1

11于是＝2n－1，an＝(n∈N*)．

an

2n－1

1

(2)由(1)知bn＝，则

（2n－1）（2n＋1）

11111111

b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝(1－＋－＋…＋

3351×33×5（2n－1）（2n＋1）22n－1－

111

)＝(1－)<. 2n＋122n＋12

15．解：(1)设数列{an}的公比为q，∵5S1，S3，3S2成等差数列， ∴2S3＝5S1＋3S2，

即2(a1＋a1q＋a1q2)＝5a1＋3(a1＋a1q)， 化简得2q2－q－6＝0，

3

解得q＝2或q＝－.

2

3

因为数列{an}的各项均为正数，所以q＝－不合题意，

2

所以数列{an}的通项公式为an＝2n. (2)由bn＝log2an得bn＝log22n＝n，

1111

则cn＝＝＝－，

nbnbn－1n（n＋1）n＋1111111n

Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝. 223nn＋1n＋1n＋11

∵

≤k(n＋4)， n＋1

nn1

∴k≥＝2＝. 4（n＋1）（n＋4）n＋5n＋4n＋＋5n

444∵n＋＋5≥2 n·＋5＝9，当且仅当n＝，即n＝2时等号成立，

nnn111∴≤，因此k≥，

499n＋＋5n

1故实数k的取值范围为9，＋∞.

n