5.3.2 第2课时 数列求和 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册配套练习word（人教B版）

5.3.2 第2课时 数列求和 [课时跟踪检测] 1.数列1，3，5，7，…的前n项和Sn为 （　　） A.n2+1- B.n2+2- C.n2+1- D.n2+2- 解析：选C　数列1，3，5，7，…的通项公式为an=2n-1+，所以Sn=++++…+=[1+3+5+…+（2n-1）]+=+=n2+1-. 2.已知数列{an}中，a1=1，an+=3，Sn为其前n项和，则S2 025等于 （　　） A.3 034 B.3 035 C.3 036 D.3 037 解析：选D　由题意，得a2=2，a3=1，a4=2，…，故奇数项为1，偶数项为2，则S2 025=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2 023+a2 024）+a2 025=3×1 012+1=3 037. 3.已知数列{an}：++++++，…，bn=，那么数列{bn}的前n项和Sn为 （　　） A.4 B.4 C.1- D.- 解析：选A　∵an===，∴bn===4.∴Sn=4=4. 4.已知数列{an}的通项公式是an=2n-3，则其前20项和为 （　　） A.380-× B.420-× C.400-× D.440-× 解析：选B　数列{an}的前20项和S20=a1+a2+…+a20=2×（1+2+…+20）-3×=2×-3×=420-×. 5.（10分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足2a3=a4+3，S7=49. （1）求数列{an}的通项公式；（4分） （2）若数列{bn}满足bn=求数列{bn}的前10项和T10.（6分） 解：（1）依题意，设数列{an}的公差为d， 因为 所以 解得 所以an=a1+（n-1）d=1+2（n-1）=2n-1. （2）因为bn=所以bn= 所以T10=b1+b2+…+b9+b10=1+22+5+24+…+17+210=（1+5+…+17）+（22+24+…+210） =+=45+1 364=1 409. 6.（10分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1+a3+a5=15，S7=49. （1）求{an}的通项公式；（4分） （2）若数列{bn}满足bn=an·3n，求{bn}的前n项和Tn.（6分） 解：（1）设等差数列{an}的公差为d， 因为a1+a3+a5=15，S7=49， 所以所以a1=1，d=2， 所以an=1+（n-1）×2=2n-1. （2）由题意可知bn=（2n-1）×3n， 所以Tn=1×3+3×32+5×33+…+（2n-1）×3n，① 3Tn=1×32+3×33+5×34+…+（2n-1）×3n+1，② ①-②得，-2Tn=1×31+2×32+2×33+2×34+…+2×3n-（2n-1）×3n+1=3+-（2n-1）×3n+1=（-2n+2）×3n+1-6，∴Tn=（n-1）×+3. 7.（15分）已知数列是以为首项的常数列，Sn为数列{an}的前n项和. （1）求Sn；（6分） （2）设正整数m=b0×30+b1×31+…+bk×3k，其中bi∈{0，1，2}，i，k∈N.例如：3=0×30+1×31，则b0=0，b1=1；4=1×30+1×31，则b0=1，b1=1.若f（m）=b0+b1+…+bk，求数列{Sn·f（Sn）}的前n项和Tn.（9分） 解：（1）由题意可得=，则an=3n-1，可得==3，可知数列{an}是首项a1=1，公比q=3的等比数列，所以Sn==. （2）因为Sn=30+31+32+…+3n-1=1×30+1×31+1×32+…+1×3n-1，则b0=b1=…=bn-1=1，由题意f（Sn）=b0+b1+…+bn-1=1+1+…+1=n， 所以Sn·f（Sn）=，可得Tn=++…+=[（1×3+2×32+…+n×3n）-（1+2+…+n）]. 先求数列{n×3n}的前n项和，记为T'， 则T'=1×31+2×32+…+n×3n，　① 3T'=1×32+2×33+…+n×3n+1，　② ①-②得-2T'=3+32+33+…+3n-n×3n+1=-n×3n+1=-+×3n+1， 所以T'=+×3n+1； 再求{n}的前n项和，记为T″，则T″=.综上所述，Tn=（T'-T″）==+×3n+1-. 8.（17分）（2024·天津高考）已知数列{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn，若a1=1，S2=a3-1. （1）求数列{an}的前n项和Sn；（4分） （2）设bn=k∈N+. ①当k≥2，n=ak+1时，求证：bn-1≥ak·bn；（6分） ②求bi.（7分） 解：（1）设{an}的公比为q（q>0），则1+q=q2-1，解得q=2，所以Sn==2n-1. （2）①证明：由（1）知，ak=2k-1， 所以bn=k∈N+. 当n=ak+1=2k时，bn=k+1， 则bn-1==+2k=+4k=…=+2k·（2k-1-1）=k+2k·（2k-1-1）=k·2k-k， 所以bn-1-ak·bn=k·2k-k-（k+1）2k-1=（k-1）2k-1-k. 设f（x）=（x-1）2x-1-x，x≥2， 则f'（x）=2x-1+（x-1）2x-1ln 2-1≥2+2ln 2-1>0， 所以f（x）在[2，+∞）上单调递增， 所以f（x）≥f（2）=0. 所以bn-1-ak·bn≥0，即bn-1≥ak·bn. ②令k=1，得b1=1， 令k=2，得b2=2，b3=b2+2k=6， 令k=3，得b4=3，b5=b4+2k=9，b6=b5+2k=15，b7=b6+2k=21，…， 所以，…，是一个以为首项，2k为公差的等差数列. 因为=k，-1=k·2k-k， 所以++1+…+-1==k·4k-1. 所以bi=bi=b1+b2+…+=1×40+2×41+…+n×4n-1，4 bi=1×41+2×42+…+n×4n， 两式相减，得-3 bi=40+41+…+4n-1-n×4n=-n×4n=-n×4n=×4n-， 所以bi=·4n+. 学科网（北京）股份有限公司 $