高三数学一轮复习数列求和巩固与练习

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高考数学一轮复习《数列求和》练习题(含答案)

高考数学一轮复习《数列求和》练习题（含答案）一、单选题1．已知数列{}n a 满足()213nn n a a ++-=，11a =，22a =，数列{}n a 的前n 项和为n S ，则30S =（） A ．351 B ．353C ．531D ．5332．已知)*n a n N =∈，则12380a a a a +++⋅⋅⋅+=（） A ．7B ．8C ．9D ．103．已知数列{}n a 满足11a =，()111n n na n a +=++，令nn a b n=，若对于任意*N n ∈，不等式142t n b +<-恒成立，则实数t 的取值范围为（） A ．3,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B ．(],1-∞-C ．(],0-∞D ．(],1-∞4．数列{}n a 的前n 项的和n S 满足*1(N )n n S S n n ++=∈，则下列选项中正确的是（）A ．数列{}1n n a a ++是常数列B ．若113a <，则{}n a 是递增数列C ．若11a =-，则20221013S =D ．若11a =，则{}n a 的最小项的值为1-5．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.设x ∈R ，用[]x 表示不超过x 的最大整数，则()[]f x x =称为高斯函数.已知数列{}n a 满足21a =，且121(1)2n n n n a na +++-=，若[]lg n n b a =数列{}n b 的前n 项和为n T ，则2021T =（） A ．3950B ．3953C ．3840D ．38456．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，对任意的*n ∈N 都有1(2)n n na n a +=+，则2021S =（） A ．20192020B ．20202021C ．20212022D ．101010117．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12πcos 3n n n n a a a ++++=，11a =，则2023S =（）A ．0B ．12C ．lD ．328．已知函数0()e ,xf x x =记函数()n f x 为(1)()n f x -的导函数(N )n *∈，函数()n y f x =的图象在1x =处的切线与x 轴相交的横坐标为n x ，则11ni i i x x +==∑（）A ．()132n n ++B ．()33nn +C ．()()23nn n ++D ．()()123n n n +++9．数列{}n a 中，12a =，且112n n n n n a a a a --+=+-（2n ≥），则数列()211n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-⎪⎪⎩⎭前2021项和为（） A ．20211010B ．20211011C ．20191010D ．4040202110．执行如图所示的程序框图，则输出S 的值为（）A ．20202019B ．20212020C ．20192020D ．2020202111．已知数列{an }的前n 项和Sn 满足2n S n =，记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为Tn ，n ∈N *.则使得T 20的值为（） A ．1939B ．3839C ．2041D ．404112．已知数列{}n a 满足()22N n n n a a n *++=∈，则{}n a 的前20项和20S =（）A ．20215-B ．20225-C ．21215-D ．21225-二、填空题13．等差数列{}n a 中，11a =，59a =，若数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n S ，则10S =___________. 14．已知数列{}n a 满足，()2*111,(1)2,n n n a a a n n n N -=--=-⋅≥∈，则20a =__________.15．在等差数列{}n a 中，72615,18a a a =+=，若数列{}(1)nn a -的前n 项之和为n S ，则100S =__________．16．若数列{}n a 满足()1*1(1)2n n n n a a n ++=-+∈N ，令1351924620,S a a a a T a a a a =++++=++++，则=TS__________.三、解答题17．设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且32a =，47S =．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .18．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =+．（1）求{}n a 通项公式；（2）设11n n n b a a +=，{}n b 的前n 项和为n T ，求n T ．19．已知数列{}n a 满足111,2n n a a a +==，数列{}n b 满足*111,2,n n b b b n +=-=∈N .(1)求数列{}n a 及{}n b 的通项公式； (2)求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n S .20．已知数列{}n a 的首项113a =，且满足1341n n n a a a +=+. (1)证明：数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列.(2)若12311112022na a a a ++++<，求正整数n 的最大值.21．已知数列{}n a 满足：11a =，121n n a a n +=+-. （1）设n n b a n =+，证明：数列{}n b 是等比数列；（2）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，求n S .22．已知递增数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n S a n =+，数列{}n b 满足1142,4b a b a ==，221,.n n n b b b n N *++=∈(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记21(67),83log ,nnn n n b n S c b n +-⎧⎪-=⎨⎪⎩为奇数为偶数，数列{}n c 的前2n 项和为2n T ，若不等式24(1)41n nn T n λ-+<+对一切n N *∈恒成立，求λ的取值范围．23．设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，且满足___________.给出下列三个条件： ①48a =，()112lg lg lg 2n n n a a a n -+=+≥；②()1n n S pa p =-∈R ；③()()12323412nn a a a n a kn k +++⋅⋅⋅++=⋅∈R .请从其中任选一个将题目补充完整，并求解以下问题： (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()22121log n n b n a =+⋅，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求证：1132n T ≤<.24．已知数列{}n a 的各项均为正整数，11a =.(1)若数列{}n a 是等差数列，且101020a <<，求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ；(2)若对任意的*n ∈N ，都有2112112n n n n a a a a +++-<+，求证：12n na a +=参考答案1．B2．B3．D4．D5．D6．C7．C8．B9．B10．D11．C12．D 13．102114．210 15．100 16．2317．（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由32a =，47S =，可得1122,43472a d a d +=⎧⎪⎨⨯+⨯=⎪⎩，解得111,2a d ==，所以数列{}n a 的通项公式为()111122n n a n +=+-=. （2）由（1）知12n n a +=，则11221141212n n n b a a n n n n +⎛⎫==⋅=- ⎪++++⎝⎭，故111111114442233412222n T n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-=- ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 18．（1）当2n ≥时，2212(1)2(1)21n n n a S S n n n n n --=+----=+=，当1n =时，由113a S ==，符合上式.所以{}n a 的通项公式为21n a n =+. （2）∵21n a n =+， ∴()()111111212322123n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪++++⎝⎭， ∴1111111235572123n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111232369n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭． 19．（1）由已知111,2n n a a a +==所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n n a -=数列{}n b 满足111,2n n b b b +=-=所以{}n b 是以1为首项，2为公差的等差数列 21n b n =-（2）()11132212n n S n -=⨯+⨯++-①对上式两边同乘以2，整理得()221232212n n S n =⨯+⨯++-②①-②得()()2112222212n n n S n --=++++--()()12121221212n n n --=+⨯---()2323n n =---所以()2323nn S n =⋅-+20．（1）易知{}n a 各项均为正，对1341n n n a a a +=+两边同时取倒数得1111433n n a a +=⋅+，即1111223n n a a +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，因为1121a -=，所以数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以1为首项，13为公比的等比数列.（2）由（1）知11111233n n n a --⎛⎫-==⎪⎝⎭，即11123n n a -=+，所以()12311311113122112313n n n f n n n a a a a ⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎝⎭=++++=+=+- ⎪⎝⎭-，显然()f n 单调递增，因为()10101011313110102021.52022,(1011)2023.520222323f f =-<=-⋅>，所以n 的最大值为1010. 21．（1）数列{}n a 满足：11a =，121n n a a n +=+-. 由n n b a n =+，那么111n n b a n ++=++， ∴1112112n n n n n n b a n a n n b a n a n+++++-++===++；即公比2q，1112b a =+=，∴数列{}n b 是首项为2，公比为2的等比数列；（2）由（1）可得2nn b =，∴2nn a n +=，那么数列{}n a 的通项公式为：2nn a n =-，数列{}n a 的前n 项和为232122232nn S n =-+-+-+⋅⋅⋅+-()2121222(123)2222nn n n n +=++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+=---.22．（1）解：因为22n n S a n =+，当n =1时，得11a =，当2n ≥时，21121n n S a n --=+-，所以22121n n n a a a -=-+，即221(1)n n a a -=-，又因为数列{}n a 为递增数列，所以11n n a a --=，数列{}n a 为等差数列， 11a =，d =1, 所以n a n =；所以1142841,b a b a ====，又因为221,.n n n b b b n N *++=∈ 所以数列{}n b 为等比数列，所以33418b b q q ===，解得2q，所以12n n b -=.（2）由题意可知：(1)2n n n S +=，所以()2167,83log ,n n n n n b n c S b n +⎧-⎪=-⎨⎪⎩为奇数为偶数,故2(67)2,443,n n n n c n n n n -⎧-⎪=+-⎨⎪⎩１为奇数为偶数，设{}n c 的前2n 项和中，奇数项的和为n P ，偶数项的和为n Q 所以135212462=,=,n n n n P c c c c Q c c c c -++++++++当n 为奇数时，()()2)2123(67)2(67222=,4432321n n n n n n n c n n n n n n --+----==-+-++-１１１１所以42220264135221222222==5195132414329n n n n P n c c c n c --⎛⎫⎛⎫⎪+⎛⎫⎛⎫++++-+-+-++ ⎪ ⎪⎭-- ⎪ ⎝⎝⎭⎝⎭⎝⎭0,44411=412=1n nn n --++ 当n 为偶数时n c n =，所以()()246222==246212n n n nQ c c c c n n n +++++++++==+，故()2,4=4=111n n n n T n n P Q n -++++故24(1)41n nn T n λ-+<+，即()()111144(1)(1)4141n nnn n n n n n n λλ-+<-+-++⇒-+<++当n 为偶数时，21n n λ<+-对一切偶数成立，所以5λ<当n 为奇数时，21n n λ<+--对一切奇数成立，所以此时1λ>- 故对一切n N *∈恒成立，则15λ-<< 23．（1）若选①，因为()112lg lg lg 2n n n a a a n -+=+≥，所以()2112n n n a a a n -+=≥，所以数列{}n a 是等比数列设数列{}n a 的公比为q ，0q >由33418a a q q ===得2q所以12n n a -=若选②，因为()1n n S pa p =-∈R ，当1n =时，1111S pa a =-=，所以2p =，即21n n S a =- 当2n ≥时，1122n n n n n a S S a a --=-=-，所以()122n n a a n -=≥ 所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列所以12n n a -=若选③，因为()()12323412nn a a a n a kn k +++⋅⋅⋅++=⋅∈R ，当1n =时，11222a k =⋅=，所以1k =，即()12323412n n a a a n a n +++⋅⋅⋅++=⋅当2n ≥时，()1123123412n n a a a na n --+++⋅⋅⋅+=-⋅，所以()()()11122n n n a n n -+=+⋅≥，即()122n n a n -=≥，当1n =时，上式也成立，所以12n n a -=（2）由（1）得()()()221111121log 212122121n n b n a n n n n ⎛⎫===- ⎪+⋅+⋅--+⎝⎭所以()111111111233521212221n T n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪-++⎝⎭ ∵*N n ∈，∴()10221n >+，∴()11122212n T n =-<+ 易证*n ∈N 时，()112221n T n =-+是增函数，∴()113n T T ≥=.故1132n T ≤<24．(1)解：设数列{}n a 的公差为d ，由10101920a d <=+<，可得1919d <<，又由数列{}n a 的各项均为正整数，故2d =，所以21n a n =-，于是()()()111111221212121n n a a n n n n +==--+-+，所以111111111121335212122121n nS n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=-=⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭. (2)解：因为{}n a 各项均为正整数，即1n a ≥，故112nna a ≥+，于是()211112122112n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +++++-=-≥-++，又因为21121<12n n n n a a a a +++-+，所以121n n a a +-<，由题意12n na a +-为整数，所以只能120n n a a +-=，即12n n a a +=。

一轮复习-数列求和专题

2n
1
1 2n
=1
2
1 2
1 4
1 2n1
2n 1 2n
=1
2
1 2
1 1
1 2n1 1
2n 1 2n
2
=3
2n 2n
3
变式探究
2. 设数列{an} 满足a1＋3a2＋32a3＋…＋
n3 3n－1an＝，a∈N*.
(1)求数列{an}的通项；
(2)设bn＝
n an
，求数列{bn}的前n项和Sn.
1
1 1+ 2 1+ 2 + 3
1+ 2 + 3 + 4 + ....+ n
解：an
1 1 23
2 n n(n 1)
2( 1 1 ) n n 1
1 11
11
Sn
2[(1
)( 22
) 3
(
)]
n n 1
2(1 1 ) 2n n 1 n 1
3.
1
1( 1 1 )
(2n 1)(2n 1) 2 2n 1 2n 1
4. 1 1 ( a b) a b ab
5.
1
1[ 1
1
]
n(n 1)(n 2) 2 n(n 1) (n 1)(n 2)
nn＋1 n n＋1
6.
n常n见21nn1－＋的1111裂2n＋nn项＋21公＝＝12式12n2n有nn1＋1－：111－－2nn1＋＋11n1，n＋2.
=
(6n
-
5)[6(n
+ 1)
-
5]
=
2
(
6n
-

高三数学第一轮复习课时作业(30)数列求和

课时作业(三十) 第30讲数列求和时间：45分钟分值：100分基础热身1．2011·海口调研设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9＝72，则a 2＋a 4＋a 9的值是( ) A ．24 B ．19 C ．36 D ．402．2011·广州二模已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝( ) A ．－55 B ．－5 C ．5 D ．553．已知函数f (x )＝x 2＋bx 的图像在点A (1，f (1))处的切线的斜率为3，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )的前n 项和为S n ，则S 2 012的值为( )A.2 0072 008B.2 0102 011C.2 0092 010D.2 0122 0134．已知函数f (x )对任意x ∈R ，都有f (x )＝1－f (1－x )，则f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝________.能力提升5．2011·阳泉一调已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，令b n ＝1n(a 1＋a 2＋…＋a n )，则数列{b n }的前10项和T 10＝( )A ．70B ．75C ．80D ．856．2011·海南省四校二模已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 3nn ＋1(n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－4成立的最小自然数n 等于( )A ．83B ．82C ．81D ．807．2011·连云港模拟设a 1，a 2，…，a 50是从－1,0,1这三个整数中取值的数列，若a 1＋a 2＋…＋a 50＝9且(a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝107，则a 1，a 2，…，a 50当中取零的项共有( )A ．11个B ．12个C ．15个D ．25个8．2011·安徽卷若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12C ．－12D ．－159．设m ∈N *，log 2m 的整数部分用F (m )表示，则F (1)＋F (2)＋…＋F (1024)的值是( ) A ．8204 B ．8192C ．9218D ．以上都不对10．2011·淮北联考对于数列{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”的通项为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.11．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，其前n 项之和为10，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为________．12．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝4n －2n，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n S n 的前n 项和T n ＝________.13．已知函数f (x )＝3x 2－2x ，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )的图像上，b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，则使得T n ＜m20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m 等于________． 14．(10分)2011·厦门质检在等差数列{a n }中，a 2＝4，其前n 项和S n 满足S n ＝n 2＋λn (λ∈R )． (1)求实数λ的值，并求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n＋b n 是首项为λ、公比为2λ的等比数列，求数列{b n }的前n 项和T n .15．(13分)2011·新余二模已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，且3＋(－1)n a n ＋2－2a n ＋2(－1)n－1＝0，n∈N *.(1)求a 3，a 4，a 5，a 6的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n －1·a 2n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .难点突破16．(12分)2011·深圳一模设数列{a n }是公差为d 的等差数列，其前n 项和为S n . (1)已知a 1＝1，d ＝2，①求当n ∈N *时，S n ＋64n的最小值；②当n ∈N *时，求证：2S 1S 3＋3S 2S 4＋…＋n ＋1S n S n ＋2<516；(2)是否存在实数a 1，使得对任意正整数n ，关于m 的不等式a m ≥n 的最小正整数解为3n －2？若存在，求a 1的取值范围；若不存在，请说明理由．课时作业(三十)【基础热身】1．A 解析 S 9＝9(a 1＋a 9)2＝72，a 1＋a 9＝16，得a 5＝8，所以a 2＋a 4＋a 9＝a 5－3d ＋a 5－d ＋a 5＋4d ＝3a 5＝24.2．C 解析由a n ＝(－1)n(n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝－2＋3－4＋5－6＋7－8＋9－10＋11＝5. 3．D 解析由题知f ′(x)＝2x ＋b ， ∴f ′(1)＝2＋b ＝3，∴b ＝1，∴f(n)＝n 2＋n ，∴1f(n)＝1n(n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝nn ＋1，∴S 2012＝20122013.4．3 解析由条件可知f(x)＋f(1－x)＝1，其中x ＋(1－x)＝1，∴f(－2)＋f(3)＝1，f(－1)＋f(2)＝1，f(0)＋f(1)＝1，设M ＝f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)，则M ＝f(3)＋f(2)＋f(1)＋f(0)＋f(－1)＋f(－2)，两式相加，得2M ＝6，即M ＝3. 【能力提升】5．B 解析由已知a n ＝2n ＋1，得a 1＝3，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n(3＋2n ＋1)2＝n(n ＋2)，则b n ＝n ＋2，T 10＝10(3＋12)2＝75.6．C 解析 S n ＝log 31－log 32＋log 32－log 33＋…＋log 3n －log 3(n ＋1)＝－log 3(n ＋1)<－4，解得n>34－1＝80.7．A 解析 (a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝a 21＋a 22＋…＋a 250＋2(a 1＋a 2＋…＋a 50)＋50＝107，∴a 21＋a 22＋…＋a 250＝39，∴a 1，a 2，…，a 50中取零的项应为50－39＝11个．8．A 解析 a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)＝3×5＝15.9．A 解析 ∵F(m)为log 2m 的整数部分，∴当2n ≤m ≤2n ＋1－1时，f(m)＝n ， ∴F(1)＋F(2)＋…＋F(1024)＝F(1)＋F(2)＋F(3)＋F(4)＋F(5)＋F(6)＋F(7)＋…＋F(1024)＝0＋2×1＋4×2＋…＋2k ×k ＋…＋29×9＋10.设S ＝1×2＋2×22＋…＋k ×2k ＋…＋9×29，①则2S ＝1×22＋…＋8×29＋9×210，② ①－②得－S ＝2＋22＋…＋29－9×210＝2(1－29)1－2－9×210＝210－2－9×210＝－213－2，∴S ＝213＋2，∴F(1)＋F(2)＋…＋F(1024)＝213＋12＝8204.10．2n ＋1－2 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 ＋1－2.11．－120 解析由已知，得a n ＝1n ＋n ＋1＝，故选A n ＋1－n ，则S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n)＝n ＋1－1，∴n ＋1－1＝10，解得n ＝120，即直线方程化为121x ＋y ＋120＝0，故直线在y 轴上的截距为－120.12．3·2n －12n ＋1－1 解析根据公式法S n ＝4(1－4n )1－4－2(1－2n )1－2＝13(4n ＋1－3·2n ＋1＋2)＝13(2n ＋1－1)(2n ＋1－2)＝23(2n ＋1－1)(2n－1)，故2n S n ＝32·2n (2n ＋1－1)(2n－1)由于(2n ＋1－1)－(2n －1)＝2n，所以2n S n ＝32·(2n ＋1－1)－(2n－1)(2n ＋1－1)(2n－1) ＝32⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1－1，所以T n ＝32121－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝321－12n ＋1－1＝3·2n－12n ＋1－1.13．10 解析由S n ＝3n 2－2n ，得a n ＝6n －5，又∵b n ＝3a n a n ＋1＝12⎝⎛⎫16n －5－16n ＋1，∴T n ＝121－17＋17－113＋…＋16n －5－16n ＋1＝12－16n ＋1＜12，要使12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1＜m 20对所有n ∈N *成立，只需m 20≥12，∴m ≥10，故符合条件的最小正整数m ＝10.14．解答 (1)∵a 2＝S 2－S 1＝(4＋2λ)－(1＋λ)＝3＋λ， ∴3＋λ＝4，∴λ＝1.∴a 1＝S 1＝2，d ＝a 2－a 1＝2， ∴a n ＝2n .(2)由已知，∵λ＝1，∴1S n＋b n ＝1×2n －1＝2n －1，∴b n ＝2n －1－1n (n ＋1)＝2n －1－⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝(1＋21＋22＋…＋2n －1)－⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－2n1－2－⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝(2n －1)－1＋1n ＋1＝2n －2n ＋1n ＋1. 15．解答 (1)由已知得a 3＝3，a 4＝14，a 5＝5，a 6＝18当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋2，则a n ＝n ；当n 为偶数时，a n ＋2＝12a n ，则a n ＝a 2·⎝⎛⎭⎫12n 2－1＝⎝⎛⎭⎫12n2.因此，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，⎝⎛⎭⎫12n2，n ＝2k .(2)因为b n ＝a 2n －1·a 2n ，则S n ＝1·12＋3·⎝⎛⎭⎫122＋5·⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －3)·⎝⎛⎭⎫12n －1＋(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n，12S n ＝1·⎝⎛⎭⎫122＋3·⎝⎛⎭⎫123＋5·⎝⎛⎭⎫124＋…＋(2n －3)·⎝⎛⎭12n ＋(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＋1，两式相减得 12S n ＝1·12＋2122＋…＋12n －(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋2⎣⎡⎦⎤14－⎝⎛⎭⎫12n ＋11－12－(2n －1)·⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝32－(2n ＋3)⎝⎛⎭⎫12n ＋1， ∴S n ＝3－(2n ＋3)·⎝⎛⎭⎫12n.【难点突破】16．解答 (1)①∵a 1＝1，d ＝2，∴S n ＝na 1＋n (n －1)d 2＝n 2，S n ＋64n ＝n ＋64n≥2n ×64n＝16，当且仅当n ＝64n，即n ＝8时，上式取等号，故S n ＋64n的最小值是16. ②证明：由①知S n ＝n 2，当n ∈N *时，n ＋1S n S n ＋2＝n ＋1n 2(n ＋2)2＝14⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2，2S 1S 3＋3S 2S 4＋…＋n ＋1S n S n ＋2＝14⎝⎛⎭⎫112－132＋14⎝⎛⎭⎫122－142＋…＋14⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2 ＝14112＋122＋…＋1n 2－14132＋142＋…＋1(n ＋1)2＋1(n ＋2)2＝14⎣⎡⎦⎤112＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2， ∵1(n ＋1)2＋1(n ＋2)2>0， ∴2S 1S 3＋3S 2S 4＋…＋n ＋1S n S n ＋2<14⎝⎛⎭⎫112＋122<516. (2)对任意n ∈N *，关于m 的不等式a m ＝a 1＋(m －1)d ≥n 的最小正整数解为c n ＝3n －2，当n ＝1时，a 1＋(c 1－1)d ＝a 1≥1；当n ≥2时，恒有⎩⎨⎧ a 1＋(c n －1)d ≥n ，a 1＋(c n －2)d <n ，即⎩⎨⎧(3d －1)n ＋(a 1－3d )≥0，(3d －1)n ＋(a 1－4d )<0.从而⎩⎪⎨⎪⎧3d －1≥0，(3d －1)×2＋(a 1－3d )≥0，3d －1≤0，(3d －1)×2＋(a 1－4d )<0，⇔d ＝13，1≤a 1<43.当d ＝13，1≤a 1<43时，对任意n ∈N *，且n ≥2时，当正整数m <c n 时，有a 1＋m －13<a 1＋c n －13，所以a 1＋m －13<n ，所以存在这样的实数a 1，且a 1的取值范围是⎣⎡⎭⎫1，43.。

高考数学一轮复习课时作业(三十六) 数列求和 (3)

课时作业(三十六) 数列求和1．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121 A [a n ＝1n ＋n ＋1 ＝n ＋1－n（n ＋1＋n ）（n ＋1－n ）＝n ＋1 －n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝( 2 －1)＋( 3 － 2 )＋…＋(n ＋1 －n )＝n ＋1 －1＝10.即n ＋1 ＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120.]2．(2021·山东济南实验中学检测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 5＝25，则S 7＝( )A ．41B ．48C ．49D ．56C [设S n ＝An 2＋Bn ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧S3＝9A ＋3B ＝9，S5＝25A ＋5B ＝25，解得A ＝1，B ＝0，所以S 7＝49，故选C 项．]3．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( ) A ．1＋2n B ．2＋2n C ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2nC [由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝1＋20＋1＋21＋…＋1＋2n －1＝n ＋1－2n1－2 ＝n ＋2n －1.故选C 项．]4．(多选)已知数列{a n }：12 ，13 ＋23 ，14 ＋24 ＋34 ，…，110 ＋210 ＋…＋910 ，…，若b n ＝1an·an －1，设数列{b n }的前n 项和为S n ，则( )A ．a n ＝n2B ．a n ＝nC ．S n ＝4nn ＋1D ．S n ＝5nn ＋1AC [由题意得a n ＝1n ＋1 ＋2n ＋1 ＋…＋n n ＋1 ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1 ＝n 2 ，所以b n ＝1n2·n ＋12 ＝4n （n ＋1）＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1 ＝4nn ＋1.故选AC 项．] 5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 020等于( ) A ．22 020－1 B ．3×21 010－3 C ．3×22 021－1D ．3×21 009－2B [∵a 1＝1，a 2＝2a1＝2，又an ＋2·an ＋1an ＋1·an＝2n ＋12n ＝2，∴an ＋2an ＝2.∴a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列， ∴S 2 020＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 019＋a 2 020 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 020) ＝1－21 0101－2 ＋2（1－21 010）1－2＝3×21 010－3.故选B.]6．S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．解析：由3S 1，2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.答案： 3n －17．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，a n ＋1＋S n S n ＋1＝0，则S n ＝________，数列{S n S n ＋1}的前n 项和为________．解析： ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＋S n S n ＋1＝0， ∴S n ＋1－S n ＋S n S n ＋1＝0， ∴1Sn ＋1 －1Sn＝1.又∵1S1 ＝1a1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1Sn 是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴1Sn ＝n ，∴S n ＝1n .∴S n S n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1 ， ∴T n ＝⎝⎛⎭⎫1－12 ＋⎝⎛⎭⎫12－13 ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1 ＝nn ＋1 .答案： 1n ；nn ＋18．(2020·南京市金陵中学适应性训练)数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos nπ2 ，其前n 项和为S n ，则S 2 020＝________．解析： ∵数列a n ＝n cos nπ2 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2 020＝2 0204 ×2＝1 010.答案： 1 0109．已知等差数列{a n }满足a n ＋1＋n ＝2a n ＋1. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，求数列{1Sn }的前n 项和T n .解析： (1)由已知{a n }为等差数列，记其公差为d .①当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧an ＋1＋n ＝2an ＋1an ＋n －1＝2an －1＋1，所以d ＝1，②当n ＝1时，a 2＋1＝2a 1＋1，所以a 1＝1. 所以a n ＝n .(2)由(1)可得S n ＝n （n ＋1）2 ，所以1Sn ＝2n （n ＋1）＝2(1n －1n ＋1)，所以T n ＝2[(1－12 )＋(12 －13 )＋(13 －14 )＋…＋(1n －1n ＋1 )]＝2(1－1n ＋1 )＝2n n ＋1.10．(2020·福州市适应性考试)已知数列{a n }满足a 1＝2，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，设b n ＝ann. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)若c n ＝2bn －n ，求数列{c n }的前n 项和．解析： (1)法一：因为b n ＝ann 且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，所以b n ＋1－b n ＝an ＋1n ＋1 －ann ＝2，又b 1＝a 1＝2，所以{b n }是以2为首项，以2为公差的等差数列．所以b n ＝2＋2(n －1)＝2n .法二：因为b n ＝ann ，所以a n ＝nb n ，又na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，所以n (n ＋1)b n ＋1－(n ＋1)nb n ＝2n (n ＋1)，即b n ＋1－b n ＝2，又b 1＝a 1＝2，所以{b n }是以2为首项，以2为公差的等差数列．所以b n ＝2＋2(n －1)＝2n .(2)由(1)及题设得，c n ＝22n －n ＝4n －n ，所以数列{c n }的前n 项和S n ＝(41－1)＋(42－2)＋…＋(4n －n ) ＝(41＋42＋…＋4n )－(1＋2＋…＋n )＝4－4n×41－4 －n （1＋n ）2＝4n ＋13 －n2＋n 2 －43.11．(多选)(2020·江苏南京高三月考)若数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＝2a n －2，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，则下列选项正确的是( )A ．数列{a n }是等差数列B ．a n ＝2nC ．数列{a 2n }的前n 项和为22n ＋1－23D ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1bn·bn ＋1 的前n 项和为T n ，则T n ＜1BD [当n ＝1时，a 1＝2，当n ≥2时，由S n ＝2a n －2，得S n －1＝2a n －1－2，两式相减得：a n ＝2a n －1，又a 2＝2a 1，所以数列{a n }是以2为首项以2为公比的等比数列，所以a n ＝2n ，a 2n ＝4n ，数列{a 2n }的前n 项和为S ′n ＝4（1－4n ）1－4 ＝4n ＋1－43 ，则b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ，所以1bn·bn ＋1 ＝1n·（n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以T n ＝11 －12 ＋13 －14 ＋…＋1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1 ＜1，故选BD.]12．(2020·天一大联考)已知数列{a n }满足a 1＋4a 2＋7a 3＋…＋(3n －2)a n ＝4n ，则a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a 21a 22＝( )A ．58B ．34C ．54D ．52C [当n ＝1时，a 1＝4.a 1＋4a 2＋7a 3＋…＋(3n －2)a n ＝4n ，当n ≥2时，a 1＋4a 2＋7a 3＋…＋(3n －5)·a n －1＝4(n －1)，两式相减，可得(3n －2)a n ＝4，故a n ＝43n －2 ，因为a 1＝4也适合上式，所以a n ＝43n －2 ，n ∈N *.则a n ＋1a n ＋2＝16（3n ＋1）（3n ＋4）＝163 ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1－13n ＋4 ，故a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a 21a 22＝163 ×(14 －17 ＋17 －110 ＋110 －113 ＋…＋161 －164 )＝163 ×⎝⎛⎭⎫14－164 ＝54.] 13．(开放题)(2020·山东模拟)在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若________，求数列{b n }的前n 项和S n .在①b n ＝4anan ＋1 ，②b n ＝(－1)n a n ，③b n ＝2a n ·a n 这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．解析： (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a1＋5d ＝12，a1＋17d ＝36，解得d ＝2，a 1＝2. ∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)选条件①：b n ＝42n·2（n ＋1）＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1 ，∴S n ＝⎝⎛⎭⎫11－12 ＋⎝⎛⎭⎫12－13 ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1 ＝n n ＋1 . 选条件②：∵a n ＝2n ，b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n ·2n ， ∴S n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ，当n 为偶数时，S n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]＝n2 ×2＝n ；当n 为奇数时，n －1为偶数，S n ＝(n －1)－2n ＝－n －1.∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，－n －1，n 为奇数．选条件③：∵a n ＝2n ，∴b n ＝22n ·2n ＝2n ·4n ， ∴S n ＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n ·4n ，4S n ＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n －1)·4n ＋2n ·4n ＋1， ∴－3S n ＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2·4n －2n ·4n ＋1＝8（1－4n ）1－4 －2n ·4n ＋1＝8（1－4n ）－3－2n ·4n ＋1，∴S n ＝89 (1－4n )＋2n3·4n ＋1.14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝n －n 2(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2an ，n ＝2k －1，2（1－an ）（1－an ＋2），n ＝2k k ∈N *，数列{b n }的前n 和为T n .若T 2n ＝a ⎝⎛⎭⎫14 n －12n ＋2＋b 对n ∈N *恒成立，求实数a ，b 的值．解析： (1)①当n ＝1时，由2S 1＝2a 1＝1－12得a 1＝0；②当n ≥2时，2a n ＝2S n －2S n －1＝n －n 2－[(n －1)－(n －1)2]＝2－2n ，则a n ＝1－n (n ≥2)，显然当n ＝1时也适合上式，所以a n ＝1－n (n ∈N *). (2)因为2（1－an ）（1－an ＋2）＝2n （n ＋2）＝1n －1n ＋2，所以T 2n ＝(b 1＋b 3＋…＋b 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n )＝(20＋2－2＋…＋22－2n )＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫14－16＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋2 ＝ 1－⎝⎛⎭⎫14n1－14＋12 －12n ＋2 ＝116 －43 ⎝⎛⎭⎫14 n －12n ＋2 . 因为T 2n ＝a ⎝⎛⎭⎫14 n－12n ＋2＋b 对n ∈N *恒成立，所以a ＝－43 ，b ＝116 .15．已知数列{a n }的所有项都是正数，且满足a1 ＋a2 ＋…＋an ＝n 2＋3n (n ∈N *)，下列说法正确的是( )A ．数列{a n }的通项公式为a n ＝4(n ＋1)2B ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an n ＋1 是等差数列C ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an n ＋1 的前n 项和是n (n ＋3) D ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an 2n ＋1 是等比数列BD [当n ＝1时，a1 ＝4，可得a 1＝16，当n ≥2时，由a1 ＋a2 ＋…＋an －1 ＋an ＝n 2＋3n ，可得a1 ＋a2 ＋…＋an －1 ＝(n －1)2＋3(n －1)＝n 2＋n －2，两式相减得an ＝2(n ＋1)，得a n ＝4(n ＋1)2，又a 1＝16也适合上式，则数列{a n }的通项公式为a n ＝4(n ＋1)2(n ∈N *)，所以A 正确．因为ann ＋1 ＝4(n ＋1)，所以a12 ＋a23 ＋…＋ann ＋1＝8＋12＋…＋4(n ＋1)＝（8＋4n ＋4）n 2 ＝2n (n ＋3)，所以C 不正确．结合等差数列、等比数列的定义，显然B ，D 都正确．]16．已知数列{a n }中，a 1＝1，1an ＋1 ＝⎣⎡⎦⎤1－1（n ＋1）2 ·1an .若b n ＝ann2 ，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 100＝( )A ．100101B ．200101C ．300101D ．400101B [因为1an ＋1 ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（n ＋1）2 ·1an ，所以a n ＋1·n ＋2n ＋1 ＝a n ·n ＋1n ，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫an·n ＋1n 是常数列，又a 1·1＋11 ＝1×2＝2，所以a n ·n ＋1n ＝2，解得a n ＝2n n ＋1.所以b n ＝an n2 ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ，所以S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2n n ＋1，所以S 100＝200101 .故选B 项．]。

新教材高考数学一轮复习31数列求和训练含解析新人教B版

新教材高考数学一轮复习：三十一数列求和(建议用时：45分钟) A 组全考点巩固练1．(2020·韶关二模)已知数列{a n }是各项不相等的等差数列．若a 1＝4，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则数列{a n }的前8项和S 8＝( )A ．112B ．144C ．288D ．110B 解析：数列{a n }是各项不相等的等差数列，设公差为d ，d ≠0，若a 1＝4，且a 2，a 4，a 8成等比数列，可得a 2a 8＝a 24，即(4＋d )(4＋7d )＝(4＋3d )2，解得d ＝4(0舍去)，则数列{a n }的前8项和S 8＝8×4＋8×72×4＝144.2．在数列{a n }中，a 1＝5，(a n ＋1－2)(a n －2)＝3(n ∈N *)，则该数列的前2 020项的和是( ) A ．2 020 B ．2 022 C ．8 080D ．16 160C 解析：由(a n ＋1－2)(a n －2)＝3，得(a n ＋2－2)·(a n ＋1－2)＝3，因此a n ＋2－2＝a n －2，即a n ＋2＝a n ，所以数列{a n }是以2为周期的数列．又a 1＝5，因此(a 2－2)(a 1－2)＝3(a 2－2)＝3，故a 2＝3，a 1＋a 2＝8.又2 020＝2×1 010，因此该数列的前2 020项的和等于1 010(a 1＋a 2)＝8 080.3．(2020·宁德二模)已知数列{a n }满足a n ＋1＝n n ＋1a n ，a 1＝1，则数列{a n a n ＋1}的前10项和为( )A.1011B.1110C.910D.109A 解析：因为a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝1，所以(n ＋1)·a n ＋1＝na n ，所以数列{na n }是每项均为1的常数列，所以na n ＝1.所以a n ＝1n ，a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以数列{a n a n ＋1}的前10项和为⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝1－111＝1011. 4．(2020·包头二模)已知函数y ＝f (x )满足f (x )＋f (1－x )＝1.若数列{a n }满足a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)，则数列{a n }的前20项和为( ) A ．100 B ．105 C ．110D ．115D 解析：因为函数y ＝f (x )满足f (x )＋f (1－x )＝1，a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)①，所以a n ＝f (1)＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f (0)②. 由①＋②可得2a n ＝n ＋1，所以a n ＝n ＋12，所以数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20⎝⎛⎭⎪⎫1＋20＋122＝115.5．(2020·南昌三模)将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20,2×10,4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的．我们称4×5为20的最佳分解．当p ×q (p ≤q 且p ，q ∈N *)是正整数n 的最佳分解时，定义函数f (n )＝q －p ，则数列{f (3n )}(n ∈N *)的前100项和S 100为( )A ．350＋1B ．350－1C ．350－12D ．350＋12B 解析：根据题意，知f (3)＝3－1＝2，f (32)＝3－3＝0，f (33)＝32－3＝6，f (34)＝32－32＝0，…，f (32k －1)＝3k －3k －1＝2×3k －1，f (32k )＝3k －3k ＝0.所以数列{f (3n )}(n ∈N *)的前100项和S 100为2×30＋0＋2×31＋0＋…＋2×349＋0＝2(30＋31＋32＋…＋349)＝2×1－3501－3＝350－1.6．数列1,2,4， (2)＋1的前n 项和S n ＝________，各项和为________．2n －1 2n ＋2－1 解析：数列的通项公式为a n ＝2n －1，数列共有n ＋2项，所以前n 项的和为S n ＝2n －1，各项的和为前n ＋2项的和，即S n ＋2＝2n ＋2－1.7．在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a 6＝10，1a 1＋1a 2＋…＋1a 6＝5，则a 1·a 2·…·a 6＝________.8 解析：由等比数列的前n 项和公式，a 1＋a 2＋…＋a 6＝a 1－a 6q 1－q ＝10，1a 1＋1a 2＋…＋1a 6＝1a 1－1a 6·1q 1－1q＝a 6q －a 1a 1a 6q －1＝5，把a 1－a 6q ＝10(1－q )代入，得a 1a 6＝2.又a 1·a 2·…·a 6＝(a 1·a 6)3＝23＝8.8．设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝2S n －S n ＋1＋3，记b n ＝log 2a 2n－1＋log 2a 2n ，则数列{(－1)n ·b 2n }的前10项和为________． 200 解析：因为a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝2S n －S n ＋1＋3，所以a 3＝2－3＋3＝2. 因为a n ＋2＝2S n －S n ＋1＋3，所以n ≥2时，a n ＋1＝2S n －1－S n ＋3，两式相减可得a n ＋2－a n ＋1＝2(S n －S n －1)－(S n ＋1－S n )(n ≥2)，即n ≥2时，a n ＋2－a n ＋1＝2a n －a n ＋1即a n ＋2＝2a n . 因为a 3＝2a 1，所以数列{a n }的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2，所以a 2n ＝2×2n －1＝2n ，a 2n －1＝1×2n －1＝2n －1，所以b n ＝log 2a 2n －1＋log 2a 2n ＝n －1＋n ＝2n －1，则(－1)n ·b 2n ＝(－1)n (2n －1)2，则数列{(－1)n b 2n }的前10项和为T n ＝(32－12)＋(72－52)＋…＋(192－172) ＝2×(4＋12＋20＋28＋36) ＝200.9．已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．解：(1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q ＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以b n ＝3n －1.设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以1＋13d ＝27，即d ＝2. 所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1. 从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1 ＝n (1＋2n －1)2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.10．某企业进行技术改造，有两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？(取1.0510≈1.629,1.310≈13.786,1.510≈57.665) 解：甲方案是等比数列，乙方案是等差数列．①甲方案获利：1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝1.310－10.3≈42.62(万元)，银行贷款本息：10(1＋5%)10≈16.29(万元)，故甲方案纯利：42.62－16.29＝26.33(万元)．②乙方案获利：1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋10×92×0.5＝32.50(万元)；银行本息和：1.05×[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)9]＝1.05×1.0510－10.05≈13.21(万元)．故乙方案纯利：32.50－13.21＝19.29(万元)．综上可知，甲方案更好．B 组新高考培优练11．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：“今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里．良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？”( )A ．8日B ．9日C ．12日D ．16日B 解析：设经过n 日相逢，则依题意得103n ＋n (n －1)2×13＋97n ＋n (n －1)2×⎝⎛⎭⎫－12＝1125×2，整理得n 2＋31n －360＝0，解得n ＝9(负值舍去)．故选B.12．(多选题)已知数列{a n }是首项为1的等差数列，数列{b n }是公比为12的等比数列，已知数列{a n ·b n }的前n 项和S n ＝3－2n ＋32n ，则( )A ．数列{a n }的公差为12B ．b 1＝2C ．a nb n＝(2n －1)2nD ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和为(2n －3)2n ＋1＋6CD 解析：因为数列{a n ·b n }的前n 项和S n ＝3－2n ＋32n ，则a 1b 1＝S 1＝3－2＋32＝12，a 2b 2＝S 2－S 1＝3－2×2＋322－12＝34.设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q .依题意，得b 1＝12，1＋d 4＝34⇒d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝12n ，所以a nb n＝(2n －1)2n .所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和为T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a nb n ＝1·21＋3·22＋5·23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n .①两边同乘2，得2T n ＝1·22＋3·23＋5·24＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1.②①－②，得－T n ＝2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)·2n ＋1＝2＋2·4(2n －1－1)2－1－(2n －1)2n ＋1＝－(2n －3)·2n ＋1－6.所以T n ＝(2n －3)2n ＋1＋6.13．(2021·郴州质检)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3·…·a n ＝2b n (n ∈N *)，若数列{a n }为等比数列，且a 1＝2，a 4＝16，则数列{b n }的通项公式b n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和S n ＝________.n (n ＋1)2 2nn ＋1 解析：因为数列{a n }为等比数列，且a 1＝2，a 4＝16，所以公比q ＝3a 4a 1＝3162＝2，所以a n ＝2n ，所以a 1a 2a 3·…·a n ＝21×22×23×…×2n ＝21＋2＋3＋…＋n＝2.因为a 1a 2a 3·…·a n ＝2b n ，所以b n ＝n (n ＋1)2，所以1b n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝2⎝⎛ 11－12＋12－13＋13－14＋…⎭⎪⎫＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 14．(2020·泰安一模)在①A 5＝B 3，②1a 1－1a 2＝4B 2，③B 5＝35这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知等差数列{a n }的公差为d (d >0)，等差数列{b n }的公差为2d .设A n ，B n 分别是数列{a n }，{b n }的前n 项和，且b 1＝3，A 2＝3，________.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝2a n ＋3b n b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和S n .解：方案一：选条件①.(1)因为数列{a n }，{b n }都是等差数列，且A 2＝3，A 5＝B 3，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋d ＝3，5a 1＋10d ＝9＋6d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ， b n ＝b 1＋(n －1)2d ＝2n ＋1. 综上a n ＝n ，b n ＝2n ＋1. (2)由(1)得：c n ＝2n＋3(2n ＋1)(2n ＋3)＝2n ＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3，所以S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋32⎣⎡⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝2(1－2n )1－2＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3 ＝2n ＋1－3(n ＋2)2n ＋3. 方案二：选条件②.(1)因为数列{a n }，{b n }都是等差数列，且A 2＝3，1a 1－1a 2＝4B 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝3，4a 1(a 1＋d )＝d (6＋2d )，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ， b n ＝b 1＋(n －1)2d ＝2n ＋1，综上，a n ＝n ，b n ＝2n ＋1. (2)同方案一．方案三：选条件③.(1)因为数列{a n }，{b n }都是等差数列，且A 2＝3，B 5＝35.所以⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝3，3×5＋5×42×2d ＝35，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ， b n ＝b 1＋(n －1)2d ＝2n ＋1. 综上，a n ＝n ，b n ＝2n ＋1. (2)同方案一．15．(2020·山东高考名校联考信息优化卷)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 3＝116，a 1－a 2＝18，数列{b n }满足b 1＝－3，且1＋b n ＋1与1－b n 的等差中项是a n . (1)求数列{b n }的通项公式；(2)若c n ＝(－1)n b n ，求数列{c n }的前2n 项和S 2n .解：(1)设数列{a n}的公比为q ，由已知得⎩⎨⎧a 1q 2＝116，a 1－a 1q ＝18，解得⎩⎨⎧a 1＝14，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝116，q ＝－1.由于数列{a n}的各项均为正数，所以q ＞0，故⎩⎨⎧a 1＝14，q ＝12，所以a n ＝14·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1.因为1＋b n ＋1与1－b n 的等差中项是a n ，所以1＋b n ＋1＋1－b n ＝2a n ＝2·⎝⎛⎭⎫12n ＋1，即b n ＋1－b n ＝⎝⎛⎭⎫12n－2.于是b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝－3＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫121－2＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫122－2＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫12n －1－2＝－3＋⎝⎛⎭⎫121＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－2(n －1)＝－⎝⎛⎭⎫12n －1－2n .故数列{b n }的通项公式为b n ＝－⎝⎛⎭⎫12n －1－2n .(2)由(1)知c n ＝(－1)nb n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1＋(－1)n ＋1·2n ，所以S 2n ＝(1＋2)＋⎝⎛⎭⎫－12－4＋⎝⎛⎭⎫14＋6＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫－122n －1＋(－1)2n ＋1·2·2n＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝⎛⎭⎫－12＋14＋…＋⎝⎛⎭⎫－122n －1＋[2－4＋6＋8＋…＋2(2n －1)－2·2n ] ＝1－⎝⎛⎭⎫－122n1－⎝⎛⎭⎫－12＋(－2)×2n 2＝23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n －2n .。

2025年高考数学一轮复习-数列求和的常用方法-专项训练【含答案】

2025年高考数学一轮复习-数列求和的常用方法-专项训练一、基本技能练1.已知数列{a n}满足a n＋1－a n＝2(n∈N*)，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝()A.9B.15C.18D.302.在数列{a n}中，a1＝3，a m＋n＝a m＋a n(m，n∈N*)，若a1＋a2＋a3＋…＋a k＝135，则k等于()A.10B.9C.8D.73.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.3690B.3660C.1845D.18304.在等差数列{a n}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{a n cos nπ}(n∈N*)的前2023项和为()A.1011B.1010C.－2023D.－20225.已知函数f(x)＝x a的图象过点(4，2)，令a n＝1f（n＋1）＋f（n）(n∈N*)，记数列{a n}的前n项和为S n，则S2023等于()A.2023＋1B.2024－1C.2023－1D.2024＋16.(多选)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，公差d＝1.若a1＋3a5＝S7，则下列结论一定正确的是()A.a5＝1B.S n最小时n＝3C.S1＝S6D.S n存在最大值7.1 2＋12＋4＋12＋4＋6＋12＋4＋6＋8＋…＋12＋4＋6＋…＋2022＝________.8.数列{a n}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝2n，则a1a24＋a2a342＋…＋a9a1049的值为________.9.设各项均为正数的等差数列{a n}首项为1，前n项的和为S n，且S n＝（a n＋1）2(n∈N*)，设b n＝2n·a n，则数列{b n}的前n项和T n＝________.410.斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….在实际生活中，很多花朵(如梅花、飞燕草、万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用.斐波那契数列{a n}满足：a1＝a2＝1，a n＋2＝a n＋1＋a n(n∈N*)，则1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2023是斐波那契数列{a n}中的第________项.11.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4＝S5＝－20.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)已知数列{b n}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{a n}与{b n}的公共项为a m，记m由小到大构成数列{c n}，求{c n}的前n项和T n.12.已知各项均为正数的等差数列{a n}满足a1＝1，a2n＋1＝a2n＋2(a n＋1＋a n).(1)求{a n}的通项公式；}的前n项和S n.(2)记b n＝1a n＋a n＋1，求数列{b n二、创新拓展练}按如下方式排列13.已知数列{a n}满足a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1a n＝n2，将数列{a n成新数列：a1，a2，a2，a2，a3，a3，a3，a3，a3，…，则新数列的前70项和为________.14.函数y＝[x]称为高斯函数，[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.已知数列{a n}满足a3＝3，且a n＝n(a n＋1－a n)，若b n＝[lg a n]，则数列{b n}的前2023项和为________.15.对于任意一个有穷数列，可以通过在该数列的每相邻两项之间插入这两项的和，构造一个新的数列.现对数列1，5进行构造，第1次得到数列1，6，5，第2次得到数列1，7，6，11，5，依次类推，第n次得到数列1，x1，x2，x3，…，5.记第n次得到的数列的各项之和为S n，则{S n}的通项公式S n＝________.16.在①S n＝2a n＋1－3，a2＝94，②2S n＋1－3S n＝3，a2＝94，③点(a n，S n)(n∈N*)在直线3x－y－3＝0上这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答.已知数列{a n}的前n项和为S n，________.(1)求{a n}的通项公式；(2)若b n＝na n，求{b n}的前n项和T n.参考答案与解析一、基本技能练1.答案C解析∵a n＋1－a n＝2，a1＝－5，∴数列{a n}是公差为2的等差数列，∴a n＝－5＋2(n－1)＝2n－7，数列{a n}的前n项和S n＝n（－5＋2n－7）2＝n2－6n(n∈N*).令a n＝2n－7≥0，解得n≥7 2，∴n≤3时，|a n|＝－a n；n≥4时，|a n|＝a n.则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝S6－2S3＝62－6×6－2×(32－6×3)＝18.2.答案B解析令m ＝1，由a m ＋n ＝a m ＋a n 可得a n ＋1＝a 1＋a n ，所以a n ＋1－a n ＝3，所以{a n }是首项为a 1＝3，公差为3的等差数列，a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝k （a 1＋a k ）2＝k （3＋3k ）2＝135，整理可得k 2＋k －90＝0，解得k ＝9或k ＝－10(舍去).3.答案D解析因为a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，故有a 2－a 1＝1，a 3＋a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5＋a 4＝7，a 6－a 5＝9，a 7＋a 6＝11，…，a 50－a 49＝97.从而可得a 3＋a 1＝2，a 4＋a 2＝8，a 5＋a 7＝2，a 8＋a 6＝24，a 9＋a 11＝2，a 12＋a 10＝40，a 13＋a 15＝2，a 16＋a 14＝56，…从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列.所以{a n }的前60项和为15×2×8＋15×142×1830.4.答案C解析由题意得a 3＋a 5＝2a 4＝a 4＋7，解得a 4＝7，所以公差d ＝a 10－a 410－4＝19－76＝2，则a 1＝a 4－3d ＝7－3×2＝1，所以a n ＝2n －1，设b n ＝a n cos n π，则b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝－a 1＋a 2＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝－a 3＋a 4＝2，……，∴数列{a n cos n π}(n ∈N *)的前2023项和S 2023＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2021＋b 2022)＋b 2023＝2×1011－4045＝－2023.5.答案B解析函数f(x)＝x a的图象过点(4，2)，则4a＝2，解得a＝12，则f(x)＝x，a n＝1f（n＋1）＋f（n）＝1n＋1＋n＝n＋1－n，则S2023＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(2023－2022)＋(2024－2023)＝2024－1.6.答案AC解析由已知得a1＋3(a1＋4×1)＝7a1＋7×62×1，解得a1＝－3.对于选项A，a5＝－3＋4×1＝1，故A正确.对于选项B，a n＝－3＋n－1＝n－4，因为a1＝－3<0，a2＝－2<0，a3＝－1<0，a4＝0，a5＝1>0，所以S n的最小值为S3或S4，故B错误.对于选项C，S6－S1＝a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝5a4，又因为a4＝0，所以S6－S1＝0，即S1＝S6，故C正确.对于选项D，因为S n＝－3n＋n（n－1）2＝n2－7n2，所以S n无最大值，故D错误.7.答案10111012解析根据等差数列的前n项和公式，可得2＋4＋6＋…＋2n＝n（2＋2n）2＝n(n＋1)，因为1n（n＋1）＝1n－1n＋1，所以12＋12＋4＋12＋4＋6＋12＋4＋6＋8＋…＋12＋4＋6＋…＋2022…1－11012＝10111012.8.答案710解析对于a1＋2a2＋3a3＋…＋na n＝2n，当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)a n－1＝2n－1，两式相减得na n＝2n－1，则a n＝2n－1n，n≥2，又a1＝21＝2不符合上式，则a n＝1，n≥2，当k≥2时，a k a k＋14k＝2k－1·2k（k＋1）k·22k＝12·1k（k＋1）＝12·∴a1a24＋a2a342＋…＋a9a1049＝14a1a2＋1212…＋1214×2×22－12＋12×＝710.9.答案(2n－3)2n＋1＋6(n∈N*)解析由题意4S n＝(a n＋1)2，①4S n＋1＝(a n＋1＋1)2，②两式相减得4a n＋1＝(a n＋1＋1)2－(a n＋1)2，即(a n＋1－a n－2)(a n＋1＋a n)＝0，∵a n＞0，∴a n＋1＋a n≠0，a n＋1－a n＝2，∴{a n}是公差为2的等差数列，∵a1＝1，∴a n＝a1＋(n－1)d＝2n－1，b n＝2n a n＝(2n－1)2n.由错位相减法可求得T n＝(2n－3)2n＋1＋6(n∈N*).10.答案2024解析依题意，得1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2023＝a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2023＝a4＋a5＋a7＋a9＋…＋a2023＝a6＋a7＋a9＋…＋a2023＝…＝a2022＋a2023＝a2024.11.解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 4＝S 5＝－20，得4a 1＋6d ＝5a 1＋10d ＝－20，解得a 1＝－8，d ＝2，则a n ＝－8＋2(n －1)＝2n －10(n ∈N *).(2)数列{b n }是以4为首项，4为公比的等比数列，∴b n ＝4·4n －1＝4n (n ∈N *).又依题意2m －10＝4n ，∴m ＝10＋4n 2＝5＋22n －1，则T n ＝5n ＋2（1－4n ）1－4＝5n ＋22n ＋1－23.12.解(1)各项均为正数的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋1＝a 2n ＋2(a n ＋1＋a n )，整理得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＝2(a n ＋1＋a n )，由于a n ＋1＋a n ≠0，所以a n ＋1－a n ＝2，故数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列.所以a n ＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝1a n ＋a n ＋1＝12n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －12，所以S n ＝12×(3－1＋5－3＋…＋2n ＋1－2n －1)＝12(2n ＋1－1).二、创新拓展练13.答案4716解析由a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －1a n ＝n 2，①得a 1＋2a 2＋4a 3＋…＋2n －2a n －1＝n －12(n ≥2)，②①－②得2n －1a n ＝12，即a n ＝12n (n ≥2)，又a1＝12，即a n＝12n，由1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2＝64，得n＝8.令S＝12＋322＋523＋…＋1528，则12S＝122＋323＋…＋1328＋1529，两式相减得12S＝12＋2×122＋2×123＋ (2)128－1529＝12＋21－12－1529，∴S＝749 256，所以新数列的前70项和为749256＋629＝4716.14.答案4962解析因为a n＝n(a n＋1－a n)，所以(1＋n)a n＝na n＋1，即a n＋1n＋1＝a nn，所以a nn＝a33＝1，所以a n＝n，记{b n}的前n项和为T n，当1≤n≤9时，0≤lg a n<1，b n＝0；当10≤n≤99时，1≤lg a n<2，b n＝1；当100≤n≤999时，2≤lg a n<3，b n＝2；当1000≤n≤2023时，3≤lg a n<4，b n＝3；所以T2023＝[lg a1]＋[lg a2]＋…＋[lg a2023]＝9×0＋90×1＋900×2＋1024×3＝4962.15.答案3＋3n＋1解析由题意可知，第n次得到数列1，x1，x2，x3， (5)第1次得到数列1，6，5，第2次得到数列1，7，6，11，5，第3次得到数列1，8，7，13，6，17，11，16，5，第4次得到数列1，9，8，15，7，20，13，19，6，23，17，28，11，27，16，21，5.……第n次得到数列1，x1，x2，x3， (5)所以S1＝6＋6＝6＋2×31，S2＝6＋6＋18＝6＋2×31＋2×32，S3＝6＋6＋18＋54＝6＋2×31＋2×32＋2×33，S4＝6＋6＋18＋54＋162＝6＋2×31＋2×32＋2×33＋2×34，……，即S n＝6＋2(31＋32＋…＋3n)＝6＋2×3（1－3n）1－3＝3＋3n＋1.16.解(1)方案一选条件①.∵S n＝2a n＋1－3，∴当n≥2时，S n－1＝2a n－3，两式相减，整理得a n＋1＝32a n(n≥2).∵a2＝9 4，∴a1＝S1＝2a2－3＝32，a2＝32a1，∴a n＋1a n＝32(n∈N*)，∴数列{a n}是以32为首项，32为公比的等比数列，∴a n ＝32×－1(n ∈N *).方案二选条件②.∵2S n ＋1－3S n ＝3，∴当n ≥2时，2S n －3S n －1＝3，两式相减，整理得a n ＋1＝32a n (n ≥2).∵2(a 1＋a 2)－3a 1＝3，a 2＝94，∴a 1＝32，a 2＝32a 1，∴a n ＋1a n ＝32(n ∈N *)，∴数列{a n }是以32为首项，32为公比的等比数列，∴a n ＝32×－1(n ∈N *).方案三选条件③.∵点(a n ，S n )(n ∈N *)在直线3x －y －3＝0上，∴S n ＝3a n －3，∴S n ＋1＝3a n ＋1－3，两式相减，整理得a n ＋1＝32a n ，当n ＝1时，a 1＝3a 1－3，得a 1＝32，∴数列{a n }是以32为首项，32为公比的等比数列，∴a n ＝32×－1(n ∈N *).(2)由(1)可得b n ＝n ，则T n ＝＋＋…＋n ，∴23T n ＝＋＋…＋n ＋1，两式相减得13T n＝23＋＋…－n＋1＝23×1n1－23－n＋1＝2－2n＋6 3×，∴T n＝6－(2n＋6).。

安徽省淮北市第五中学高考数学总复习数列求和及其综合应用巩固练习

2.数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1(1)n a n n =+，则5S ＝．3.设3()33=+x x f x ，则123100()()()...()101101101101++++f f f f = .4.已知321log log 3x =-,那么231n x x x x +++++= .5．对正整数n ，设曲线)1(x x y n -=在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为n a ，则数列}1{+n a n的前n 项和的公式是 .6. 如果函数()f x 满足：对于任意的实数a b 、，都有()()()f a b f a f b +=，且(1)2f =，则(2)(5)(9)(14)(1274)(1)(3)(6)(10)(1225)f f f f f f f f f f +++++=7．已知数列12，222，332，…，2n n，...，求此数列的前n 项和． 8．求数列1，3＋13，32＋132， (3)＋13n 的各项的和.9．求和：122221*()n n n n n n n S a a b a b a b ab b n N ----=++++++∈.10．设a 为常数，求数列：a ,22a ,33a ,…, nna ,…的前n 项和n S . 11.已知函数13)(+=x x x f ,数列{}n a 满足a 1 = 1,a n+1 = f(a n ) (n ∈N *) (Ⅰ) 求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ) 记S n = a 1a 2 +a 2a 3+…+a n a n+1 , 求S n .12．2011年底某县的绿化面积占全县总面积的40%，从2012年开始，计划每年将非绿化面积的8%绿化，由于修路和盖房等用地，原有绿化面积的2%被非绿化.（1）设该县的总面积为1，2011年底绿化面积为1410a =，经过n 年后绿化的面积为1n a +，试用n a 表示1n a +；（2）求数列{}n a 的第n+1项1n a +；（3）至少需要多少年的努力，才能使绿化率超过60%.（参考数据：lg2=0.3010，lg3=0.4771） 13.设数列{}n a 满足211233333n n n a a a a -++++=…，a ∈*N ．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项；（Ⅱ）设n nnb a =，求数列{}n b 的前n 项和n S ．14.数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，*12()n n a S n +=∈N ．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项n a ；（Ⅱ）求数列{}n na 的前n 项和n T ．15．数列{}n a 的前n 项和为n S , 已知{}n S 是各项为正数的等比数列，试比较22++n n a a 与1n a +的大小关系.【参考答案与解析】1.答案：252n n--解析：依据52n a n =-+可以知道此数列为等差数列且13=-a ，故21()522+--==n n n a a n nS . 2.答案：56解析：512345111111223344556=++++=++++⨯⨯⨯⨯⨯S a a a a a 111111111115()()()()()1122334455666=-+-+-+-+-=-= 3. 答案：50解析：直接求和几乎不可能，而隐蔽的信息是11001101101+=，2991101101+=, …，于是猜想：如果121x x +=，则12()()f x f x +是一个常数，经检验，果然为1，则所求之和为50.4. 答案：12()2n- 解析：因为133321log log 2log 2log 3x -=-=-=，所以12x =, 因此231n x x x x +++++是以首项为12，公比为12的等比数列的前n+1项和，则1111[1()]122()1212n n n S ++⨯-==--.5．答案：2n+1-2 解析：1(1)n n y nxn x -'=-+，曲线)1(x x y n -=在x=2处的切线的斜率为12(1)2n n k n n -=⋅-+⋅，切点为（2，-2n ）,所以切线方程为y+2n=k(x-2),令x=0得(1)2nn a n =+⋅,令21n nn a b n ==+. 数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n a n 的前n 项和为2+22+23+…+2n =2n+1-26. 答案：5022- 7．答案：222+=-n n n S 8．解析：其和为：(1＋3＋ (3))＋(13132+＋…＋13n )=3121321n n +--+-=12(3n ＋1-3-n ) 9．解析：①当a=0时，nn S b =；②当b=0时，nn S a =；③当a b =且0ab ≠时，nn a n S )1(+=；④当a b ≠且0ab ≠时，ba b a S n n n --=++11.10．解析：①当a=0时，S n =0②当1a =时，(1)123 (2)n n n S n +=++++= ③当10≠≠a a 且时，2323...n n S a a a na =++++ …… ①则234123...n n a S a a a na +⋅=++++ …… ②由①-②可得：23111(1)(1)1n n n n n n a a a S a a a aa nana a-++--=+++++-=--，∴a na a a a S n n n ----=++1)1(121. 11. 解析： (Ⅰ) 由131+=+n n n a a a 得 3a n a n+1 +a n+1 = a n ,从而 1113+=+n n a a ,即3111=-+n n a a ,数列}1{n a 是以111=a 为首项3为公差的等差数列 ∴233)1(11-=⋅-+=n n a n, ∴231-=n a n(Ⅱ) 设b n = a n a n+1 ,则 )131231(31)13)(23(1+--=+-=n n n n b n ,∴)1312311017171414111(3121+--++-+-+-=+++=n n b b b S n n∴13)1311(31+=+-=n nn S n . 12.解析：（1）设2011年底非绿化面积为b 1，经过n 年后非绿化面积为1n b +.于是a 1+b 1=1，1n n a b += 依题意，1n a +是由两部分组成：一部分是原有的绿化面积n a 减去被非绿化部分2100n a 后剩余面积98100n a ，另一部分是新绿化的面积8100n b ， ∴1988988(1)100100100100n n n n n a a b a a +=+=+-921025n a =+.（2）1921025n n a a +=+，1494()5105n n a a +-=-.数列4{}5n a -是公比为910，首项1444251055a -=-=-的等比数列.∴1429()()5510nn a +=+-.（3）由160%n a +>，得4293()()55105n +->，91()102n <，(lg91)lg 2n -<-，lg 26.572012lg 3n >≈-∴至少需要7年的努力，才能使绿化率超过60%. 13.解析：（Ⅰ）211233333n n na a a a -++++=…， ① ∴当2n ≥时，22123113333n n n a a a a ---++++=…． ② ①-②得1133n n a -=，13n n a =．在①中，令1n =，得113a =．∴13=n n a ．（Ⅱ）n nn b a =，∴3=⋅nn b n ． ∴23323333=+⨯+⨯++⋅nn S n …， ③∴23413323333+=+⨯+⨯++⋅n n S n …． ④④-③得∴12323(3333)+=⋅-++++n nn S n …．即13(13)2313+-=⋅--n n n S n ，∴1(21)3344+-=+n n n S ． 14.解析：（Ⅰ）12n n a S +=，∴12+-=n n n S S S ，∴13+=n nS S ．又111S a ==， ∴数列{}n S 是首项为1，公比为3的等比数列，1*3()n n S n -=∈N ．当2n ≥时，21223(2)--==⋅n n n a S n ≥，∴21132-=⎧=⎨2⋅⎩n n n a n ，，，≥．（Ⅱ）12323n n T a a a na =++++，当1n =时，11T =；当2n ≥时，0121436323-=+⨯+⨯++⋅n n T n ，…………① 12133436323-=+⋅+⋅++⋅n n T n ，…………②-①②得：12212242(333)23---=-+++++-⋅n n n T n213(13)222313---=+⋅-⋅-n n n 11(12)3-=-+-⋅n n ．∴1113(2)22-⎛⎫=+- ⎪⎝⎭n n T n n ≥．又111T a ==也满足上式，∴1*113()22-⎛⎫=+-∈ ⎪⎝⎭N n n T n n ．15. 解析：∵{}n S 为各项为正数的等比数列，设其首项为1S ，公比为q ,则有10S >,0q > ，11n n S S q -=⋅(*n N ∈),∴⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n S S n S a n n n ，即⎩⎨⎧≥-==-)2)(1()1(211n q q S n S a n n （1）当1n =时，22312a a a a n n +=++，12n a a +=, 而31(1)a S q q =-, 21(1)a S q =-∴1311121(1)[1(1)2(1)](1)222a a S S q q S q q q a S q ++-+----=--= 02]43)23[(2)33(2121>+-=+-=q S q q S ∴1n =时，122++>+n n n a a a . （2）当2n ≥时，21(1)n n a S q q -=-，111(1)n n a S q q -+=-,21(1)nn a S q q +=-∴)1(2)1()1(21112112---+-=-+--++q q S q q S q q S a a a n n n n n n 2)1(2)12()1(2)]1(2)1(1[321221221-⋅⋅=+-⋅-⋅=---+-=---q q S q q q q S q q q q q q S n n n ①当1q >时，02)1(223112>-=-+-++n n n n q q S a a a ， ∴ 122++>+n n n a a a ②当1q =时，02)1(232112=-=-+-++q q S a a a n n n n ， ∴ 122++=+n n n a a a ③当01q <<时，02)1(232112<-=-+-++q q S a a a n n n n ，∴ 122++<+n n n a a a 综上，（1）在1n =时恒有122++>+n n n a a a （2）在2n ≥时，①若1q >则122++>+n n n a a a ；②若1q =则122++=+n n n a a a ； ③若01q <<则122++<+n n n a a a .。

新高考2023版高考数学一轮总复习练案37第六章第四讲数列求和

第四讲数列求和A 组基础巩固一、单选题1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( A )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n[解析] 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．已知数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前100项和为( D )A ．100101B ．99100C ．101100D ．200101[解析] ∵a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，a 1＝1，∴a n ＋1－a n ＝1＋n . ∴a n －a n －1＝n (n ≥2)．∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋2＋1＝n n ＋12.∴1a n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前100项和为2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1101＝200101.故选D.3．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 等于( D )A ．13B ．10C ．9D ．6[解析] ∵a n ＝2n－12n ＝1－12n ，∴S n ＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n －1＋12n .而32164＝5＋164，∴n －1＋12n ＝5＋164.∴n ＝6.4．在数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( B )A ．(3n－1)2B ．12(9n－1) C ．9n －1D ．14(3n－1) [解析] 因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n－1，所以a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)．则当n ≥2时，a n ＝2·3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式，所以a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．则数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列，a 21＋…＋a 2n ＝41－9n1－9＝12(9n－1)．故选B.5．(2021·黑龙江哈尔滨三中期末)数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝(－1)n(2n －1)，则S 2 023＝( C )A ．2 021B ．－2 021C ．－2 023D ．2 023[解析] 本题考查用并项相加求数列的前n 项和．由已知a n ＝(－1)n·(2n －1)，a 2 023＝(－1)2 023(2×2 023－1)＝－4 045，且a n ＋a n ＋1＝(－1)n (2n －1)＋(－1)n ＋1(2n ＋1)＝(－1)n ＋1(2n ＋1－2n ＋1)＝2×(－1)n ＋1，因而S 2 023＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2 021＋a 2 022)＋a 2 023＝2×1 011－4 045＝－2 023.故选C.6．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：(1)构造数列1，12，13，14，…，1n；①(2)将数列①的各项乘以n2，得到一个新数列a 1，a 2，a 3，a 4，…，a n .则a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n －1a n ＝( C ) A ．n 24B ．n －124 C ．n n －14D ．n n ＋14[解析] 依题意可得新数列为n 2，n 4，n 6，…，1n ×n2，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝n 24⎣⎢⎡11×2＋12×3＋…＋⎦⎥⎤1n －1n＝n 24⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝n 24×n －1n ＝n n －14.故选C. 二、多选题7．(2022·重庆月考)已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n a n －1＝2n n －1(n ≥2，n ∈N *)，{a n }的前n 项和为S n ，则( ABD )A ．a 2＝－8B ．a n ＝－2n·n C ．S 3＝－30D ．S n ＝(1－n )·2n ＋1－2[解析] 由题意可得，a 2a 1＝2×21，a 3a 2＝2×32，a 4a 3＝2×43，…，a n a n －1＝2×n n －1(n ≥2，n ∈N *)，以上式子左、右分别相乘得a n a 1＝2n －1·n (n ≥2，n ∈N *)，把a 1＝－2代入，得a n ＝－2n·n (n ≥2，n ∈N *)，又a 1＝－2符合上式，故数列{a n }的通项公式为a n ＝－2n·n (n ∈N *)，a 2＝－8，故A ，B 正确；S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )，则2S n ＝－[1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n＋n ·2n ＋1]，两式相减，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2(n ∈N *)，故S 3＝－34，故C 错误，D 正确．8．数列{a n }的前n 项和为S n ，若数列{a n }的各项按如下规律：12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n，以下说法正确的是( ACD ) A ．a 24＝38B ．数列a 1，a 2＋a 3，a 4＋a 5＋a 6，a 7＋a 8＋a 9＋a 10，…是等比数列C ．数列a 1，a 2＋a 3，a 4＋a 5＋a 6，a 7＋a 8＋a 9＋a 10，…的前n 项和为T n ＝n 2＋n4D ．若存在正整数k ，使S k <10，S k ＋1≥10，则a k ＝57[解析] 对于选项A ，a 22＝18，a 23＝28，a 24＝38，故A 正确．对于选项B 、C ，数列12，1，32，2，…等差数列，T n ＝n 2＋n4，故B 错，C 正确．对于选项D ，S 21>10，S 20<10，a 20＝57，正确．故选A 、C 、D.三、填空题 9．数列{a n }中，a n ＝1nn ＋1，若{a n }的前n 项和为2 0222 023，则项数n 为 2 022 . [解析] a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1＝2 0222 023，所以n ＝2 022. 10.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1＝ 34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2 .[解析] ∵1n ＋12－1＝1n 2＋2n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.11．(2021·海南三亚模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝10n －n 2，数列{b n }满足b n ＝|a n |，设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 4＝ 24 ，T 30＝ 650 .[解析] 当n ＝1时，a 1＝S 1＝9，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝10n －n 2－[10(n －1)－(n －1)2]＝－2n ＋11，当n ＝1时也满足，所以a n ＝－2n ＋11(n ∈N *)，所以当n ≤5时，a n >0，b n ＝a n ，当n >5时，a n <0，b n ＝－a n ，所以T 4＝S 4＝10×4－42＝24，T 30＝S 5－a 6－a 7－…－a 30＝2S 5－S 30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650.12．(2021·广东省五校协作体高三第一次联考)已知数列{a n }满足：a 1为正整数，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，a n 为偶数3a n ＋1，a n 为奇数，如果a 1＝1，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 018＝ 4 709 .[解析] 由已知得a 1＝1，a 2＝4，a 3＝2，a 4＝1，a 5＝4，a 6＝2，周期为3的数列，a 1＋a 2＋…＋a 2 018＝(1＋4＋2)×672＋1＋4＝4 709.四、解答题13．(2021·宁夏银川金凤模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，设b n ＝a nn.(1)证明数列{b n }是等差数列，并求其通项公式； (2)若c n ＝2b n －n ，求数列{c n }的前n 项和． [解析] (1)∵na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)， ∴a n ＋1n ＋1－a nn＝2， ∵b n ＝a nn ，∴b n ＋1－b n ＝2，b 1＝a 11＝2，∴数列{b n }是等差数列，首项与公差都为2. ∴b n ＝2＋2(n －1)＝2n . (2)c n ＝2b n －n ＝22n－n ＝4n－n ， ∴数列{c n }的前n 项和为41－4n1－4－n n ＋12＝4n ＋1－43－n n ＋12.14．(2021·太原二模)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，数列{b n }满足b n ＝a n ＋a n ＋1(n∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若c n ＝log 2a n (n ∈N *)，求数列{b n ·c n }的前n 项和T n . [解析] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n，又a 1＝2满足上式，∴a n ＝2n (n ∈N *)，∴b n ＝a n ＋a n ＋1＝3×2n. (2)由(1)得a n ＝2n ，b n ＝3×2n， ∴c n ＝log 2a n ＝n ，∴b n ·c n ＝3n ×2n，∴T n ＝3×(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n)，① ①×2，得2T n ＝3×(1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1)，②①－②，得－T n ＝3×(2＋22＋…＋2n －n ×2n ＋1)＝3×[(1－n )×2n ＋1－2]，∴T n ＝3(n －1)×2n ＋1＋6.B 组能力提升1．(多选题)(2021·山东济宁期末)若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则下列说法正确的是( AC )A ．a 5＝－16B ．S 5＝－63C ．数列{a n }是等比数列D ．数列{S n ＋1}是等比数列[解析] 因为S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，所以a 1＝S 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即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，故C 正确；a 5＝－1×24＝－16，故A 正确；S n ＝2a n ＋1＝－2n＋1，所以S 5＝－25＋1＝－31，故B 错误；因为S 1＋1＝0，所以数列{S n ＋1}不是等比数列，故D 错误．故选AC.2．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( C )A ．1 026B ．1 025C ．1 024D ．1 023[解析] ∵2n＋12n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴T n ＝n ＋1－12n ，∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013，恒成立 ∴整数m 的最小值为1 024.3．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2 020项的和为( D )A ．1 009B ．1 010C ．2 019D ．2 020[解析] 设{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，a 1＋9d ＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1，设b n ＝a n cos n π，则b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，……，∴数列{a n cos n π}的前2 020项的和为(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2 019＋b 2 020)＝2×2 0202＝2 020.4．记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知，S 9＝－a 5，若a 1>0，使得S n ≥a n 的n 的取值范围 [1,10]n ∈N .[解析] 由S 9＝－a 5得a 5＝0即d ＝－a 14故a n ＝－n －5a 14，S n ＝－n n －9a 18由S n ≥a n 可得－n n －9a 18≥－n －5a 14由于a 1>0，故S n ≥a n 等价于－n n －98≥－n －54即：n 2－11n ＋10≤0 解得1≤n ≤10所以n 的取值范围是[1,10]n ∈N .5．(2021·山东省济南市历城第二中学高三模拟考试)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)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n，n 为奇数b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和T n ，求T 2n .[解析] (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，由b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝103＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2q ＝2.∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n (n ＋2)，当n 为奇数，c n ＝2S n ＝1n －1n ＋2，当为偶数，c n ＝2n －1.∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋21－4n1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n－1)．。

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高三数学一轮复习数列求和巩固与练习A ．64B ．100C ．110D ．120 解析：选B.设等差数列公差为d ，则由已知得 ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1＋d ＝4a 1＋6d ＋a 1＋7d ＝28，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝42a 1＋13d ＝28，解得a 1＝1，d ＝2，∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝10×1＋10×92×2＝100.2．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项的和为S n ，则数列{S nn}的前10项的和为( )A ．120B ．70C ．75D ．100解析：选C.S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (n ＋2)，∴S nn＝n ＋2.故S 11＋S 22＋…＋S 1010＝75.3．(原创题)设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列{1f (n )}(n ∈N *)的前n 项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1C.n n －1D.n ＋1n解析：选A.f ′(x )＝mxm －1＋a ＝2x ＋1，∴a ＝1，m ＝2，∴f (x )＝x (x ＋1)，1f (n )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，用裂项相消法求和得S n ＝n n ＋1.故选A. 4．若S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，S 17＋S 33＋S 50等于________．解析：由题意知S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋12(n 为奇数)，－n2(n 为偶数).∴S 17＝9，S 33＝17，S 50＝－25，∴S 17＋S 33＋S 50＝1. 答案：15．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 nn ＋1＝________.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 *)．于是a nn ＋1＝4(n ＋1)，故a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝2n 2＋6n .答案：2n 2＋6n6．已知等差数列{a n }中，S n 是它前n 项和，设a 6＝2，S 10＝10. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若从数列{a n }中依次取出第2项，第4项，第8项，…，第2n项，…，按取出的顺序组成一个新数列{b n }，试求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设数列{a n }首项，公差分别为a 1，d . 则由已知得a 1＋5d ＝2①10a 1＋10×92d ＝10②联立①②解得a 1＝－8，d ＝2，所以a n ＝2n －10(n ∈N *)．(2)b n ＝a 2n ＝2·2n －10＝2n ＋1－10(n ∈N *)，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝4(1－2n)1－2－10n ＝2n ＋2－10n －4.练习1．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 ．8C ．4D ．不确定解析：选B.由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，可得数列{a n }是等差数列，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＝8.2．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 ．700B ．710C ．720D ．730解析：选C.由题意知{a n ＋b n }也为等差数列，所以{a n ＋b n }的前20项和为：S 20＝20(a 1＋b 1＋a 20＋b 20)2＝20×(5＋7＋60)2＝720.3．数列9,99,999，…的前n 项和为( ) A.109(10n －1)＋n B ．10n－1 C.109(10n －1) D.109(10n－1)－n 解析：选D.∵数列通项a n ＝10n－1，∴S n ＝(10＋102＋103＋ (10))－n＝10(1－10n)1－10－n＝109(10n－1)－n .故应选D. 4.(2010年哈师大附中模拟)设a n ＝－n 2＋17n ＋18，则数列{a n }从首项到第几项的和最大( )A ．17B ．18C ．17或18D ．19解析：选C.令a n ≥0，得1≤n ≤18. ∵a 18＝0，a 17>0，a 19<0，∴从首项到第18项或17项和最大．5．数列a n ＝1n (n ＋1)，其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y＋n ＝0在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．9解析：选B.数列的前n 项和为 11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝910，∴n ＝9，∴直线方程为10x ＋y ＋9＝0. 令x ＝0，得y ＝－9， ∴在y 轴上的截距为－9.6．若{a n }是等差数列，首项a 1>0，a 2009＋a 2010>0，a 2009·a 2010<0，则使前n 项和S n >0成立的最大自然数n 是( )A ．4017B ．4018C ．4019D ．4020解析：选B.∵a 1>0，a 2009＋a 2010>0，a 2009·a 2010<0，且{a n }为等差数列， ∴{a n }表示首项为正数，公差为负数的单调递减等差数列，且a 2009是绝对值最小的正数，a 2010是绝对值最小的负数(第一个负数)，且|a 2009|>|a 2010|. ∵在等差数列{a n }中，a 2009＋a 2010＝a 1＋a 4018>0，S 4018＝4018(a 1＋a 4018)2>0，∴使S n >0成立的最大自然数n 是4018.7．数列1，11＋2，11＋2＋3，…的前n 项和S n ＝________.解析：由于a n ＝11＋2＋3＋…＋n ＝2n (n ＋1)＝2(1n －1n ＋1)∴S n ＝2(1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1)＝2nn ＋1.答案：2nn ＋18．若1＋3＋5＋…＋(2x －1)11·2＋12·3＋…＋1x (x ＋1)＝110(x ∈N ＋)，则x ＝________.解析：原式分子为1＋3＋5＋…＋(2x －1) ＝(1＋2x －1)x 2＝x 2，分母为11·2＋12·3＋…＋1x (x ＋1)＝1－12＋12－13＋…＋1x －1x ＋1＝x x ＋1，原式为：x 2x x ＋1＝x 2＋x ＝110⇒x ＝10.答案：10 9．数列{a n }中，a 1＝－60，且a n ＋1＝a n ＋3，则这个数列前30项的绝对值的和是________．解析：{a n }是等差数列，a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63，a n ≥0，解得n ≥21. ∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋(a 21＋…＋a 30)＝S 30－2S 20 ＝(－60＋90－63)302－(－60＋60－63)·20＝765.答案：76510．已知函数f (x )＝m ·2x＋t 的图象经过点A (1,1)、B (2,3)及C (n ，S n )，S n 为数列{a n }的前n 项和，n ∈N *.(1)求S n 及a n ；(2)若数列{c n }满足c n ＝6na n －n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋t ＝14m ＋t ＝3，得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1t ＝－1，∴f (x )＝2x －1，∴S n ＝2n －1(n ∈N *)．∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝2n －1. 当n ＝1时，S 1＝a 1＝1符合上式．∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)知c n ＝6na n －n ＝3n ×2n－n .从而T n ＝3(1×2＋2×22＋…＋n ×2n)－(1＋2＋…＋n )＝3(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋6.11．将n 2个数排成n 行n 列的一个数阵：a 11 a 12 a 13 … a 1n a 21 a 22 a 23 … a 2n a 31 a 32 a 33 … a 3n … … … … … a n 1 a n 2 a n 3 … a nn已知a 11＝2，a 13＝a 61＋1，该数阵第一列的n 个数从上到下构成以m 为公差的等差数列，每一行的n 个数从左到右构成以m 为公比的等比数列，其中m 为正实数．(1)求第i 行第j 列的数a ij ；(2)求这n 2个数的和．解：(1)由a 11＝2，a 13＝a 61＋1得2m 2＝2＋5m ＋1，解得m ＝3或m ＝－12(舍去)．a ij ＝a i 1·3j －1＝[2＋(i －1)m ]3j －1＝(3i －1)3j －1.(2)S ＝(a 11＋a 12＋…＋a 1n )＋(a 21＋a 22＋…＋a 2n )＋…＋(a n 1＋a n 2＋…＋a nn ) ＝a 11(1－3n )1－3＋a 21(1－3n )1－3＋…＋a n 1(1－3n )1－3＝12(3n －1)·(2＋3n －1)n 2＝14n (3n ＋1)(3n －1)． 12.(2009年高考全国卷Ⅰ)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(1＋1n )a n ＋n ＋12n .(1)设b n ＝a nn，求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)由已知得b 1＝a 1＝1，且a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n，即b n ＋1＝b n ＋12n ，从而b 2＝b 1＋12，b 3＝b 2＋122，…b n ＝b n －1＋12n －1(n ≥2)．于是b n ＝b 1＋12＋122＋…＋12n －1＝2－12n －1(n ≥2)．又b 1＝1，故所求的通项公式为b n ＝2－12n －1.(2)由(1)知a n ＝2n －n2n －1，故S n ＝(2＋4＋…＋2n )－(1＋22＋322＋423＋…＋n2n －1)，设T n ＝1＋221＋322＋423＋…＋n2n －1，①12T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，② ①－②得， 12T n ＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－22n －n 2n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1.∴S n ＝n (n ＋1)＋n ＋22n －1－4.。