2011高考 数列求和 时间：45分钟 分值：100分 一、选择题(每小题5分，共30分) 1．设数列{an}的前n项和为Sn，且an＝－2n＋1，则数列{}的前11项和为 ( ) A．－45 B．－50 C．－55 D．－66 解析：Sn＝＝－n2，即＝－n，则数列{}的前11项和为－1－2－3－4－…－11＝－66. 答案：D 2．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1n，则S17＋S33＋S50等于 ( ) A．1 B．－1 C．0 D．2 解析：S2n＝－n，S2n＋1＝S2n＋a2n＋1＝－n＋2n＋1＝n＋1， ∴S17＋S33＋S50＝9＋17－25＝1. 答案：A 3．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn>1020，那么n的最小值是 ( ) A．7 B．8 C．9 D．10 解析：an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1， ∴Sn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－2－n. Sn>1020 即2n＋1－2－n>1020. ∵210＝1024,1024－2－9＝1013<1020. 故nmin＝10. 答案：D 4．已知数列{}的前n项和为Sn，则Sn等于 ( ) A．0 B．1[来源：高考%资源网 KS%5U] C. D．2 解析：∵＝＝－ ∴Sn＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＋(－) ＝1＋－－. ∴Sn＝ (1＋－－)＝. 答案：C 5．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S10>0且S11＝0，若Sn≤Sk对n∈N*恒成立，则正整数k的构成集合为 ( ) A．{5} B．{6} C．{5,6} D．{7} 解析：由S10>0，且S11＝0得 S10＝>0⇒a1＋a10＝a5＋a6>0 S11＝＝0⇒a1＋a11＝2a6＝0，故可知{an}为递减数列且a6＝0，所以S5＝S6≥Sn，即k＝5或6. 答案：C 6．(2009·江西高考)数列{an}的通项an＝n2(cos2－sin2)，其前n项和为Sn，则S30为 ( ) A．470 B．490 C．495 D．510 解析：an＝n2·cosπ，a1＝12·(－)，a2＝22(－)，a3＝32，a4＝42(－)， … S30＝(－)(12＋22－2·32＋42＋52－2·62＋…＋282＋292－2·302)＝(－)(3k－2)2＋(3k－1)2－2·(3k)2]＝(－)(－18k＋5)＝－[－18·＋50]＝470. 答案：A 二、填空题(每小题5分，共20分) 7．数列{an}的通项公式为an＝n＋2n(n＝1,2,3，…)，则{an}的前n项和Sn＝__________. 解析：由题意得数列{an}的前n项和等于(1＋2＋3＋…＋n)＋(2＋22＋23＋…＋2n)＝＋＝＋2n＋1－2. 答案：＋2n＋1－2[来源：高考%资源网 KS%5U] 8．数列，，，…的前n项和等于________． 解析：an＝＝ ∴Sn＝ ＝＝－. 答案：－ 9．已知数列{an}的通项公式为an＝2n－1＋1，则a1C＋a2C＋a3C＋…＋an＋1C＝________. 解析：a1C＋a2C＋…＋an＋1C＝(20＋1)C＋(21＋1)C＋(22＋1)C＋…＋(2n＋1)C＝20C＋21C＋22C＋…＋2nC＋C＋C＋…＋C＝(2＋1)n＋2n＝3n＋2n. 答案：2n＋3n 10．(2010·重庆质检二)设数列{an}为等差数列，{bn}为公比大于1的等比数列，且a1＝b1＝2，a2＝b2，＝，令数列{cn}满足cn＝，则数列{cn}的前n项和Sn等于________． 解析：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q>1)， ∵＝，∴a4＝b3，∴2＋3d＝2q2①，由a2＝b2，得：2＋d＝2q②， 由①②得d＝2，q＝2，∴an＝2＋(n－1)·2＝2n，bn＝2·2n－1＝2n.∴cn＝＝n·2n，∴Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝1·2＋2·22＋…＋n·2n③ ∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋n·2n＋1④，③－④得：－Sn＝2＋(22＋23＋…＋2n)－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2， ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2. 答案：(n－1)2n＋1＋2 三、解答题(共50分) 11．(15分)求和：(1)＋＋…＋. (2)＋＋＋…＋. 解：(1)∵＝(－) ∴原式＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝(1－＋－＋…＋－) ＝(1－)＝. (2)∵＝＝－ ∴原式＝－＋－＋…＋－[来源：高考%资源网 KS%5U] ＝1－. 12．(15分)已知数列{an}，{bn}满足a1＝2,2an＝1＋anan＋1，bn＝an－1，数列{bn}的前n项和为Sn，Tn＝S2n－Sn. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)求证：Tn＋1>Tn； 解：(1)由bn＝an－1得an＝bn＋1，代入2an＝1＋anan＋1，得2(bn＋1)＝1＋(bn＋1)(bn＋1＋1)，整理，得bnbn＋1＋bn＋1－bn＝0，从而有－＝1，∵b1＝a1－1＝2－1＝1， ∴{}是首项为1，公差为1的等差数列， ∴＝n，即bn＝. (2)∵Sn＝1＋＋…＋， ∴Tn＝S2n－Sn＝＋＋…＋， Tn＋1＝＋＋…＋＋＋， Tn＋1－Tn＝＋－>＋－＝0，(∵2n＋1<2n＋2) ∴Tn＋1>Tn. 13．(20分)(2009·全国卷Ⅰ)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(1＋)an＋. (1)设bn＝，求数列{bn}的通项公式； (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解：(1)由已知得b1＝a1＝1，且＝＋， 即bn＋1＝bn＋， 从而b2＝b1＋， b3＝b2＋， … bn＝bn－1＋(n≥2)， 于是bn＝b1＋＋＋…＋＝2－(n≥2)． 又b1＝1，故所求数列{bn}的通项公式为bn＝2－. (2)由(1)知an＝n(2－)＝2n－. 令Tn＝，则2Tn＝， 于是Tn＝2Tn－Tn＝－＝4－. 又(2k)＝n(n＋1)，所以Sn＝n(n＋1)＋－4.
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