一轮复习课时训练§5.4：数列求和
高三数学一轮总复习 第五章 数列 5.4 数列求和课件.ppt
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n
4．一个数列{an}，当 n 是奇数时，an＝5n＋1；当 n 为偶数时，an＝22 ，则这 个数列的前 2m 项的和是__________。
解析：当 n 为奇数时，{an}是以 6 为首项，以 10 为公差的等差数列；当 n 为偶 数时，{an}是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列。所以，S2m＝S 奇＋S 偶＝ma1＋mm2－1 ×10＋a211－－22m
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2 种思路——解决非等差、等比数列求和问题的两种思路 (1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往 通过通项分解或错位相减来完成。 (2)不能转化为等差或等比数列的，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和。
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3 个注意点——应用“裂项相消法”和“错位相减法”应注意的问题 (1)裂项相消法，分裂通项是否恰好等于相应的两项之差。 (2)在正负项抵消后，是否只剩下第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后 面也剩下两项，未消去的项有前后对称的特点。 (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比含有参数，应分 q＝1 和 q≠1 两种情况求解。
＝6m＋5m(m－1)＋2(2m－1) ＝6m＋5m2－5m＋2m＋1－2 ＝2m＋1＋5m2＋m－2。 答案：2m＋1＋5m2＋m－2
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5．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an＝n·2n，则 Sn＝__________。
解析：∵an＝n·2n， ∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n。① ∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1。② ①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝211－－22n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1 ＝(1－n)2n＋1－2。 ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2。 答案：(n－1)2n＋1＋2
高考数学一轮复习第五章数列5.4数列求和学案含解析
数列求和【考纲传真】1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式．2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题. 【知识扫描】知识点 数列求和的常见方法1．公式法；直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和 (1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d .(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1－q n1－q ，q ≠1.2．倒序相加法；如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法；如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法．4．裂项相消法；(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)裂项时常用的三种变形： ①1n n ＋＝1n －1n ＋1； ②1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .5．分组求和法；一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．6．并项求和法；一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．必会结论；常用求和公式1＋2＋…＋n ＝n n ＋212＋22＋…＋n 2＝n n ＋n ＋613＋23＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋222.(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．(2)在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n，an ＋1的式子应进行合并．(3)在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项． 【学情自测】1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n之和时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减 法求得．( )(4)如果数列{a n }是周期为k (k 为大于1的正整数)的周期数列，那么S km ＝mS k .( ) 2．数列{a n }中，a n ＝1nn ＋，若{a n }的前n 项和为2 0152 016，则项数为( )A ．2 014B ．2 015C ．2 016D ．2 0173．设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A.n 2＋7n4B.n 2＋5n3C.2n 2＋3n 4D ．n 2＋n4．若S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 2 016＝________.5．(2014·安徽高考)数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)设b n ＝3n·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .参考答案1.【答案】 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2.【解析】 a n ＝1n n ＋＝1n －1n ＋1， S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n n ＋1. 令nn ＋1＝2 0152 016，得n ＝2 015. 【答案】 B3.【解析】 设等差数列公差为d ，则a 1＝2.a 3＝2＋2d ，a 6＝2＋5d . 又∵a 1，a 3，a 6成等比数列，∴a 23＝a 1·a 6. 即(2＋2d )2＝2(2＋5d )，整理得2d 2－d ＝0. ∵d ≠0，∴d ＝12.∴S n ＝na 1＋nn －2d ＝n 24＋74n .【答案】 A4.【解析】 S 2 016＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋2 015－2 016＝(－1)×1 008＝－1 008. 【答案】 －1 0085.【解】 (1)证明：由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a nn＝1， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)得a n n＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n 2. 从而b n ＝n ·3n.S n ＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n ，①3S n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)·3n ＋n ·3n ＋1，②①－②得，－2S n ＝31＋32＋…＋3n －n ·3n ＋1＝－3n1－3－n ·3n ＋1＝－2nn ＋1－32，所以S n ＝n －n ＋1＋34.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
高考理科第一轮复习练习(5.4数列的求和)
课时提升作业(三十三)一、选择题1.(2013·南昌模拟)已知等比数列{a n}公比为q,其前n项和为S n,若S3,S9,S6成等差数列,则q3等于( )(A)-错误！未找到引用源。
(B)1(C)-错误！未找到引用源。
或1 (D)-1或错误！未找到引用源。
2.(2013·长春模拟)在等差数列{a n}中,a9=错误！未找到引用源。
a12+6,则数列{a n}的前11项和S11等于( )(A)24 (B)48 (C)66 (D)1323.已知数列{a n}的通项公式是a n=2n-3(错误！未找到引用源。
)n,则其前20项和为( )(A)380-错误！未找到引用源。
(1-错误！未找到引用源。
) (B)400-错误！未找到引用源。
(1-错误！未找到引用源。
)(C)420-错误！未找到引用源。
(1-错误！未找到引用源。
) (D)440-错误！未找到引用源。
(1-错误！未找到引用源。
)4.(2013·阜阳模拟)已知直线(3m+1)x+(1-m)y-4=0所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n}的第一项与第二项,若b n=错误！未找到引用源。
,数列{b n}的前n项和为T n,则T10=( ) (A)错误！未找到引用源。
(B)错误！未找到引用源。
(C)错误！未找到引用源。
(D)错误！未找到引用源。
5.(2013·太原模拟)已知等差数列{a n}的公差d≠0,且a1,a3,a9成等比数列,则错误！未找到引用源。
= ( )(A)错误！未找到引用源。
(B)错误！未找到引用源。
(C)错误！未找到引用源。
(D)错误！未找到引用源。
6.数列{a n}的前n项和S n=3n+b(b是常数),若这个数列是等比数列,那么b为( )(A)3 (B)0 (C)-1 (D)17.等差数列{a n}的前n项和为S n,已知a m-1+a m+1-错误！未找到引用源。
=0,S2m-1=38,则m= ( )(A)38 (B)20 (C)10 (D)98.(能力挑战题)数列{a n}的前n项和S n=2n-1,则错误！未找到引用源。
2019版高考数学一轮复习第5章数列5.4数列求和习题课件文
2．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足S33－S22＝ 1，则数列{an}的公差是( )
∵672×3＝2016，∴S2016＝672S3＝6720.
B级 三、解答题 15．已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，且满足 Sn－2an＝n －4. (1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列； (2)求数列{Sn}的前 n 项和 Tn.
解 (1)证明：由题意知 Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)， 即 Sn＝2Sn－1－n＋4，
∴S3＝a1＋a1＋2 1＋3a12＋1＝3a1＋1＝10，解得 a1＝3， 此时数列{an}为 3,2,5,3,2,5，….当 a1 为偶数时，a2＝3a1－1， 此时 a2 为奇数，则 a3＝a2＋2 1＝3a1－21＋1＝32a1，∴S3＝a1 ＋3a1－1＋32a1＝121a1－1＝10，解得 a1＝2，此时数列{an}为 2,5,3,2,5,3，….上述三种情况中，数列{an}均为周期数列．
10．(2017·江西九校联考)已知数列{an}是等比数列，数
列{bn}是等差数列，若 a1·a6·a11＝3 3，b1＋b6＋b11＝7π，则
tan1b－3＋a4b·a98的值是(
)
A．1
2 B. 2
C．－
2 2
D．－ 3
解析 {an}是等比数列，{bn}是等差数列，且 a1·a6·a11 ＝3 3，b1＋b6＋b11＝7π，∴a36＝( 3)3,3b6＝7π，∴a6＝ 3， b6＝73π，∴tan1b－3＋a4b·a98＝tan12－b6a26＝tan1－2× 733π2＝tan－73π＝ tan－2π－π3＝－tanπ3＝－ 3.故选 D.
一轮复习配套讲义：第5篇第4讲数列求和.docx
［最新考纲］1.熟练掌握等差、等比数列的前〃项和公式.2.掌握非等差、等比数列求和的儿种常见方法.诊断•基础知识__________ 戏入深夯基固本_知识梳理1.公式法⑴等差数列的前A7项和公式：77(/7—1)I2 tia i I 2 d•(2)等比数列的前n项和公式：f nci\、g = 1,s n=y a\—a n q“(1—g") …~；= -；，gHl.I l_g \~q巳2.数列求和的几种常用方法(1)分组求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减.⑵裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.(3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前77项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.⑷倒序相加法如果一个数列佃｝的前"项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前"项和可用倒序相加法，如等差数列的前〃项和公式即是用此法推导的.(5)并项求和法在一个数列的前,7项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和. 形如^,=(-1)»类型，可采用两项合并求解.例如，S,/=1002-992+982-972+-+22-l2 = (1002-992)+(982-972)+- + (22-12) = (100+99) + (98 + 97) +…+ (2+1) = 5 050.3.常见的拆项公式⑴一^丄丄•I 加+1) n «+r_____ 1 ______ 『1 1 )°)(2〃一1)(2/?+1)=久2/?—1 _2”+ 1丿；(3)后治=阿_丽辨析感悟数列求和的常用方法⑴当心2时，^7=七一士•(><)n — 1 n~ 1 /?+ 1⑵求5=0+2/+3/ +・・・+賦时只要把上式等号两边同时乘以Q即可根据错位相减法求得.(X)⑶推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin2 l° + sin2 2。
高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和课时作业
第四节 数列求和课时作业 A 组——基础对点练1．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n－1D ．n ＋2＋2n解析：由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n－1.答案：C2．(2018·长沙模拟)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析：∵a n ＝(－1)n(3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15. 答案：A3．在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( ) A ．100 B ．110 C ．120D ．130解析：{a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120，故选C. 答案：C4．已知函数y ＝log a (x －1)＋3(a >0，a ≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第二项与第三项，若b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10＝( )A.911 B ．1011 C ．1D ．1211解析：对数函数y ＝log a x 的图象过定点(1,0)，∴函数y ＝log a (x －1)＋3的图象过定点(2,3)，则a 2＝2，a 3＝3，故a n ＝n ，∴b n ＝1a n a n ＋1＝1n －1n ＋1，∴T 10＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1011，故选B. 答案：B5.12＋12＋38＋…＋n2n 的值为__________． 解析：设S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①得12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12S n ＝12＋12＋12＋…＋12－n 2 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n 2n ＋1，∴S n ＝2n ＋1－n －22n＝2－n ＋22n . 答案：2－n ＋22n6．(2018·山西四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n(n ∈N *)，则S 2 016＝________. 解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ①，∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n－1②，∵①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S 2 016＝1－21 0081－2＋－21 0081－2＝3×21 008－3.答案：3×21 008－37．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________． 解析：当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k －a 2k －1＝4k －3， ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2， ∴a 2k ＋3＋a 2k ＋1＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3， ∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝＋2＝30×61＝1 830.答案：1 8308．已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋…＋na n ＝(n －1)2n ＋1＋2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1log 2a n ·log 2a n ＋2，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求证：对任意的n ∈N *，T n ＜34.解析：(1)当n ＞1时，a 1＋2a 2＋…＋na n ＝(n －1)2n ＋1＋2， ① a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝(n －2)2n ＋2， ②①－②得na n ＝(n －1)2n ＋1－(n －2)2n ＝n ·2n，所以a n ＝2n，n ＞1. 当n ＝1时，a 1＝2， 所以a n ＝2n，n ∈N *.(2)证明：因为a n ＝2n，所以b n ＝1log 2a n ·log 2a n ＋2＝1n n ＋＝12(1n －1n ＋2)． 因此T n ＝12(1－13)＋12(12－14)＋12(13－15)＋…＋12(1n －1－1n ＋1)＋12(1n －1n ＋2)＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2) ＝34－12(1n ＋1＋1n ＋2)＜34， 所以，对任意的n ∈N *，T n ＜34.9．(2018·河南八市质检)已知递增的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 6＝64，且a 4，a 5的等差中项为3a 3.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝na 2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 5＝64a 1q 3＋a 1q 4＝6a 1q 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2q ＝2，所以a n ＝2n. (2)因为b n ＝na 2n －1＝n22n －1，所以T n ＝12＋223＋325＋427＋…＋n22n －1，14T n ＝123＋225＋327＋…＋n －122n －1＋n22n ＋1，所以34T n ＝12＋123＋125＋127＋…＋122n －1－n 22n ＋1＝12－14n1－14－n22n ＋1＝23－4＋3n 3×22n ＋1， 故T n ＝89－16＋12n 9×22n ＋1＝89－4＋3n 9×22n －1.B 组——能力提升练1．(2018·皖西七校联考)在数列{a n }中，a n ＝2n－12n ，若{a n }的前n 项和S n ＝32164，则n ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：由a n ＝2n－12n ＝1－12n 得S n ＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，则S n ＝32164＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，将各选项中的值代入验证得n ＝6. 答案：D2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 017的值为( ) A ．2 017 B ．2 016 C ．1 009D ．1 007解析：因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，n ≥1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，n ≥2.又a 1＝1，所以S 2 017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)＝1 009，故选C. 答案：C3．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n，则数列{a n }的前2 016项和S 2 016＝( ) A ．22 017－2 B ．22 017－1 C ．22 017D ．22 017＋1解析：由题意知a n ＋1－a n ＝2n，则a n －a n －1＝2n －1，a n －1－a n －2＝2n －2，…，a 3－a 2＝22，a 2－a 1＝2，累加求和得a n －a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＝－2n －11－2＝2n－2，n ≥2，又a 1＝2，所以a n ＝2n，则数列{ a n }的前 2 016项和S 2 016＝－22 0161－2＝22 017－2.答案：A4．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n ＋a n 的前n 项和T n ＝( ) A ．－n2n ＋1B ．n2n ＋1C ．－2n2n ＋1D ．2n 2n ＋1解析：设{a n }的公差为d ，因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋a 3－a 12＝32a 1－54，S 4＝3a 3＋a 1＝a 1－152，S 1，S 2，S 4成等比数列，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 1－542＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－152a 1，整理得4a 21＋12a 1＋5＝0，所以a 1＝－52或a 1＝－12.当a 1＝－52时，公差d ＝0不符合题意，舍去；当a 1＝－12时，公差d ＝a 3－a 12＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12＝－12(2n －1)，所以1n ＋a n＝－2n －n ＋＝－⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以其前n 项和T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝－2n 2n ＋1，故选C. 答案：C5．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前 2 016项的和等于__________．解析：因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －k ∈N *，1，n ＝2k k ∈N *，故数列的前2 016项的和等于S 2 016＝1 008×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝1 512.答案：1 5126．数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，且b n ＝a n cos 2n π3，记S n 为数列{b n }的前n 项和，则S 120＝________. 解析：由na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，所以数列{a nn}是以1为公差的等差数列，且a 11＝1，所以a n n ＝n ，即a n ＝n 2，所以b n ＝n 2cos 2n π3，所以 S 120＝－12×12－12×22＋32－12×42－12×52＋62－…＋1202＝－12(12＋22－2×32＋42＋52－2×62＋…－2×1202)＝－12 [(12＋22＋32＋…＋1202)－3×(32＋62＋92＋…＋1202)]＝12×3×9×(12＋22＋…＋402)－12×(12＋22＋32＋ (1202)＝12×3×9×40×41×816－12×120×121×2416＝7 280. 答案：7 2807．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)若c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . ∵a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＋3＋3＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，∴d ＝2，q ＝2. ∴a n ＝2n ＋1，b n ＝2n －1. (2)由(1)知，S n ＝n＋2n ＋2＝n (n ＋2)，∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数.∴T 2n ＝(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＋(21＋23＋25＋…＋22n －1)＝2n 2n ＋1＋n－3.8．已知数列{a n }满足a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ＝n 2＋n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝－na n2，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ＝n 2＋n ①，∴当n ≥2时，a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n －12n －1＝(n －1)2＋n －1 ②，①－②得，a n2n ＝2n (n ≥2)，∴a n ＝n ·2n ＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 12＝1＋1，a 1＝4也适合，∴a n ＝n ·2n ＋1.(2)由(1)得，b n ＝－na n2＝n (－2)n，∴S n ＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n×(－2)n③，－2S n＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n－1)×(－2)n＋n×(－2)n＋1④，③－④得，3S n＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n－n×(－2)n＋1＝－2[1－－n]3－n×(－2)n＋1，∴S n＝－n＋－n＋1＋29.。
2021年高考数学一轮总复习 5.4数列求和 课时作业 文(含解析)新人教版
2021年高考数学一轮总复习 5.4数列求和课时作业文（含解析）新人教版一、选择题1．(xx·武汉质检)已知数列{a n}的通项公式是a n＝2n－12n，其前n项和S n＝32164，则项数n＝( )A．13 B．10 C．9 D．6解析：∵a n＝2n－12n＝1－12n，∴S n＝n－121－12n1－12＝n－1＋12n＝32164，∴n＝6.答案：D2．(xx·西安质检)已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1·a n＝2n(n∈N*)，则S2 012＝( )A．22 012－1 B．3·21 006－3C．3·21 006－1 D．3·21 005－2解析：a1＝1，a2＝2a1＝2，又an＋2·a n＋1an＋1·a n＝2n＋12n＝2.∴n＋2an＝2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2 012＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 011＋a2 012＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 011)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 012)＝1－21 0061－2＋21－21 0061－2＝3·21 006－3.故选B.答案：B3．(xx·杭州模拟)已知函数f(x)＝x2＋2bx过(1,2)点，若数列{1f n}的前n项和为S n，则S2 012的值为( )A.2 0122 011B.2 0102 011C.2 0132 012D.2 0122 013解析：由已知得b＝12，∴f(n)＝n2＋n，∴1f n ＝1n2＋n＝1n n＋1＝1n－1n＋1，∴S2 012＝1－12＋12－13＋…＋12 012－12 013＝1－12 013＝2 0122 013.答案：D4．(xx·西安模拟)数列{a n}满足a n＋a n＋1＝12(n∈N*)，且a1＝1，S n是数列{a n}的前n项和，则S21＝( )A.2B．6 C．10 D．11解析：依题意得a n＋a n＋1＝a n＋1＋a n＋2＝12，则a n＋2＝a n，即数列{a n}中的奇数项、偶数项分别相等，则a21＝a1＝1，S21＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＋a21＝10(a1＋a2)＋a21＝10×12＋1＝6，故选B.答案：B5．(xx·长沙模拟)已知函数f(n)＝n2cos(nπ)，且a n＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝( )A．－100 B．0C．100 D．10 200解析：若n为偶数时，则a n＝f(n)＋f(n＋1)＝n2－(n＋1)2＝－(2n＋1)，为首项为a2＝－5，公差为－4的等差数列；若n为奇数，则a n＝f(n)＋f(n＋1)＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，为首项为a1＝3，公差为4的等差数列．所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝50×3＋50×492×4＋50×(－5)－50×492×4＝－100.答案：A6．(xx·广东广州综合测试一)在数列{a n}中，已知a1＝1，a n＋1－a n＝sinn＋1π2，记S n为数列{a n}的前n项和，则S2 014＝( )A．1 006 B．1 007C．1 008 D．1 009解析：由a n＋1－a n＝sinn＋1π2⇒a n＋1＝a n＋sinn＋1π2，所以a2＝a1＋sinπ＝1＋0＝1，a3＝a2＋sin 3π2＝1＋(－1)＝0，a4＝a3＋sin2π＝0＋0＝0，a5＝a4＋sin5π2＝0＋1＝1，因此a5＝a1，如此继续可得a n＋4＝a n(n∈N*)，数列{a n}是一个以4为周期的周期数列，而2 014＝4×503＋2，因此S2 014＝503×(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝503×(1＋1＋0＋0)＋1＋1＝1 008，故选C.答案：C二、填空题7．(xx·山西晋中名校联考)在数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝(－1)n(a n＋1)，记Sn为{a n}的前n项和，则S2 013＝__________.解析：由a1＝1，a n＋1＝(－1)n(a n＋1)可得a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0，该数列是周期为4的数列，所以S2 013＝503(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 013＝503×(－2)＋1＝－1 005.答案：－1 0058．(xx·武汉模拟)等比数列{a n}的前n项和S n＝2n－1，则a21＋a22＋…＋a2n＝__________.解析：当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1，又∵a1＝1适合上式．∴a n＝2n－1，∴a2n＝4n－1.∴数列{a2n}是以a21＝1为首项，以4为公比的等比数列．∴a21＋a22＋…＋a2n＝1·1－4n1－4＝13(4n－1)．答案：13(4n－1)9．(xx·广东揭阳一模)对于每一个正整数n，设曲线y＝x n＋1在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为x n，令a n＝lg x n，则a1＋a2＋…＋a99＝__________.解析：曲线y＝x n＋1在点(1,1)处的切线方程为y＝(n＋1)(x－1)＋1，即y＝(n＋1)x－n，它与x轴交于点(x n,0)，则有(n＋1)x n－n＝0⇒x n＝nn＋1，∴a n＝lg x n＝lgnn＋1＝lg n－lg(n＋1)，∴a1＋a2＋…＋a99＝(lg1－lg2)＋(lg2－lg3)＋…＋(lg99－lg100)＝lg1－lg100＝－2.答案：－2三、解答题10．(xx·新课标全国卷Ⅰ)已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根．(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列{a n2n }的前n 项和．解析：(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3. 设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设{a n 2n }的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2. 所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.11．(xx·安徽卷)数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *.(1)证明：数列{ann}是等差数列；(2)设b n＝3n·a n，求数列{b n}的前n项和S n.解析：(1)由已知可得an＋1n＋1＝ann＋1，即an＋1n＋1－ann＝1.所以{ann}是以a11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)得ann＝1＋(n－1)·1＝n，所以a n＝n2.从而b n＝n·3n.Sn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，①3S n＝1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②①－②得－2S n＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝3·1－3n1－3－n·3n＋1＝1－2n·3n＋1－32.所以S n＝2n－1·3n＋1＋34.12．(xx·湖南卷)已知数列{a n}的前n项和S n＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝2a n＋(－1)n a n，求数列{b n}的前2n项和．解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2＋n2－n－12＋n－12＝n.故数列{a n}的通项公式为a n＝n.(2)由(1)知，b n＝2n＋(－1)n n.记数列{b n}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝21－22n1－2＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{b n}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.: 34857 8829 蠩40300 9D6C 鵬27883 6CEB 泫31732 7BF4 篴o24226 5EA2 庢v31285 7A35 稵29053 717D 煽TQ29499 733B 猻。
2021年高考数学一轮总复习 5.4数列求和练习
2021年高考数学一轮总复习 5.4数列求和练习一、选择题1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧2a nn 为奇数，a n ＋1 n 为偶数，则其前6项之和是( )A ．16B ．20C ．33D ．120解析 ∵a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，∴S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.答案 C2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( ) A ．1＋2n B ．2＋2n C ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2n解析 由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1.答案 C3．若数列{a n }的通项为a n ＝4n －1，b n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn，n ∈N *，则数列{b n }的前n 项和是( )A ．n 2B ．n (n ＋1)C ．n (n ＋2)D ．n (2n ＋1)解析 a 1＋a 2＋…＋a n ＝(4×1－1)＋(4×2－1)＋…＋(4n －1)＝4(1＋2＋…＋n )－n ＝2n (n ＋1)－n ＝2n 2＋n ，∴b n ＝2n ＋1，b 1＋b 2＋…＋b n ＝(2×1＋1)＋(2×2＋1)＋…＋(2n ＋1) ＝n 2＋2n ＝n (n ＋2)． 答案 C4．若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( )A ．1－14nB ．1－12nC.23⎝⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝⎛⎭⎪⎫1－12n解析 a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n .答案 C5．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2cos n π(n ∈N *)，S n 为它的前n 项和，则S 2 0122 013等于( )A ．1 005B ．1 006C ．2 011D ．2 012解析 注意到cos n π＝(－1)n (n ∈N *)，故a n ＝(－1)n n 2.因此有S 2 012＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－2 0112＋2 0122)＝1＋2＋3＋…＋2 011＋2 012＝2 012×1＋2 0122＝1 006×2 013，所以S 2 0122 013＝1 006.答案 B6．已知函数f (x )＝x 2＋bx 的图象在点A (1，f (1))处的切线l 与直线3x －y＋2＝0平行，若数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1fn(n ∈N *)的前n 项和为S n ，则S 2 012的值为( )A.2 0092 010 B.2 0102 011 C.2 0112 012D.2 0122 013解析 由于f ′(x )＝2x ＋b ，据题意则有f ′(1)＝2＋b ＝3，故b ＝1，即f (x )＝x 2＋x ，从而1f n＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，其前n 项和S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故S 2 012＝2 0122 013. 答案 D 二、填空题7．设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝19，a 5＋b 3＝9，则数列{a n b n }的前n 项和S n ＝__________.解析 由条件易求出a n ＝n ，b n ＝2n －1(n ∈N *)． ∴S n ＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，① 2S n ＝1×2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n .② 由①－②，得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ×2n ， ∴S n ＝(n －1)·2n＋1. 答案 (n －1)·2n ＋18．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为__________．解析 ∵a n ＝n n ＋12n ＋1＝n2， ∴b n ＝8nn ＋1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴b 1＋b 2＋…＋b n＝8⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8n n ＋1.答案8nn ＋19．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则S 100＝________.解析由a n＋2－a n＝1＋(－1)n，知a2k＋2－a2k＝2，a2k＋1－a2k－1＝0，∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k.∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋100＋2×502＝2 600.答案 2 600三、解答题10．(xx·山东卷)在等差数列{a n}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝a n n＋12，记T n＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)n b n，求T n.解(1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2，所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n.(2)由题意知b n＝a n n＋12＝n(n＋1)，所以T n＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)n n·(n＋1)．因为b n＋1－b n＝2(n＋1)，可得当n为偶数时，Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－b n－1＋b n)＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n24＋2n 2＝n n ＋22，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝n －1n ＋12－n (n ＋1)＝－n ＋122.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－n ＋122，n 为奇数，n n ＋22，n 为偶数.11．已知数列{a n }的各项排成如图所示的三角形数阵，数阵中每一行的第一个数a 1，a 2，a 4，a 7，…构成等差数列{b n }，S n 是{b n }的前n 项和，且b 1＝a 1＝1，S 5＝15.a 1a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10…(1)若数阵中从第3行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，已知a 9＝16，求a 50的值；(2)设T n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n，求T n .解 (1)设等差数列{b n }的公差为d .∵b 1＝1，S 5＝15，∴S 5＝5＋10d ＝15，d ＝1， ∴b n ＝1＋(n －1)×1＝n .设从第3行起，每行的公比都是q ，且q >0，则a 9＝b 4q 2，即4q 2＝16，q ＝2， 又1＋2＋3＋…＋9＝45，故a 50是数阵中第10行的第5个数，a 50＝b 10q 4＝10×24＝160.(2)∵S n ＝1＋2＋…＋n ＝n n ＋12，∴T n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n＝2n ＋1n ＋2＋2n ＋2n ＋3＋…＋22n2n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋1n ＋2－1n ＋3＋…＋12n －12n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－12n ＋1＝2nn ＋12n ＋1.培 优 演 练1．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( ) A ．3 690 B ．3 660 C ．1 845D ．1 830解析 当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1，当n＝2k－1时，a2k－a2k－1＝4k－3，∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋1＋a2k＋3＝2，∴a2k－1＝a2k＋3，∴a1＝a5＝…＝a61.∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝30×3＋1192＝30×61＝1 830.答案D2．(xx·湖北三校联考改编)已知等比数列的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，则数列lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4，…，2n－1lg a n，…的前n项和S n等于( )A．n·2n B．(n－1)·2n－1－1C．(n－1)·2n＋1 D．2n＋1解析∵等比数列{a n}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，∴a2n＝102n，即a n＝10n，∴2n－1lg a n＝2n－1lg10n＝n·2n－1，∴S n＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，①2S n＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②∴①－②得－S n＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴S n＝(n－1)·2n＋1.答案 C3．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝15，且对任意正整数m ，n ，都有a m ＋n＝a m a n ，若S n <t 恒成立，则实数t 的最小值为________．解析 令m ＝1，则a n ＋1a n＝a 1， ∴{a n }是以a 1为首项，15为公比的等比数列．∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15n，∴S n ＝15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15n ＋11－15＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15n＝14－14·5n <14.由S n <t 恒成立， ∴t >S n 的最大值，可知t 的最小值为14.答案144．(xx·四川资阳高考模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n 满足：S n ＝32a n ＋n－3.(1)求证：数列{a n －1}是等比数列．(2)令c n ＝log 3(a 1－1)＋log 3(a 2－1)＋…＋log 3(a n －1)，对任意n ∈N *，是否存在正整数m ，使1c 1＋1c 2＋…＋1c n ≥m3都成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：当n ＝1时，S 1＝a 1＝32a 1－2，解得a 1＝4.当n ≥2时，由S n ＝32a n ＋n －3得S n －1＝32a n －1＋n －4，两式相减，得S n －S n －1＝32a n －32a n －1＋1，即a n ＝3a n －1－2，则a n －1＝3(a n －1－1)，故数列{a n －1}是以a 1－1＝3为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)知a n －1＝3n ，c n ＝log 3(a 1－1)＋log 3(a 2－1)＋…＋log 3(a n －1)＝1＋2＋…＋n ＝n n ＋12，所以1c n ＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 则1c 1＋1c 2＋…＋1c n＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1， 由1c 1＋1c 2＋…＋1c n ≥m 3对任意n ∈N *都成立，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1≥m 3，即m ≤6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1对任意n ∈N *都成立，又m ∈N *，所以m 的值为1,2,3.36334 8DEE 跮^39013 9865顥33933 848D 蒍!d22408 5788 垈39291 997B 饻W35888 8C30 谰 s33571 8323 茣E精品文档实用文档。
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第五章§4：数列求和
(与一轮复习课件对应的课时训练)
满分100，训练时间45钟
一、选择题：本大题共5小题，每小题8分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．数列{a n }，{b n }都是等差数列，a 1＝5，b 1＝7，且a 20＋b 20＝60，则{a n ＋b n }的前20项和为
A ．700
B ．710
C ．720
D ．730
2．设数列f(x)＝x m ＋ax 的导数为f ′(x)＝2x ＋1，则数列{1
f (n )
}(n ∈N *)的前n 项和为
A ．n n ＋1
B ．n ＋2n ＋1
C ．n
n －1
D ．n ＋1n
3．数列{(－1)n n}的前n 项和为S n ，则S 2 014等于
A ．1 007
B ．－1 006
C ．2 014
D ．－2 014
4．已知数列{a n }是正项等比数列，a 2＝4，a 12＝16，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 13等于
A ．16
B ．26
C ．30
D ．39
5．已知数列{a n }是等比数列，公比q>0，S n 为其前n 项和，S 2＝3，S 4＝15.则S 10等于
A ．511
B ．1 023
C ．2 047
D ．2 048
二、填空题：本大题共3小题，每小题8分，共24分．
6．在数列{a n }中a n ＝n(sin nπ2＋cos nπ
2)，前n 项和为S n ，则S 100＝__________.
7．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n(n ∈N *)， 则a 12＋a 23＋…＋a n
n ＋1
＝______. 8．有限数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和，若把S 1＋S 2＋…＋S n
n 称为数列{a n }的“优化和”，
若数列a 1，a 2，a 3，…，a 2 011的“优化和”为2 012，则数列1，a 1，a 2，a 3，…，a 2 011的优化和为______．
三、解答题：本大题共2小题，共36分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
9．（本小题满分18分，（1）小问8分，（2）小问10分）
记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2＋a 4＝6，S 4＝10. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)令b n ＝a n ·2n (n ∈N *)，求数列{a n }的前n 项和T n .
10．（本小题满分18分，（1）小问8分，（2）小问10分）
已知点(1，1
3)是函数f(x)＝a x (a>0，且a ≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n 项和为
f(n)－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．
(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；
(2)若数列{1b n b n ＋1
}的前n 项和为T n ，问满足T n >1 000
2 012的最小正整数n 是多少？
参考答案及其解析
一、选择题：本大题共5小题，每小题8分，共40分.
1．解析：{a n ＋b n }的前20项和S 20＝(a 1＋b 1)＋(a 2＋b 2)＋…＋(a 20＋b 20) ＝(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20)＋(b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 20) ＝20(a 1＋a 20)2＋20(b 1＋b 20)2＝10(a 1＋a 20＋b 1＋b 20)＝720.
答案：C
2．解析：f ′(x)＝mx m －
1＋a ＝2x ＋1，则m ＝2，a ＝1，∴f(x)＝x 2＋x.
∴
1f (n )＝1n 2＋n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴前n 项和S n ＝1f (1)＋1f (2)＋1f (3)＋…＋1f (n )
＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.
答案：A
3．解析：S 2 014＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－2 009＋2 010)＋(－2 011＋2 012) ＋(－2 013＋2 014)＝1 007. 答案：A
4．解析：由已知a 27＝a 2a 12＝64.
∵a n >0，∴a 7＝8，
log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 13＝log 2(a 1a 2a 3·…·a 13)＝log 2a 137＝log 2(23)13
＝39.
答案：D
5．解析：由已知q ＝1时不成立．∴a 1＋a 1q ＝3，且a 1(1－q 4)1－q
＝15，
从而解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1q ＝2或⎩
⎪⎨⎪
⎧
a 1＝－3q ＝－2(舍去)．
∴S 10＝a 1(1－q 10)1－q ＝210
－1＝1 023.
答案：B
二、填空题：本大题共3小题，每小题8分，共24分．
6．解析：sin nπ2＋cos nπ2＝⎩⎪⎨⎪⎧
1 n ＝4k 时1 n ＝4k ＋1时
－1 n ＝4k ＋2时
－1 n ＝4k ＋3时
，
∴S 100＝(1－2－3＋4)＋(5－6－7＋8)＋…＋(97－98－99＋100)＝0. 答案：0
7．解析：令n ＝1得a 1＝4，即a 1＝16，
当n ≥2时，a n ＝(n 2＋3n)－[(n －1)2＋3(n －1)]＝2n ＋2，所以a n ＝4(n ＋1)2， 当n ＝1时，也适合，所以a n ＝4(n ＋1)2(n ∈N *)． 则
a n n ＋1＝4(n ＋1)，故a 12＋a 23＋…＋a n
n ＋1
＝2n 2＋6n.
答案：2n 2＋6n
8．解析：由已知得S 1＋S 2＋…＋S 2 011
2 011
＝2 012，∴S 1＋S 2＋…＋S 2 011＝2 011×2 012.
又数列1，a 1，…，a 2 011的优化和为 1＋(1＋S 1)＋(1＋S 2)＋…＋(1＋S 2 011)
2 012
＝
2 012＋2 011×2 012
2 012
＝2 012.
答案：2 012
三、解答题：本大题共2小题，共36分．
9.（本小题满分18分，（1）小问8分，（2）小问10分）
解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＋a 4＝6，S 4＝10， 可得⎩⎪⎨⎪⎧
2a 1
＋4d ＝64a 1＋4×3
2d ＝10
， 即⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝32a 1＋3d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝1d ＝1
， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)＝n ， 故所求等差数列{a n }的通项公式为a n ＝n. (2)依题意，b n ＝a n ·2n ＝n·2n ， ∴T n ＝b 1＋b n ＋…＋b n
＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －
1＋n·2n ，
又2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)·2n ＋n·2n ＋
1，
两式相减得－T n ＝(2＋22＋23＋…＋2n －1
＋2n )－n·2
n ＋1
＝2(1－2n )1－2
－n·2n ＋1＝(1－n)·2n ＋
1－2，
∴T n ＝(n －1)·2n ＋
1＋2.
10.（本小题满分18分，（1）小问8分，（2）小问10分）
解：(1)∵f(1)＝a ＝13，∴f(x)＝(1
3)x .
a 1＝f(1)－c ＝1
3
－c.
a 2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－2
9，
a 3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－
227
； 又数列{a n }成等比数列，a 1＝a 22
a 3＝481－227＝－23＝13
－c ，c ＝1；
公式q ＝a 2a 1＝13，a n ＝－23×(13)n －1＝－2×(1
3)n ，n ∈N *；
∵S n －S n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n ＋1) ＝S n ＋S n －1(n>2)， 又b n >0，S n >0， ∴S n －S n －1＝1.
数列{S n }构成一个首项为1、公差为1的等差数列，S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2. 当n ≥2，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1； 又当n ＝1时，也适合上式， ∴b n ＝2n －1，n ∈N *. (2)T n ＝
1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)×(2n ＋1)
＝12(1－13)＋12(13－15)＋12(15－17)＋…＋12(12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n
2n ＋1. 由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 012
，得n>2503，满足T n >1 0002 012的最小正整数为84.。