课时跟踪检测(三十三) 数列求和
2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：34 数列求和与数列的综合应用含解析
课时作业34 数列求和与数列的综合应用第一次作业 基础巩固练一、选择题1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3n ，则其前20项和为( C )(15)A ．380－B ．400－35(1－1519)25(1－1520)C ．420－D ．440－34(1－1520)45(1－1520)解析：令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2(1＋2＋…＋20)－3＝2×(15＋152＋…＋1520)－3×＝420－.20×(20＋1)215(1－1520)1－1534(1－1520)2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝Error!则其前6项之和是( C )A ．16 B ．20C ．33 D ．120解析：由已知得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，所以S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.3．化简S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1的结果是( D )A ．2n ＋1＋n －2B ．2n ＋1－n ＋2C ．2n －n －2D ．2n ＋1－n －2解析：因为S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1，①2S n ＝n ×2＋(n －1)×22＋(n －2)×23＋…＋2×2n －1＋2n ，②所以①－②得，－S n ＝n －(2＋22＋23＋…＋2n )＝n ＋2－2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －2.4．(2019·沈阳市教学质量监测)在各项都为正数的等比数列{a n }中，若a 1＝2，且a 1a 5＝64，则数列{}的前n 项和是( A )an(an －1)(an ＋1－1)A ．1－ B ．1－12n ＋1－112n ＋1C ．1－D ．1－12n ＋112n －1解析：∵数列{a n }为等比数列，a n >0，a 1＝2，a 1a 5＝64，∴公比q ＝2，∴a n ＝2n ，＝＝－.an(an －1)(an ＋1－1)2n(2n －1)(2n ＋1－1)12n －112n ＋1－1设数列{}的前n 项和为T n ，则an(an －1)(an ＋1－1)T n ＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－122－1122－1123－1123－1124－112n －112n ＋1－1，故选A.12n ＋1－15．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何．”其意思为：今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税1213金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第5关收税金为剩余金的，5141516关所收税金之和，恰好重1斤．问此人总共持金多少．则在此问题中，第5关收税金( B )A.斤B.斤120125C.斤D.斤130136解析：假设原来持金为x ，则第1关收税金x ；第2关收税金(1－)121312x ＝x ；第3关收税金(1－－)x ＝x ；第4关收税金12×314121613×4(1－－－)x ＝x ；第5关收税金(1－－－－)x ＝x .依151********×516121611212015×6题意，得x ＋x ＋x ＋x ＋x ＝1，即(1－)1212×313×414×515×616x ＝1，x ＝1，解得x ＝，所以x ＝×＝.故选B.566515×615×6651256．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ＋1＋a n ＝2n ＋1，且S n ＝1 350.若a 2<2，则n 的最大值为( A )A ．51B ．52C ．53D ．54解析：因为a n ＋1＋a n ＝2n ＋1 ①，所以a n ＋2＋a n ＋1＝2(n ＋1)＋1＝2n ＋3 ②，②－①得a n ＋2－a n ＝2，且a 2n －1＋a 2n ＝2(2n －1)＋1＝4n －1，所以数列{a n }的奇数项构成以a 1为首项，2为公差的等差数列，数列{a n }的偶数项构成以a 2为首项，2为公差的等差数列，数列{a 2n －1＋a 2n }是以4为公差的等差数列，所以S n ＝Error!当n 为偶数时，＝1 350，无解(因为50×51n (n ＋1)2＝2 550,52×53＝2 756，所以接下来不会有相邻两数之积为2 700)．当n 为奇数时，＋(a 1－1)＝1 350，a 1＝1 351－，因为n (n ＋1)2n (n ＋1)2a 2<2，所以3－a 1<2，所以a 1>1，所以1 351－>1，所以n (n ＋1)<2 700，n (n ＋1)2又n ∈N *，所以n ≤51，故选A.二、填空题7．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ＋1(3n －2)，则前100项和S 100等于－150.解析：∵a 1＋a 2＝a 3＋a 4＝a 5＋a 6＝…＝a 99＋a 100＝－3，∴S 100＝－3×50＝－150.8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝3·21_009－3.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 －1，②由①÷②得＝2，an ＋1an －1∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S 2018＝＋1－21 0091－2＝3·21 009－3.2(1－21 009)1－29．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝－63.解析：解法1：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8；当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16；当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32.所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.解法2：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝＝－63.－1×(1－26)1－2三、解答题10．(2019·贵阳市监测考试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q >0，S 2＝4，a 3－a 2＝6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：＋＋…＋<2.1T 11T 21Tn 解：(1)∵S 2＝a 1＋a 2＝4，a 3－a 2＝6，∴Error!∵q >0，∴q ＝3，a 1＝1，∴a n ＝1×3n －1＝3n －1，即数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(2)证明：由(1)知b n ＝log 3a n ＋1＝log 33n ＝n ，∴b 1＝1，b n ＋1－b n ＝n ＋1－n ＝1，∴数列{b n }是首项b 1＝1，公差d ＝1的等差数列，∴T n ＝，则＝＝2(－)，n (n ＋1)21Tn 2n (n ＋1)1n 1n ＋1∴＋＋…＋＝2(－＋－＋…＋－)＝2(1－)<2，∴1T 11T 21Tn 111212131n 1n ＋11n ＋1＋＋…＋<2.1T 11T 21Tn 11．已知数列{a n }的首项为a 1＝1，前n 项和为S n ，且数列是公差为{Snn }2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由已知得＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝2n 2－n .Snn当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3.而a 1＝1满足上式，所以a n ＝4n －3，n ∈N *.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n (4n －3)．当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×＝2n ；n 2当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.综上，T n ＝Error!12．(2019·石家庄质量检测(二))已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－4，S m ＝0，S m ＋2＝14(m ≥2，且m ∈N *)．(1)求m 的值；(2)若数列{b n }满足＝log 2b n (n ∈N *)，求数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和．an2解：(1)由已知得，a m ＝S m －S m －1＝4，且a m ＋1＋a m ＋2＝S m ＋2－S m ＝14，设数列{a n }的公差为d ，则有2a m ＋3d ＝14，∴d ＝2.由S m ＝0，得ma 1＋×2＝0，即a 1＝1－m ，∴a m ＝a 1＋(m －1)m (m －1)2×2＝m －1＝4，∴m ＝5.(2)由(1)知a 1＝－4，d ＝2，∴a n ＝2n －6，∴n －3＝log 2b n ，得b n ＝2n －3，∴(a n ＋6)·b n ＝2n ×2n －3＝n ×2n －2.设数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝1×2－1＋2×20＋…＋(n －1)×2n －3＋n ×2n －2，①2T n ＝1×20＋2×21＋…＋(n －1)×2n －2＋n ×2n －1，②①－②，得－T n ＝2－1＋20＋…＋2n －2－n ×2n －1＝－n ×2n －1＝2n －1－－n ×2n2－1(1－2n )1－212－1，∴T n ＝(n －1)×2n －1＋(n ∈N *)．12第二次作业 高考·模拟解答题体验1．(2019·河北名校联考)已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n .解：(1)∵数列{a n }是等差数列，a 2＝6，∴S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19，∴b 1＝1，∵b 2＝2，数列{b n }是等比数列，∴b n ＝2n －1.∴b 3＝4，∵a 1b 3＝12，∴a 1＝3，∵a 2＝6，数列{a n }是等差数列，∴a n ＝3n .(2)由(1)得，令C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1，∴C n ＋1＝(－1)n ＋12n ，∴＝－2，又C 1＝－1，Cn ＋1Cn ∴数列{b n cos(a n π)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列，∴T n ＝＝－[1－(－2)n ]．－1×[1－(－2)n ]1＋2132．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和为14，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项．(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝，求证：c n ＋1>c n (n ∈N *)．SnTnKn 解：(1)设数列{a n }的公差为d ，则Error!解得Error!或Error!(舍去)，所以a n ＝n ＋1，S n ＝.n (n ＋3)2又b 1＝a 1＝2，b 2＝a 3＝4，所以b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2.(2)证明：因为a n ·b n ＝(n ＋1)·2n ，所以K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ，①所以2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，②①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1，所以K n ＝n ·2n ＋1.则c n ＝＝，c n ＋1－c n SnTn Kn (n ＋3)(2n －1)2n ＋1＝－(n ＋4)(2n ＋1－1)2n ＋2(n ＋3)(2n －1)2n ＋1＝>0，所以c n ＋1>c n (n ∈N *)．2n ＋1＋n ＋22n ＋23．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝，求数列{b n }的前n 项和an ＋1SnSn ＋1T n .解：(1)由题设知a 1a 4＝a 2a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得Error!或Error!(舍去)．设等比数列{a n }的公比为q ，由a 4＝a 1q 3，得q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1，n ∈N *.(2)S n ＝＝2n －1，a 1(1－qn )1－q 又b n ＝＝＝－，an ＋1SnSn ＋1Sn ＋1－SnSnSn ＋11Sn 1Sn ＋1所以T n＝b 1＋b 2＋…＋b n＝＋＋…＋＝－(1S 1－1S 2)(1S 2－1S 3)(1Sn －1Sn ＋1)1S 1＝1－，n ∈N *.1Sn ＋112n ＋1－14．(2019·石家庄质量检测)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1n .n ＋12n (1)设b n ＝，求数列{b n }的通项公式；ann (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)由a n ＋1＝a n ＋，可得＝＋，n ＋1n n ＋12n an ＋1n ＋1ann 12n 又b n ＝，∴b n ＋1－b n ＝，由a 1＝1，得b 1＝1，an n 12n 累加可得(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1＝＋＋…＋，12112212n －1即b n －b 1＝＝1－，∴b n ＝2－.12(1－12n －1)1－1212n －112n －1(2)由(1)可知a n ＝2n －，设数列{}的前n 项和为T n ，n 2n －1n2n －1则T n ＝＋＋＋…＋ ①，120221322n 2n －1T n ＝＋＋＋…＋ ②，12121222323n 2n ①－②得T n ＝＋＋＋…＋－＝－＝2－，∴T n ＝4－.1212012112212n －1n2n 1－12n 1－12n2n n ＋22n n ＋22n －1易知数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)，∴S n ＝n (n ＋1)－4＋.n ＋22n －15．已知S n 是正项数列{a n }的前n 项和，且2S n ＝a ＋a n ，等比数列{b n }2n 的公比q >1，b 1＝2，且b 1，b 3，b 2＋10成等差数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ＋(－1)n ·，记T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n ，求T 2n .2n ＋1an ·an ＋1解：(1)当n ≥2时，由题意得2S n －2S n －1＝a －a ＋a n －a n －1，2n 2n －12a n ＝a －a ＋a n －a n －1，2n 2n －1a －a －(a n ＋a n －1)＝0，2n 2n －1(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1，当n ＝1时，2a 1＝a ＋a 1，∵a 1>0，∴a 1＝1，21∴数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n .由b 1＝2,2b 3＝b 1＋(b 2＋10)，得2q 2－q －6＝0，解得q ＝2或q ＝－(舍)，∴b n ＝b 1q n －1＝2n .32(2)由(1)得c n＝n ·2n ＋(－1)n ·＝n ·2n ＋(－1)n，2n ＋1n (n ＋1)(1n ＋1n ＋1)∴T 2n ＝(1×2＋2×22＋…＋2n ·22n )＋＝(1×2＋2×22＋…＋2n ·22n )＋[－(1＋12)＋(12＋13)－13＋14＋…＋(12n ＋12n ＋1)]，(－1＋12n ＋1)记W 2n ＝1×2＋2×22＋…＋2n ·22n ，则2W 2n ＝1×22＋2×23＋…＋2n ·22n ＋1，以上两式相减可得－W 2n ＝2＋22＋…＋22n －2n ·22n ＋1＝－2n ·22n ＋1＝(1－2n )·22n ＋1－2，2(1－22n )1－2∴W 2n ＝(2n －1)·22n ＋1＋2，∴T 2n ＝W 2n ＋＝(2n －1)·22n ＋1＋＋1.(－1＋12n ＋1)12n ＋16．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)．(1＋1n )(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝，数列{b n }的前n 项的和为S n ，试求数列{S 2n －S n }的最小值；2n an (3)求证：当n ≥2时，S 2n ≥.7n ＋1112解：(1)由条件a n ＋1＝2a n ，(1＋1n )得＝2·，又a 1＝2，所以＝2，an ＋1n ＋1an n a 11因此数列构成首项为2，公比为2的等比数列．{an n }＝2·2n －1＝2n ，因此，a n ＝n ·2n .an n (2)由(1)得b n ＝，设c n ＝S 2n －S n ，1n 则c n ＝＋＋…＋，1n ＋11n ＋212n 所以c n ＋1＝＋＋…＋＋＋，从而1n ＋21n ＋312n 12n ＋112n ＋2c n ＋1－c n ＝＋－>＋－＝0，12n ＋112n ＋21n ＋112n ＋212n ＋21n ＋1因此数列{c n }是单调递增的，所以(c n )min ＝c 1＝.12。
(人教版)2020届高考数学一轮复习 第六章 数列 课时跟踪训练33 数列求和 文
课时跟踪训练(三十三) 数列求和[基础巩固]一、选择题1．(2018·湖南师大附中月考)已知公差不为0的等差数列{a n }满足a 1，a 3，a 4成等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 3－S 2S 5－S 3的值为( ) A ．2 B ．3 C ．－2 D ．－3[解析] 设等差数列的公差为d ，首项为a 1，所以a 3＝a 1＋2d ，a 4＝a 1＋3d . 因为a 1、a 3、a 4成等比数列，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，解得：a 1＝－4d . 所以S 3－S 2S 5－S 3＝a 1＋2d2a 1＋7d＝2，故选A. [答案] A2．(2017·河南百校联盟质量监测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝－20，则－6a 4＋3a 5＝( )A ．－20B ．4C ．12D ．20 [解析] 设{a n }的公差为d ，∵S 5＝5a 1＋a 52＝－20，∴a 1＋a 5＝－8，∴a 3＝－4.又－6a 4＋3a 5＝－6(a 3＋d )＋3(a 3＋2d )＝－3a 3＝12.选C.[答案] C3．已知等比数列{a n }的首项为1，若4a 1,2a 2，a 3成等差数列，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.3116 B ．2 C.3316 D.1633[解析] 设数列{a n }的公比为q ，则有4＋q 2＝2×2q ，解得q ＝2，所以a n ＝2n －1.1a n ＝12n －1，所以S 5＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116.故选A. [答案] A4．已知数列{a n }是等差数列，a 1＝tan225°，a 5＝13a 1，设S n 为数列{(－1)na n }的前n 项和，则S 2018＝( )A ．2018B ．－2018C ．3027D ．－3027[解析] 由题意得a 1＝1，a 5＝13，∵{a n }是等差数列，∴公差d ＝3，∴a n ＝3n －2，∴S 2018＝－1＋4－7＋10－13＋17＋…－6049＋6052＝3×20182＝3027，选C. [答案] C5．(2017·安徽安庆模拟)已知数列{a n }满足a n ＋2＝－a n (n ∈N ＋)，且a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的前2017项的和为( )A ．2B ．－3C ．3D ．1[解析] ∵a n ＋2＝－a n ＝－(－a n －2)＝a n －2，n >2，∴数列{a n }是以4为周期的周期数列．S 2017＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2017＝504(a 1＋a 2－a 1－a 2)＋a 504×4＋1＝a 1＝1.故选D.[答案] D 6.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1的值为( )A.n ＋12n ＋2B.34－n ＋12n ＋2C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1－1n ＋2 [解析] 因为1n ＋12－1＝1n 2＋2n ＝1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 所以原式＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2，故选C.[答案] C 二、填空题7．若数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋2，前n 项和为S n ，则S 16＝________.[解析] 由a n ＝1n ＋n ＋2＝12()n ＋2－n ，得S 16＝12(3－1＋4－2＋5－3＋…＋17－15＋18－16)＝12(18＋17－2－1)＝17＋22－12.[答案]17＋22－128．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________.[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a 21＝a 1＝1，S 21＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＋a 21＝10(a 1＋a 2)＋a 21＝10×12＋1＝6.[答案] 69．(2017·陕西西安期中)如果数列{a n }的前n 项之和为S n ＝3＋2n ，那么a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝________.[解析] ∵S n ＝3＋2n ，∴S n －1＝3＋2n －1(n ≥2)，∴a n ＝2n －2n －1＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1，n ＝1时a 1＝S 1＝5，∴当n ≥2时，a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝25＋41－4n －11－4＝4n＋713；当n ＝1时a 21＝25也适合上式，故a 21＋…＋a 2n ＝4n＋713.[答案] 4n＋713三、解答题10．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和． [解] (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2也适合，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n . 由(1)知a n 2n ＋1＝22n ＋12n －1＝12n －1－12n ＋1.则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1.[能力提升]11．若a n >0，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，且2S n ＝a n ＋1a n(n ∈N *)，则S 2017＝( )A ．2017＋20172017B ．2017－20162016C ．2016D.2017[解析] 令n ＝1，则2S 1＝a 1＋1a 1，所以a 1＝1，S 1＝1；令n ＝2，则2(a 1＋a 2)＝a 2＋1a 2，所以a 2＝2－1，S 2＝2；令n ＝3，则2(2＋a 3)＝a 3＋1a 3，解得a 3＝3－2，S 3＝3；依此类推，a 2017＝2017－2016，S 2017＝2017.故选D.[答案] D12．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110[解析] 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n n ＋12.由题意可知，N >100，令n n ＋12>100，所以n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后．易得第n 组的所有项的和为1－2n1－2＝2n－1，前n 组的所有项的和为21－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数，第k ＋1组的前t 项的和2t－1应与－2－k 互为相反数，即2t－1＝k ＋2，所以2t＝k ＋3，所以t ＝log 2(k ＋3)，所以当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×13＋12＋4＝95<100，不满足题意，当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×29＋12＋5＝440，当t >5时，N >440，故选A.[答案] A13．(2017·安徽马鞍山期中)设数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n(2n －1)·cos n π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 120＝( )A ．－60B ．－120C ．180D ．240 [解析] 由a n ＝(－1)n(2n －1)cosn π2＋1，得a 1＝－cos π2＋1＝1，a 2＝3cosπ＋1＝－2， a 3＝－5cos 3π2＋1＝1，a 4＝7cos2π＋1＝8， a 5＝－9cos5π2＋1＝1，a 6＝11cos3π＋1＝－10， a 7＝－13cos7π2＋1＝1，a 8＝15cos4π＋1＝16， …由上可知，数列{a n }的奇数项为1，每两个偶数项的和为6，∴S 120＝(a 1＋a 3＋…＋a 119)＋(a 2＋a 4＋…＋a 58＋a 120)＝60＋30×6＝240.故选D.[答案] D14．(2017·河北邯郸质量检测)在公差大于1的等差数列{a n }中，已知a 21＝64，a 2＋a 5＋a 8＝36，则数列{|a n |}的前20项和为________．[解析] ∵a 2＋a 5＋a 8＝3a 5＝36，∴a 5＝12，∵a 21＝64，∴a 1＝±8. 当a 1＝8，d ＝1，不合题意． 当a 1＝－8，d ＝5>1，∴a n ＝5n －13. 故数列{|a n |}的前20项和为8＋3＋2＋7＋87×172＝812.[答案] 81215．(2017·广东珠海模拟)已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为d ，n ∈N *，且不等式ax 2－3x ＋2<0的解集为(1，d )．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝3a n ＋a n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)易知a ≠0，由题设可知 ⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＝3a ，1·d ＝2a，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，d ＝2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝32n －1＋2n －1－1，则T n ＝(3＋1)＋(33＋3)＋…＋(32n －1＋2n －1)－n＝(31＋33＋…＋32n －1)＋(1＋3＋…＋2n －1)－n＝311－9n1－9＋1＋2n －1n2－n＝38(9n －1)＋n 2－n . 16．(2017·山东枣庄期末质量检测)已知S n 为各项均为正数的数列{a n }的前n 项和，a 1∈(0,2)，a 2n ＋3a n ＋2＝6S n .(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对∀n ∈N *，t ≤4T n 恒成立，求实数t 的最大值．[解] (1)当n ＝1时，由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，得a 21＋3a 1＋2＝6a 1，即a 21－3a 1＋2＝0. 又a 1∈(0,2)，解得a 1＝1.由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，可知a 2n ＋1＋3a n ＋1＋2＝6S n ＋1. 两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＋3(a n ＋1－a n )＝6a n ＋1，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.由于a n >0，可得a n ＋1－a n －3＝0.即a n ＋1－a n ＝3，所以{a n }是首项为1，公差为3的等差数列．所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由a n ＝3n －2，可得b n ＝1a n a n ＋1＝13n －23n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1＝n3n ＋1. 因为T n ＋1－T n ＝n ＋13n ＋1＋1－n 3n ＋1＝13n ＋13n ＋4>0，所以T n ＋1>T n ，所以数列{T n }是递增数列．所以t ≤4T n ⇔t 4≤T n ⇔t 4≤T 1＝14⇔t ≤1，所以实数t 的最大值是1.[延伸拓展]下面的图形无限向内延续，最外面的正方形的边长是2，从外到内，第n 个正方形与其内切圆之间的深色图形面积记为S n (n ∈N *)．(1)证明：S n ＝2S n ＋1(n ∈N *)； (2)证明：S 1＋S 2＋…＋S n <8－2π.[证明] (1)设第n (n ∈N *)个正方形的边长为a n ，则其内切圆半径为a n2，第n ＋1个正方形的边长为22a n ，其内切圆半径为24a n ，所以S n ＝a 2n －π⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 22＝a 2n ⎝⎛⎭⎪⎫1－π4(n ∈N *)，S n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a n 2－π⎝ ⎛⎭⎪⎫24a n 2＝a 2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－π8＝12S n (n ∈N *)．所以S n ＝2S n ＋1(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S 1＝22×⎝⎛⎭⎪⎫1－π4＝4－π，S 2＝2－π2，…，S n ＝(4－π)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以T n ＝S 1＋S 2＋…＋S n ＝(4－π)×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＝(4－π)×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝(8－2π)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <8－2π.。
课时跟踪检测(三十三) 数列的综合应用
课时跟踪检测(三十三) 数列的综合应用(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n －1(a ≠0)，则数列{a n }( )A ．一定是等差数列B ．一定是等比数列C ．或者是等差数列，或者是等比数列D ．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列2．(2013·辽宁高考)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题：p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列； p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( )A ．p 1，p 2B ．p 3，p 4C ．p 2，p 3D ．p 1，p 43．(2013·湖南省五市十校联合检测)已知函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x ，y 都有f (x ·y )＝f (x )＋f (y )，若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足f (S n ＋2)－f (a n )＝f (3)(n ∈N *)，则a n 为( )A ．2n －1B ．nC ．2n －1D.⎝⎛⎭⎫32n －1 4．将石子摆成如图的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差即a 2 012－5＝( )A ．2 018×2 012B ．2 018×2 011C ．1 009×2 012D ．1 009×2 0115．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．6.(创新题)设数列{a n }中，若a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则称数列{a n }为“凸数列”，已知数列{b n }为“凸数列”，且b 1＝1，b 2＝－2，则数列{b n }的前2 013项和为________．7．(2014·济南高考模拟考试)数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)，等差数列{b n }满足b 3＝3，b 5＝9.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b n ＋2a n ＋2(n ∈N *)，求证：c n ＋1<c n ≤13.8．(2013·惠州调研)已知点⎝⎛⎭⎫1，13是函数f (x )＝a x (a >0，且a ≠1)的图像上一点，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{c n }的通项c n ＝b n ·⎝⎛⎭⎫13n ，求数列{c n }的前n 项和R n .第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2014·乌鲁木齐第一次诊断)已知等比数列{a n }和等差数列{b n }均是首项为2，各项为正数的数列，且b 2＝4a 2，a 2b 3＝6.(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2)求使ab n <0.001成立的正整数n 的最小值．2．(2014·江南十校联考)已知直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n 、B n ，n ∈N *，数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1(n 为奇数)a n (n 为偶数)，求数列{b n }的前n 项和T n .3.(创新题)已知点A (1,0)，B (0,1)和互不相同的点P 1，P 2，P 3，…，P n ，…，满足n OP ＝a n OA ＋b n OB (n ∈N *)，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列，O 为坐标原点，若P 1是线段AB 的中点．(1)求a 1，b 1的值．(2)点P 1，P 2，P 3，…，P n ，…能否在同一条直线上？请证明你的结论．答 案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．选C ∵S n ＝a n －1(a ≠0)，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2， 即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a －1，n ＝1，(a －1)a n －1，n ≥2. 当a ＝1时，a n ＝0，数列{a n }是一个常数列，也是等差数列；当a ≠1时，数列{a n }是一个等比数列．2．选D 设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 1为真命题；若a n ＝3n －12，则满足已知，但na n ＝3n 2－12n 并非递增数列，所以p 2为假命题；若a n ＝n ＋1，则满足已知，但a n n ＝1＋1n是递减数列，所以p 3为假命题；设a n ＋3nd ＝4dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 4为真命题．3．选D 由题意知f (S n ＋2)＝f (a n )＋f (3)(n ∈N *)，∴S n ＋2＝3a n ，S n －1＋2＝3a n －1(n ≥2)， 两式相减得，2a n ＝3a n －1(n ≥2)，又n ＝1时，S 1＋2＝3a 1＝a 1＋2，∴a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公比为32的等比数列，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1. 4．选D 结合图形可知，该数列的第n 项a n ＝2＋3＋4＋…＋n ＋2.所以a 2 012－5＝4＋5＋…＋2 014＝4×2 011＋2 011×2 0102＝2 011×1 009.故选D. 5．解析：当放在最左侧坑时，路程和为2×(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2×(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2×(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2×(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．答案：2 0006．解析：由“凸数列”的定义，可知，b 1＝1，b 2＝－2，b 3＝－3，b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，故数列{b n }是周期为6的周期数列，又b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＝0，故数列{b n }的前2 013项和S 2 013＝b 1＋b 2＋b 3＝1－2－3＝－4.答案：－47．解：(1)由a n ＋1＝2S n ＋1①，得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)②，①－②得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)，∴a n ＋1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)，又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，∴a n ＝3n －1. ∵b 5－b 3＝2d ＝6，∴d ＝3，∴b n ＝3n －6.(2)证明：∵a n ＋2＝3n ＋1，b n ＋2＝3n ， ∴c n ＝3n 3n ＋1＝n 3n ，∴c n ＋1－c n ＝1－2n 3n ＋1<0， ∴c n ＋1<c n <…<c 1＝13， 即c n ＋1<c n ≤13. 8．解：(1)∵f (1)＝a ＝13，∴f (x )＝⎝⎛⎭⎫13x ， a 1＝f (1)－c ＝13－c ， a 2＝[f (2)－c ]－[f (1)－c ]＝－29， a 3＝[f (3)－c ]－[f (2)－c ]＝－227. 又数列{a n }成等比数列，∴a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，∴c ＝1. 又公比q ＝a 2a 1＝13，∴a n ＝－23⎝⎛⎭⎫13n －1＝－2⎝⎛⎭⎫13n (n ∈N *)． ∵S n －S n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝S n ＋S n －1(n ≥2)，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时，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1；又b 1＝c ＝1满足b n ＝2n －1，∴b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)∵c n ＝b n ⎝⎛⎭⎫13n ＝(2n －1)⎝⎛⎭⎫13n ，∴R n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ，R n ＝1×⎝⎛⎭⎫131＋3×⎝⎛⎭⎫132＋5×⎝⎛⎭⎫133＋…＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ，① 13R n ＝1×⎝⎛⎭⎫132＋3×⎝⎛⎭⎫133＋5×⎝⎛⎭⎫134＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫13n ＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ＋1.② 由①－②得，23R n ＝13＋2⎣⎡⎝⎛⎭⎫132＋⎝⎛⎭⎫133＋⎝⎛⎭⎫134＋ ⎦⎤…＋⎝⎛⎭⎫13n －(2n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ＋1， 化简得，23R n ＝13＋2× 1321－13n －11－13－(2n －1)×13n ＋1＝23－2(n ＋1)3×13n ， ∴R n ＝1－n ＋13n . 第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)设{a n }的公比为q ，{b n }的公差为d ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧2＋d ＝4×2q ，(2＋2d )·2q ＝6， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2，q ＝12，，或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－5，q ＝－38.(舍) ∴a n ＝⎝⎛⎫12n －2，b n ＝2n .(2)由(1)得ab n ＝a 2n ＝⎝⎛⎭⎫122n －2，∵ab n <0.001，即⎝⎛⎭⎫122n －2<0.001，∴22n －2>1 000， ∴2n －2≥10，即n ≥6，∴满足题意的正整数n 的最小值为6.2．解：(1)由题意知，圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝n ，圆C n 的半径r n ＝2a n ＋n ，∴a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12|A n B n |2＝r 2n －d 2n ＝(2a n ＋n )－n ＝2a n ，又a 1＝1，∴a n ＝2n －1. (2)当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝[1＋5＋…＋(2n －3)]＋(2＋23＋…＋2n －1)＝n (n －1)2＋2(1－2n )1－4＝n 2－n 2＋23(2n －1)．当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＋1＝(n ＋1)2－(n ＋1)2＋23(2n ＋1－1)＝n 2＋n 2＋23(2n ＋1－1)，而T n ＋1＝T n ＋b n ＋1＝T n ＋2n ，∴T n ＝n 2＋n 2＋13(2n －2)． ∴T n ＝⎩⎨⎧n 2－n 2＋23(2n －1)(n 为偶数)n 2＋n 2＋13(2n －2)(n 为奇数).3．解：(1)P 1是线段AB 的中点⇒1OP ＝12OA ＋12OB ， 又1OP ＝a 1OA ＋b 1OB ，且OA ，OB 不共线，由平面向量基本定理，知a 1＝b 1＝12. (2)由n OP ＝a n OA ＋b n OB (n ∈N *)⇒n OP ＝(a n ，b n )， 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则由于P 1，P 2，P 3，…，P n ，…互不相同，所以d ＝0，q ＝1不会同时成立．若d ＝0，q ≠1，则a n ＝a 1＝12(n ∈N *) ⇒P 1，P 2，P 3，…，P n ，…都在直线x ＝12上； 若q ＝1，d ≠0，则b n ＝12为常数列 ⇒P 1，P 2，P 3，…，P n ，…都在直线y ＝12上； 若d ≠0且q ≠1，P 1，P 2，P 3，…，P n ，…在同一条直线上⇔1n n P P －＝(a n －a n －1，b n －b n －1)与1n n P P ＋＝(a n ＋1－a n ，b n ＋1－b n )始终共线(n ≥2，n ∈N *)⇔(a n －a n －1)(b n ＋1－b n )－(a n ＋1－a n )(b n －b n －1)＝0⇔d (b n ＋1－b n )－d (b n －b n －1)＝0⇔b n ＋1－b n ＝b n －b n －1⇔q ＝1，这与q ≠1矛盾，所以当d ≠0且q ≠1时，P 1，P 2，P 3，…，P n ，…不可能在同一条直线上.。
2021高考三轮复习课时训练《36 数列求和》
数列求和 建议用时：45分钟一、选择题1．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 5＋a 7＝6，a 11＝8，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3a n ＋4的前n项和S n ＝( )A.n ＋1n ＋2B.n n ＋1C.n n ＋2D.2nn ＋1B [设等差数列{a n }的公差为d ，由a 3＋a 5＋a 7＝6，a 11＝8，得a 5＝2，d ＝1，所以a n ＝n －3.则a n ＋3＝n ，a n ＋4＝n ＋1，所以1a n ＋3a n ＋4＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.所以S n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.故选B.]2．数列{(－1)n (2n －1)}的前2 020项和S 2 020等于( ) A ．－2 018 B ．2 018 C ．－2 020D ．2 020D [S 2 020＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2 019－1)＋(2×2 020－1)＝2×1 010＝2 020.故选D.]3．在数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝( )A ．(2n －1)2B.（2n －1）23C ．4n－1D.4n －13D [由题意得，当n ＝1时，a 1＝1，当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2n －1－1，则a n ＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1(n ≥2)，n ＝1时也成立，所以a n ＝2n －1，则a 2n＝22n －2，所以数列{a 2n }的首项为1，公比为4的等比数列，所以a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1×（1－4n ）1－4＝4n －13，故选D.]4．数列{a n }中，a 1＝2，且a n ＋a n －1＝na n －a n －1＋2(n ≥2)，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1（a n －1）2前2 019项和为( )A.4 0362 019 B.2 0191 010 C.4 0372 019D.4 0392 020B [∵a n ＋a n －1＝na n －a n －1＋2(n ≥2)，∴a 2n －a 2n －1－2(a n －a n －1)＝n ，整理，得(a n －1)2－(a n －1－1)2＝n ， ∴(a n －1)2－(a 1－1)2＝n ＋(n －1)＋…＋2， 又a 1＝2，∴(a n －1)2＝n （n ＋1）2，即1（a n －1）2＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. 则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1（a n －1）2前2 019项和为： 2(1－12＋12－13＋…＋12 019－12 020)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 020＝2 0191 010.故选B.]5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋a n ＋1＝2n (n ∈N *)，则S 13＝( ) A.213－43 B.213＋23 C.214－43 D.214＋23C [∵a 1＝2，∴n ＝2时，a 2＋a 3＝22，n ＝4时，a 4＋a 5＝24， n ＝6时，a 6＋a 7＝26，n ＝8时，a 8＋a 9＝28， n ＝10时，a 10＋a 11＝210，n ＝12时，a 12＋a 13＝212， ∴S 13＝2＋22＋24＋26＋28＋210＋212 ＝2＋22[1－（22）6]1－22＝214－43.故选C.]二、填空题6．(2019·浙江台州期中)已知数列{a n }满足1a n ＝1a n ＋1－1，且a 1＝1，则a n ＝________，数列{b n }满足b n ＝2na n，则数列{b n }的前n 项和S n ＝________．1n (n －1)·2n ＋1＋2 [由1a n ＝1a n ＋1－1可得1a n ＋1－1a n ＝1， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，公差、首项都为1，由等差数列的通项公式可得 1a n ＝n ，a n ＝1n ，2n a n ＝n ×2n ， S n ＝1×2＋2×22＋…＋n ×2n ，2S n ＝1×22＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，相减得S n ＝－(2＋22＋…＋2n )＋n ×2n ＋1＝－2（1－2n ）1－2＋n ×2n ＋1＝(n －1)×2n ＋1＋2.]7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝________． 3·21 009－3 [∵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 －1，②由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 2 018＝1－21 0091－2＋2（1－21 009）1－2＝3·21 009－3.]8．已知等差数列{a n }满足a 3＝7，a 5＋a 7＝26，b n ＝1a 2n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．25101 [因为a 3＝7，a 5＋a 7＝26，所以公差d ＝2， 所以a n ＝a 3＋2(n －3)＝2n ＋1.所以b n ＝1a 2n －1＝1（2n ＋1）2－1＝14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.所以S 100＝b 1＋b 2＋…＋b 100＝14(1－12＋12－13＋…＋1100－1101)＝25101.] 三、解答题9．已知等差数列{a n }满足a 6＝6＋a 3，且a 3－1是a 2－1，a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }的前项和为T n ，求使T n ＜17成立的最大正整数n 的值[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ， ∵a 6－a 3＝3d ＝6，即d ＝2，∴a 3－1＝a 1＋3，a 2－1＝a 1＋1，a 4＝a 1＋6， ∵a 3－1是a 2－1，a 4的等比中项， ∴(a 3－1)2＝(a 2－1)·a 4，即(a 1＋3)2＝(a 1＋1)(a 1＋6)，解得a 1＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12(13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝n3（2n ＋3）， 由n 3（2n ＋3）＜17，得n ＜9.∴使T n ＜17成立的最大正整数n 的值为8.10．(2019·天津高考)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0，已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数，b n 2，n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n . 所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ， {b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×3＋n （n －1）2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n ) ＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )． 记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1＝－3（1－3n ）1－3＋n ×3n ＋1＝（2n －1）3n ＋1＋32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×（2n －1）3n ＋1＋32＝（2n －1）3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *)．1．定义在[0，＋∞)上的函数f (x )满足：当0≤x ＜2时，f (x )＝2x －x 2；当x ≥2时，f (x )＝3f (x －2)．记函数f (x )的极大值点从小到大依次记为a 1，a 2，…，a n ，…，并记相应的极大值为b 1，b 2，…，b n ，…，则a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20的值为( )A ．19×320＋1B ．19×319＋1C ．20×319＋1D ．20×320＋1A [由题意当0≤x ＜2时，f (x )＝2x －x 2＝－(x －1)2＋1极大值点为1，极大值为1，当x ≥2时，f (x )＝3f (x －2)．则极大值点形成首项为1，公差为2 的等差数列，极大值形成首项为1，公比为3的等比数列，故a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，故a n b n ＝(2n －1)3n －1， 设S ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319， 3S ＝1×31＋3×32＋…＋39×320， 两式相减得－2S ＝1＋2(31＋32＋…＋319)－39×320 ＝1＋2×3（1－319）1－3－39×320，∴S ＝19×320＋1，故选A.]2．(2019·金山中学模拟)数列{a n }且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n 2＋2n ，n 为奇数，sin n π4，n 为偶数，若S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝________．3 0282 019[数列{a n }且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n 2＋2n ，n 为奇数，sin n π4，n 为偶数，①当n 为奇数时，a n ＝1n 2＋2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ②当n 为偶数时，a n ＝sin n π4，所以S 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018)， ＝12(1－13＋13－15＋…＋12 017－12 019)＋(1＋0－1＋…＋0)， ＝1 0092 019＋1＝3 0282 019.]3．(2019·济南模拟)如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上标签：原点处标数字0，记为a 0；点(1，0)处标数字1，记为a 1；点(1，－1)处标数字0，记为a 2；点(0，－1)处标数字－1，记为a 3；点(－1，－1)处标数字－2，记为a 4；点(－1，0)处标数字－1，记为a 5；点(－1，1)处标数字0，记为a 6；点(0，1)处标数字1，记为a 7；……；以此类推，格点坐标为(i ，j)的点处所标的数字为i ＋j(i ，j 均为整数)，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则S 2 018＝________．－249 [设a n 的坐标为(x ，y )，则a n ＝x ＋y .第一圈从点(1，0)到点(1，1)共8个点，由对称性可知a 1＋a 2＋…＋a 8＝0；第二圈从点(2，1)到点(2，2)共16个点，由对称性可知a 9＋a 10＋…＋a 24＝0，……；以此类推，可得第n 圈的8n 个点对应的这8n 项的和也为0.设a 2 018在第k 圈，则8＋16＋…＋8k ＝4k (k ＋1)，由此可知前22圈共有2 024个数，故S 2 024＝0，则S 2 018＝S 2 024－(a 2 024＋a 2 023＋…＋a 2019)，a 2 024所在点的坐标为(22，22)，a 2 024＝22＋22，a 2 023所在点的坐标为(21，22)，a 2 023＝21＋22，以此类推，可得a 2 022＝20＋22，a 2 021＝19＋22，a 2 020＝18＋22，a 2 019＝17＋22，所以a 2 024＋a 2 023＋…＋a 2 019＝249，故S 2 018＝－249.]4．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设T n 为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，若λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．[解] (1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由已知得，⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，（a 1＋2d ）2＝a 1（a 1＋6d ），解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1或⎩⎨⎧a 1＝72，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n＋1.(2)由(1)知1a n a n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n2（n ＋2）.又λT n ≤a n ＋1恒成立，所以λ≤2（n ＋2）2n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8， 而2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8≥16，当且仅当n ＝2时等号成立． 所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.1．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N ＞100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110A [设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n （1＋n ）2.由题意知，N >100，令n （1＋n ）2＞100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则第n ＋1组的前k 项的和2k －1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝29×（1＋29）2＋5＝440.故选A.]2．已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2. (1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1，1)，P 2(x 2，2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .[解] (1)设数列{x n }的公比为q ，由已知知q ＞0. 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0.因为q ＞0，所以q ＝2，x 1＝1. 因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1， 记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，5 由题意b n ＝（n ＋n ＋1）2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，① 2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.② ①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)×2n －1.所以T n ＝（2n －1）×2n ＋12.。
2022高考数学一轮复习课时规范练31数列求和文含解析北师大版
课时规范练31 数列求和基础巩固组1.数列112,314,518,7116,…,(2n-1)+12n ,…的前n 项和S n 的值等于( ) A.n 2+1-12n B.2n 2-n+1-12n C.n 2+1-12n -1D.n 2-n+1-12n2.(2020山东滨州模拟)若数列{a n }的通项公式为a n =2n +2n-1,则该数列的前10项和为( )A.2 146B.1 122C.2 148D.1 1243.已知函数f (n )={n 2,n 为奇数,-n 2,n 为偶数,且a n =f (n )+f (n+1),则a 1+a 2+a 3+…+a 100等于( )A.0B.100C.-100D.10 2004.(2020德州调研)已知T n 为数列2n +12n的前n 项和,若m>T 10+1 013恒成立,则整数m 的最小值为( ) A.1 026B.1 025C.1 024D.1 0235.设等差数列{a n }满足a 2=5,a 6+a 8=30,则数列{1a n2-1}的前n 项的和等于 .6.已知在等比数列{a n }中,a 1=2,且a 1,a 2,a 3-2成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足:b n =1a n+2log 2a n -1,求数列{b n }的前n 项和S n .7.(2020河北保定二模,文17)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足2S n +a n -n=0(n ∈N *). (1)求证:数列{a n -12}为等比数列; (2)求数列{a n -n }的前n 项和T n .综合提升组8.已知数列{a n }满足a 1=1,且对于任意的n ∈N +都有a n+1=a n +a 1+n ,则1a 1+1a 2+…+1a 2017等于( )A.20162017B.40322017C.20172018D.403420189.(2020江苏,11)设{a n }是公差为d 的等差数列,{b n }是公比为q 的等比数列.已知数列{a n +b n }的前n 项和S n =n 2-n+2n -1(n ∈N +),则d+q 的值是 .10.(2020全国1,文16)数列{a n }满足a n+2+(-1)n a n =3n-1,前16项和为540,则a 1= . 11.(2020河北衡水中学三模,理17)已知数列{a n }满足a 1=4,且当n ≥2时,(n-1)a n =n (a n-1+2n-2).(1)求证:数列{ann }是等差数列;(2)记b n =2n+1a n2,求数列{b n }的前n 项和S n .12.(2020山东烟台一模,18)已知数列{a n }的前n 项和S n =3n 2+8n ,{b n }是等差数列,且a n =b n +b n+1. (1)求数列{b n }的通项公式; (2)令c n =(a n +1)n+1(b n +2)n,求数列{c n }的前n 项和T n .创新应用组13.(2020江西九江一模,理12)在平面直角坐标系xOy 中,已知A n ,B n 是圆x 2+y 2=n 2上两个动点,且满足OA n ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB n ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-n 22(n ∈N +),设A n ,B n 到直线x+√3y+n (n+1)=0的距离之和的最大值为a n ,若数列{1a n}的前n项和S n <m 恒成立,则实数m 的取值范围是( ) A.34,+∞ B.34,+∞ C.32,+∞ D.32,+∞14.(2020新高考全国1,18)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2+a 4=20,a 3=8. (1)求{a n }的通项公式;(2)记b m 为{a n }在区间(0,m ](m ∈N +)中的项的个数,求数列{b m }的前100项和S 100.参考答案课时规范练31 数列求和1.A 该数列的通项公式为a n =(2n-1)+12n ,则S n =[1+3+5+…+(2n-1)]+12+122+…+12n =n 2+1-12n. 2.A 因为a n =2n+2n-1,所以前n 项和S n =2(1-2n )1-2+n (2n -1+1)2=2n+1+n 2-2,所以前10项和S 10=211+102-2=2146.3.B 由题意,得a 1+a 2+a 3+…+a 100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)=-50×101+50×103=100.故选B .4.C ∵2n +12n=1+12n ,∴T n =n+1-12n ,∴T 10+1013=11-1210+1013=1024-1210.又m>T 10+1013恒成立,∴整数m 的最小值为1024. 5.n 4(n+1)设等差数列{a n }的公差为d ,由等差数列的性质可得a 6+a 8=30=2a 7,a 7=15,a 7-a 2=5d ,即15=5+5d ,d=2,a n =a 2+(n-2)d=2n+1,1a n2-1=14n (n+1)=141n−1n+1,∴前n 项和为141-12+12−13+ (1)−1n+1=14(1-1n+1)=n4(n+1). 6.解(1)设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 1,a 2,a 3-2成等差数列,∴2a 2=a 1+(a 3-2)=2+(a 3-2)=a 3,∴q=a3a 2=2,∴a n =a 1q n-1=2n (n ∈N +).(2)由(1)及b n =1a n+2log 2a n -1,可知b n =12n +2log 22n-1=12n +2n-1, ∴S n =(12+1)+(12)2+3+[(12)3+5]+…+(12)n+(2n-1)=12+(12)2+(12)3+…+(12)n+[1+3+5+…+(2n-1)]=12[1-(12)n]1-12+n ·[1+(2n -1)]2=n 2-(12)n+1(n ∈N +).7.(1)证明当n=1时,2S 1+a 1-1=0,解得a 1=13.因为2S n +a n -n=0(n ∈N +),① 当n ≥2时,2S n-1+a n-1-(n-1)=0,②①-②,得3a n =a n-1+1,即a n =13a n-1+13,当n ≥2时,a n -12a n -1-12=13a n -1+13-12a n -1-12=13,又a 1-12=-16,所以{a n -12}是以-16为首项,以13为公比的等比数列. (2)解由(1)可得a n =-12×(13)n+12,所以a n -n=-12×(13)n-n+12, 所以数列{a n -n }的前n 项和 T n =-12×13[1-(13)n ]1-13−(n+1)n 2+n 2,化简得T n =1413n-1-n 22. 8.D 由题意可得a n+1-a n =n+1,则a 1=1,a 2-a 1=2,a 3-a 2=3,…,a n -a n-1=n ,以上各式相加可得a n =n (n+1)2,则1a n=2(1n -1n+1), 1a 1+1a 2+…+1a2017=2×(1-12)+(12-13)+…+12017−12018=40342018.9.4 由等差数列的前n 项和公式和等比数列的前n 项和公式得S n =na 1+n (n -1)2d+b 1(1-q n )1-q=d 2n 2+(a 1-d 2)n+(-b 11-q )q n +b11-q.对照已知条件S n =n 2-n+2n -1,得 d=2,q=2,所以d+q=4.10.7 当n 为偶数时,有a n+2+a n =3n-1,则(a 2+a 4)+(a 6+a 8)+(a 10+a 12)+(a 14+a 16)=5+17+29+41=92, 因为前16项和为540,所以a 1+a 3+a 5+a 7+a 9+a 11+a 13+a 15=448. 当n 为奇数时,有a n+2-a n =3n-1,由累加法得a n+2-a 1=3(1+3+5+…+n )-1+n 2=34n 2+n+14,所以a n+2=34n 2+n+14+a 1,所以a 1+34×12+1+14+a 1+34×32+3+14+a 1+34×52+5+14+a 1+34×72+7+14+a 1+34×92+9+14+a 1+34×112+11+14+a 1+34×132+13+14+a 1=448,解得a 1=7. 11.(1)证明当n ≥2时,(n-1)a n =n (a n-1+2n-2),将上式两边都除以n (n-1),得ann =a n -1+2n -2n -1,即ann −a n -1n -1=2,所以数列{an n}是以4为首项,2为公差的等差数列.(2)解由(1)得an n =4+2(n-1)=2n+2,即a n =2n·(n+1),所以b n =2n+1a n2=141n 2−1(n+1)2.所以S n =141-122+122−132+…+1n 2−1(n+1)2=141-1(n+1)2=n 2+2n4(n+1)2.12.解(1)由题意,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=6n+5,当n=1时,a 1=S 1=11,所以a n =6n+5. 设数列{b n }的公差为d ,由{a 1=b 1+b 2,a 2=b 2+b 3,即{11=2b 1+d ,17=2b 1+3d ,解得{b 1=4,d =3,所以b n =3n+1. (2)由(1)得c n =(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1,所以T n =3×[2×22+3×23+4×24+…+(n+1)×2n+1],2T n =3×[2×23+3×24+4×25+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×4+4×(2n -1)2-1-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2.所以T n =3n·2n+2.13.B 由OA n ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB n ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-n 22,得n·n cos ∠A n OB n =-n 22,所以cos ∠A n OB n =-12,所以∠A n OB n =120°.设线段A n B n 的中点为C n ,则|OC n |=n2,所以C n 在圆x 2+y 2=n24上,A n ,B n 到直线x+√3y+n (n+1)=0的距离之和等于点C n 到该直线的距离的两倍.点C n 到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和,而圆x 2+y 2=n24的圆心(0,0)到直线x+√3y+n (n+1)=0的距离为d=√1+3=n (n+1)2,所以a n =2n (n+1)2+n2=n 2+2n ,所以1a n=1n 2+2n =121n−1n+2. 则S n =1a 1+1a 2+1a 3+…+1a n=121-13+12−14+13−15+…+1n−1n+2=121+12−1n+1−1n+2<34,所以m ≥34.故选B.14.解(1)设{a n }的公比为q.由题设得a 1q+a 1q 3=20,a 1q 2=8. 解得q=12(舍去),q=2.因为a 1q 2=8,所以a 1=2. 所以{a n }的通项公式为a n =2n .(2)由题设及(1)知b 1=0,且当2n ≤m<2n+1时,b m =n. 所以S 100=b 1+(b 2+b 3)+(b 4+b 5+b 6+b 7)+…+(b 32+b 33+…+b 63)+(b 64+b 65+…+b 100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.。
2020高考数学一轮复习第五章数列课时作业31数列求和文(2021-2022学年)
课时作业31 数列求和则T ｎ=错误!＋错误!＋错误!未定义书签。
＋…+错误! ①,错误!未定义书签。
T n ＝121+错误!未定义书签。
+错误!未定义书签。
+…+错误!未定义书签。
②，①－②得错误!未定义书签。
T n ＝错误!+错误!未定义书签。
＋错误!未定义书签。
＋…+错误!-错误!未定义书签。
=错误!-错误!未定义书签。
=2－错误!，∴Ｔn ＝4－错误!。
易知数列{2n ｝的前ｎ项和为n （n ＋1), ∴S n =n （n ＋1)-４＋错误!未定义书签。
.４.[2019·广州市综合测试]已知数列{a n ｝的前n 项和为S n ，数列错误!是首项为1,公差为2的等差数列．（１）求数列{a ｎ｝的通项公式;(2)设数列{ｂn }满足错误!+错误!未定义书签。
+…＋错误!未定义书签。
＝5-(4n +５)·错误!n，求数列{ｂn }的前n 项和T n ．解析：(１)因为数列错误!是首项为１,公差为2的等差数列,所以错误!＝1+2(n －1)＝2ｎ－1,所以S n =2n 2－ｎ。
当ｎ＝１时,a １＝S 1＝1;当n ≥2时,ａｎ＝Ｓn -S n －1＝(２n ２-n )－[２(n －1)2-(n －1）］=4n -3。
当n ＝1时,a １＝１也符合上式，所以数列{a n ｝的通项公式为a n =4n －３。
（２)当n =１时,错误!未定义书签。
=错误!未定义书签。
，所以b 1＝2ａ1＝２.当ｎ≥２时,由a １b 1+＼f （ａ2,ｂ2）＋…+＼f(ａn ,ｂn )=5－(4n +５）·错误!n,① 得错误!＋错误!未定义书签。
+…+错误!未定义书签。
=5－（4n +1）错误!n －1。
②①－②，得错误!=(4n -3）错误!未定义书签。
ｎ。
因为a n =4n -3，所以b n =错误!未定义书签。
＝2n(当n =1时也符合）,所以错误!未定义书签。
=错误!＝2,所以数列｛ｂn ｝是首项为2,公比为２的等比数列,所以T n ＝＼f(21-2n ),1－２)=2n +1-2.5.[2０１9·郑州一中高三入学测试］在等差数列｛a n }中，已知a 3=5,且a １,a 2，a 5为递增的等比数列.(１）求数列｛a n }的通项公式;（2）若数列{ｂn }的通项公式 (ｋ∈N *）,求数列｛ｂn ｝的前ｎ项和S n .则Ｓn=S n＋１-b n＋1=错误!＋2－1－2－１=错误!＋２.综上， (k∈N＊).6．[2019·安徽省高中联合质量检测]已知｛a}是公差不为0的等差数列,解得a1＝1，d＝2,所以ａn＝2n－1.所以b1·b２·b3·…·bｎ－1·ｂn=2n+1，①当ｎ＝1时,ｂ１＝3，当ｎ≥2时，ｂ1·b2·ｂ3·…·ｂｎ-1＝2n-１。
高考数学总复习课时作业32数列求和理北师大版
A1． { a } 是公比q的等比数列，S是其前n和，若 { S} 是等差数列，q () n n nA．－ 1B．1C．± 1D．0112123123＋⋯＋9，⋯，若b n＝12．已知数列 { a n} ：，＋，＋＋，⋯，＋＋，23344410 10 1010a n a n＋1那么数列 {n}的前n 和n()b Sn4nA.n＋1B.n＋13n5n C. ＋1 D.＋ 1 n n3．数列1＋ 2，⋯，a k＋2，⋯，10＋20共有十，且其和240，a1＋⋯＋k＋⋯a k a a ＋ a10的()A． 31B．120C． 130D．1854．已知函数f ( ) ＝n2当n奇数，且n＝f() ＋(n＋ 1)，1＋ 2＋－ n2当 n偶数，3 n a n f a a a＋⋯＋100 等于()aA． 0B．100C．－ 100D．10 2005．等差数列 {n}的首1，公差，前n 和n.“d>|a1|”是“n 的最小a a d S SS1，且 S n无最大”的()A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充要条件D．既不是充足条件也不是必需条件6．在等差数列 { a } 中，S表示前n和，a＋a＝ 18－a，S＝ ________.n n285939 2565n7．数列2，4，8，16，⋯的前n和 S ________．8．已知 { a1} 是等比数列， a ＝ 2，a ＝4， S ＝ a ＋ a ＋⋯＋ a 的取范是 ________．n25n12n9．于数列 { a } ，定数列 { a－ a }数列{ a }的“差数列”，若 a ＝2，{ a }的“差n n＋ 1n n1n数列”的通n2 ，数列 { a n} 的前n和S n＝ ________.n10．数列 {a} 足1＝1，数列2是公差 1 的等差数列．na n(1)求数列 { a n} 的通公式；(2)b n＝ n( n＋1) a n，求数列{ b n}的前 n 和 S n.211．若数列 { a n } 足： a 1＝3， a 2＝ 2,3( a n ＋ 1－2a n ＋ a n － 1) ＝ 2.(1) 明数列 { a n ＋ 1－ a n } 是等差数列；(2) 求使 1＋ 1 ＋1＋⋯＋1 ＞5建立的最小的正整数 n .aaaan2123B1． (201 2·福建卷 ) 数列 { a n } 的通 公式 a n ＝ n cosn π，其前 n 和 S n ， S 2 012 等于2()A ． 1 006B ． 2 012C ． 503D ． 02． 数列 {a n }是以 2 首 ， 1 公差的等差数列，{n }是以 1 首 ， 2 公比的等b比数列， ab 1＋ ab 2＋⋯＋ ab 10＝ ________.3．(2012 · 川 ) 在等比数列 { n } 中， n ＞0(n ∈ N ＋) ，公比 q ∈ (0,1) ，且 3 5＋24 6aaa a a a＋ a 3a 9＝ 100，又 4 是 a 4 与 a 6 的等比中 ．(1) 求数列 { a n } 的通 公式；(2) b n ＝ log 2a n ，求数列 {| b n |} 的前 n 和 S n .解答案作 ( 三十二 )A1．B据 意可知， 2S 2＝S 1＋ S 3，故 2( a 1＋ a 1q ) ＝ a 1＋( a 1＋ a 1q ＋ a 1q 2) ，即 a 1q ＝ a 1 q 2，∵a 1≠0， q ≠0，∴ q ＝ 1. 故 B.n1＋ 2＋3＋⋯＋ n n2． B a ＝n ＋ 1＝ 2，n＝ 1 ＝4＝ 4 1 －1∴ bn ＋ 1，a n a n ＋1 nn n ＋ 1＝4 1－ 11 111n2 ＋ －3 ＋⋯＋ －∴ S 2 n n ＋ 114n ＝4 1－n ＋ 1＝n ＋ 1.3． C a 1＋⋯＋ a k ＋⋯＋ a 10＝ 240－ (2 ＋⋯＋ 2k ＋⋯＋ 20)2＋ 20×10＝ 240－2＝ 240－ 110＝ 130.4．B由 意，1＋2＋ 3＋⋯＋100＝12－ 22－ 22＋ 32＋ 32－ 42－ 42＋ 52 ＋⋯＋ 992－ 1002－a a a a1002＋ 1012 ＝－ (1 ＋ 2) ＋ (3 ＋ 2) ＋⋯－ (99 ＋ 100) ＋ (101 ＋ 100) ＝－ (1 ＋ 2＋⋯＋ 9 9＋ 100)＋ (2 ＋ 3＋⋯＋ 100＋101) ＝－ 1＋ 101＝100. 故 B.nn1nd 2 1－ d n1d且 S 无最大 ，必 足d >0 且－ a 1 －2d ≤1，即 d ≥－ 2a ，且 d>0，故 d>| a | 可推 条件成n112×2立，而条件建立不可以推出 d > | a 1| 建立，因此 A.6．分析：由等差数列的性 ， a 2＋ a 8＝ 18－ a 5，即 2a 5＝ 18－ a 5，∴ a 5＝ 6，9a 1＋ a 9×95又∵ S ＝2＝ 9a ＝ 54.答案： 547．分析：31 9 1 251 65 ＝ 4＋ 1∵＝1＋，＝2＋ ， 8＝3＋ ，16，⋯2 2 44 8 163 9 25 651∴ S n ＝ ＋ ＋ ＋＋⋯＋ n ＋ n2481621 1 11＝ (1 ＋2＋ 3＋⋯＋ n ) ＋ 2＋ 22＋ 23＋⋯＋ 2n1 1 nn n ＋ 121－2＝ n n ＋ 11＝＋12 ＋ 1－ n .221－ 2n n ＋11答案：2＋ 1－2n8．分析：因 { a } 是等比数列，因此可n －1a ＝ a q .nn1a 1q ＝ 2a 1＝ 41因a 2＝2，a 5＝4，因此a 1q 4＝14 4× 1－因此 S n ＝ a 1＋ a 2＋⋯＋ a n ＝11－ 21 n1因 0＜ 2≤ 2，因此 4≤ S n ＜ 8.答案：[4,8)，解得1 .q ＝21 n21 n＝8－8× 2 .n9．分析：∵a n ＋ 1－a n ＝2 ，∴ a n ＝( a n － a n － 1) ＋ ( a n － 1－ a n － 2) ＋⋯＋ ( a 2 －a 1) ＋ a 1nn －1n －222－ 2nn＝2＋ 2 ＋⋯＋ 2 ＋2＋ 2＝＋2＝2 －2＋ 2＝2 .n2－ 2n ＋ 1n ＋ 1∴ S ＝ 1－2＝2－2.答案：2 n ＋ 1－ 210．分析：(1) 由已知有 2n ＝ 2 ＋ ( n －1) ×1＝ n ＋ 1，∴ a n ＝ 2na a .n ＋ 1n 1(2) 由(1)知 b n ＝n · 2n ，n23nS ＝1·2＋2·2 ＋3·2＋⋯＋n ·2，n23nn ＋ 12S ＝1·2＋2·2 ＋⋯＋ ( n －1) ·2＋ n ·2 ，n2 3＋⋯＋nn ＋ 1 2 1－ 2nn ＋ 1n ＋ 1n ＋1.相减得：－ S ＝2＋ 2 ＋ 22 － n ·2 ＝1－ 2－ n ·2 ＝ 2 － 2－n ·2∴ S n ＝( n －1) ·2n ＋1＋ 2.11．分析：( 1) 明：由 3( a n ＋ 1－ 2a n ＋ a n －1) ＝ 2 可得：22a n ＋ 1－ 2a n ＋ a n － 1＝ 3，即 ( a n ＋ 1－ a n ) － ( a n － a n － 1) ＝ 3，∴数列 { a － a } 是以 a － a ＝ 423 首 ， 3 公差的等差数列．n ＋ 1n2 1(2) 由(1)n ＋1 n4 22知 a － a ＝ 3＋ 3( n － 1) ＝3( n ＋ 1) ，于是累加乞降得：2 1a ＝ a ＋3(2 ＋ 3＋⋯＋ n) ＝3n( n ＋ 1) ，n11 ＝ 3 11∴ n n －n ＋ 1，a∴ 1＋ 1 ＋ 1 ＋⋯＋ 1＝3－ 35a a a a n ＋ ＞ ，∴ n ＞5. 1212 3 n∴最小的正整数 n6.Bn π1． A 因 cos2 呈周期性出 ， 察此数列乞降 律，列 以下：a 1＝ 0， a 2＝－ 2， a 3＝0， a 4＝ 4，此 4 的和 2. a 5＝ 0， a 6＝－ 6， a 7＝ 0，a 8＝ 8，此 4 的和2. 挨次 推，得S 2 012 ＝ ( a 1＋ a 2＋ a 3＋ a 4) ＋( a 5＋ a 6＋ a 7＋a 8) ＋⋯＋ ( a 2 0092 012＋ a 2 010 ＋a 2 011 ＋ a 2 012 ) ＝×2＝ 1 006. 故 A.42．分析：a n ＝ n ＋ 1，b n ＝2n －1，∴ ab 1＋ ab 2＋⋯＋ ab 10＝ a 1＋ a 2＋ a 22＋ a 23＋⋯＋ a 29＝ 1＋1＋ 2＋ 239＋11＋2 ＋ 1＋ 2 ＋1＋⋯＋ 2 ＝ 10＋(1 ＋ 2＋22＋⋯＋ 29)1－ 21010＝10＋ 1－2 ＝ 10＋2 － 1＝ 1 033.答案： 1 0333．分析： (1) ∵a 3a 5 ＋ 2a 4a 6＋ a 3a 9＝100，∴ a 24 ＋2a 4a 6＋ a 26＝ 100，∴ ( a 4＋ a 6) 2＝100，又 a n ＞0，∴ a 4＋ a 6 ＝10，∵ 4 是 a 4 与 a 6 的等比中 ，∴ a 4a 6＝ 16，而q ∈(0,1) ，∴ a 4＞ a 6，∴ a 4＝8， a 6＝ 2，11n － 17－ n∴ q ＝2， a 1＝ 64，∴ a n ＝64· 2 ＝2.(2) b n ＝ log 2a n ＝ 7－ n ，数列 { b n } 的前 n 和 T n ＝n 13－ n，2n 13－ n∴当 1≤ n ≤7 ， b n ≥0，∴ S n ＝2.当 n ≥8 ， b n ＜ 0，∴ S n ＝b 1＋ b 2＋⋯＋ b 7－ ( b 8＋ b 9＋⋯＋ b n )＝－ ( b 1＋ b 2＋⋯＋ b n ) ＋ 2( b 1＋ b 2＋⋯＋ b 7) ，n 13－ n＝－＋2×213 －2nn 2∴S n ＝n 2－ 13n ＋ 84 27×6n 2－ 13n ＋ 842＝2，1≤ n ≤7且 n ∈ N ＋ ，n ≥8且 n ∈ N ＋ .。
专题32 数列求和(解析版)
【解析】由题意知数列{2n-1}为1,3,5,7,9,11,13,…,{3n-2}为1,4,7,10,13,16,19,…,所以数列
为1,7,13,19,…,即an=1+6(n-1)=6n-5,所以数列 的前n项和为 =3n2-2n.
8.(2020·全国卷Ⅱ文科·T14)记Sn为等差数列 的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=.
9.(2020·全国卷Ⅱ文科·T6)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则 =()
A.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1
【解析】选B.设等比数列的公比为q,由a5-a3=12,a6-a4=24可得: ⇒ ,
所以an=a1qn-1=2n-1,Sn= = =2n-1,因此 = =2-21-n.
答案:25
【解析】设等差数列 的公差为d.因为 是等差数列,且a1=-2,a2+a6=2,根据等差数列通项公式:an=a1+ d,可得a1+d+a1+5d=2,即-2+d+ +5d=2,整理可得:6d=6,解得:d=1.根据等差数列前n项和公式:Sn=na1+ d,n∈N*,可得:S10=10× + =-20+45=25,所以S10=25.
解析：（Ⅰ）当 时， ，因为 ，所以 =3，
当 时， = = ，即 ，因为 ，所以 =2，所以数列{ }是首项为3，公差为2的等差数列，所以 = ；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， = ，
所以数列{ }前n项和为 = = ．
讲典例 备高考
类型一、公式法求和
基础知识：
（1）等差数列前n项和公式：Sn＝na1＋ d＝ .
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课时跟踪检测(三十三) 数 列 求 和1．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5B.3116或5C.3116D.1582．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，且S 25＝100，则a 12＋a 14等于( ) A ．16 B ．8 C ．4D ．不确定3．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n4．(2019·“江南十校”联考)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⎝⎛⎭⎫1－14n D.23⎝⎛⎭⎫1－12n 5．(2019·珠海模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.1011006．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(当n 为奇数时)，－n 2(当n 为偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 2007．在等差数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 2＋a 8＝18－a 5，则S 9＝________.8．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n 项和S n ＝________.9．(2019·梅州质检)已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________.10．(2019·中山统考)在等比数列{a n }中，a 2a 3＝32，a 5＝32. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，求S 1＋2S 2＋…＋nS n .11．(2019·深圳调研)已知等差数列{a n }满足：a 5＝9，a 2＋a 6＝14. (1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋qa n (q >0)，求数列{b n }的前n 项和S n .12．(2019·广州质检)若数列{a n }满足：a 1＝23，a 2＝2，3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2.(1)证明：数列{a n ＋1－a n }是等差数列；(2)求使1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n >52成立的最小的正整数n .1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝( ) A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧ 6n －n 2(1≤n ≤3)n 2－6n ＋18(n >3) D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2 (1≤n ≤3)n 2－6n (n >3)2．(2019·成都二模)若数列{a n }满足a 1＝2且a n ＋a n －1＝2n ＋2n －1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则log 2(S 2 012＋2)＝________.3．已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n .答 案课时跟踪检测(三十三)A 级1．选C 设数列{a n }的公比为q .由题意可知q ≠1，且9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q，解得q ＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公比的等比数列，由求和公式可得S 5＝3116.2．选B 由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R)，可知数列{a n }是等差数列，由S 25＝(a 1＋a 25)×252＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 1＋a 25＝a 12＋a 14＝8.3．选A 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n . 4．选C a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫122n －1， 则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫122n －1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＝23⎝⎛⎭⎫1－14n . 5．选A 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×(5－1)2d ＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 6．选B 由题意，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.7．解析：由等差数列的性质及a 2＋a 8＝18－a 5， 得2a 5＝18－a 5，则a 5＝6， 故S 9＝(a 1＋a 9)×92＝9a 5＝54.答案：548．解析：∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n .∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－29．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n－1＝3n ，故b n ＝log 3a n ＝n ，所以1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.答案：nn ＋110．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 2＝32，a 1q 4＝32，解得a 1＝2，q ＝2， 故a n ＝2·2n －1＝2n .(2)∵S n 表示数列{a n }的前n 项和， ∴S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(2＋2·22＋…＋n ·2n )－(1＋2＋…＋n )]＝2(2＋2·22＋…＋n ·2n )－n (n ＋1)，设T n ＝2＋2·22＋…＋n ·2n ，① 则2T n ＝22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1，② ①－②，得－T n ＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2，∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(n －1)2n ＋1＋2]－n (n ＋1) ＝(n －1)2n ＋2＋4－n (n ＋1)．11．解：(1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则由a 5＝9，a 2＋a 6＝14，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝9，2a 1＋6d ＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以{a n }的通项a n ＝2n －1.(2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q 2n －1.当q >0且q ≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋…＋q 2n －1)＝n 2＋q (1－q 2n )1－q 2；当q ＝1时，b n ＝2n ，则S n ＝n (n ＋1)． 所以数列{b n }的前n 项和 S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)，q ＝1，n 2＋q (1－q 2n)1－q 2，q >0，q ≠1.12．解：(1)由3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2可得： a n ＋1－2a n ＋a n －1＝23，即(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝23，故数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝43为首项，23为公差的等差数列．(2)由(1)知a n ＋1－a n ＝43＋23(n －1)＝23(n ＋1)，于是累加求和得a n ＝a 1＋23(2＋3＋…＋n )＝13n (n ＋1)，∴1a n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＝3－3n ＋1>52，∴n >5， ∴最小的正整数n 为6.B 级1．选C ∵由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2. ∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7， ∴n ≤3时，a n <0，n >3时，a n >0，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2(1≤n ≤3)，n 2－6n ＋18(n >3).2．解析：因为a 1＋a 2＝22＋2，a 3＋a 4＝24＋23，a 5＋a 6＝26＋25，….所以S 2 012＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2 011＋a 2 012＝21＋22＋23＋24＋…＋22 011＋22 012 ＝2(1－22 012)1－2＝22 013－2.故log 2(S 2 012＋2)＝log 222 013＝2 013. 答案：2 0133．解：(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8. ∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n . (2)∵b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.② ①－②得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2. ∴S n ＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.。