高中数列求和及通项公式习题
数列专题训练包括通项公式求法和前n项和求法 的方法和习题
数列专题1、数列的通项公式与前n 项的和的关系11,1,2n n n s n a s s n -=⎧=⎨-≥⎩( 数列{}n a 的前n 项的和为12n n s a a a =+++L ).2、等差数列的通项公式*11(1)()n a a n d dn a d n N =+-=+-∈；3、等差数列其前n 项和公式为1()2n n n a a s +=1(1)2n n na d -=+211()22d n a d n =+-. 4、等比数列的通项公式1*11()n nn a a a q q n N q-==⋅∈； 5、等比数列前n 项的和公式为11(1),11,1n n a q q s q na q ⎧-≠⎪=-⎨⎪=⎩ 或 11,11,1n n a a qq q s na q -⎧≠⎪-=⎨⎪=⎩.常用数列不等式证明中的裂项形式:（1）(1111n n =-+n(n+1)1111()1k n k =-+n(n+k);(2) 211111()1211k k k <=---+2k (3)211111111(1)(1)1kk k k k k k k k-=<<=-++-- (4)1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦; (5)()()111!!1!n n n n =-++(6)=<<=1(1)n n >+)一.数列的通项公式的求法1.定义法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式。
例．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式.解：设数列{}n a 公差为)0(>d d∵931,,a a a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=⇒∵0≠d ， ∴d a =1………………………………①∵255a S = ∴211)4(2455d a d a +=⋅⨯+…………② 由①②得：531=a ，53=d∴n n a n 5353)1(53=⨯-+=2.公式法：已知n S （即12()n a a a f n +++=L ）求n a ，用作差法：{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥。
(完整版)求数列通项公式与数列求和精选练习题(有答案)
数列的通项公式与求和112342421{},1(1,2,3,)3(1),,{}.(2)n n n n n na n S a a S n a a a a a a a +===+++L L 数列的前项为且，求的值及数列的通项公式求1112{},1(1,2,).:(1){};(2)4n n n n nn n n a n S a a S n nS nS a +++====L 数列的前项和记为已知，证明数列是等比数列*121{}(1)()3(1),;(2):{}.n n nn n a n S S a n N a a a =-∈ 已知数列的前项为，求求证数列是等比数列11211{},,.2n n n n a a a a a n n +==++ 已知数列满足求练习1 练习2 练习3 练习4112{},,,.31n n n n n a a a a a n +==+ 已知数列满足求111511{},,().632n n n n n a a a a a ++==+ 已知数列中,求111{}:1,{}.31n n nn n a a a a a a --==⋅+ 已知数列满足，求数列的通项公式练习8 等比数列{}n a 的前n 项和Sｎ＝2ｎ－１，则2232221na a a a ++++Λ练习9 求和：5，55，555，5555，…，5(101)9n-，…；练习5 练习6练习7练习10 求和：1111447(32)(31)n n+++⨯⨯-⨯+L练习11 求和：111112123123n ++++= +++++++LL练习12 设{}na是等差数列，{}nb是各项都为正数的等比数列，且111a b==，3521a b+=，5313a b+=（Ⅰ）求{}na，{}nb的通项公式；（Ⅱ）求数列nnab⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和n S．答案练习1答案：练习2 证明： (1)注意到：a(n+1)=S(n+1)-S(n)代入已知第二条式子得： S(n+1)-S(n)=S(n)*(n+2)/n nS(n+1)-nS(n)=S(n)*(n+2) nS(n+1)=S(n)*(2n+2) S(n+1)/(n+1)=S(n)/n*2又S(1)/1=a(1)/1=1不等于0 所以{S(n)/n}是等比数列 (2)由(1)知，{S(n)/n}是以1为首项，2为公比的等比数列。
高二数学数列求和试题答案及解析
高二数学数列求和试题答案及解析1.数列的通项，其前项和为，则为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，注意到数列的周期为3，并且【考点】1．三角恒等变换；2．数列求和2.设等比数列都在函数的图象上。
（1）求r的值；（2）当；（3）若对一切的正整数n，总有的取值范围。
【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由已知可得，当时，是等比数列， 4分（2）由（1）可知，8分（3）递增，当时，取最小值为所以一切的 12分【考点】数列求通项求和点评：数列求和采用的错位相减法，此法适用于通项公式为关于n的一次式与指数式的乘积形式的数列，第三问不等式恒成立转化为求数列前n项和的最值，期间借助了数列的单调性}中，，试猜想这个数列的通项公式。
3.在数列{an【答案】【解析】因为，，所以，。
【考点】本题主要考查数列的递推公式，等差数列的通项公式。
点评：简单题，考察数列要从多方面入手，如本题中，通过研究的特征，利用等差数列的知识，使问题得解。
4.对正整数，设曲线在处的切线与轴交点的纵坐标为，则数列的前项和的公式是【答案】=-2n-1（n+2），所以，切线方程为：y+2n=-2n-1（n+2）（x-2），【解析】因为y'|x=2=（n+1）2n，令x=0，求出切线与y轴交点的纵坐标为y=。
所以，则数列{}的前n项和Sn【考点】本题主要考查导数的几何意义，直线方程，等比数列的求和公式。
点评：中档题，切线的斜率等于函数在切点的导函数值。
最终转化成等比数列的求和问题。
5.在数列中，=1，，其中实数.（I）求；（Ⅱ）猜想的通项公式, 并证明你的猜想.【答案】（Ⅰ）(Ⅱ）猜想：应用数学归纳法证明。
【解析】（Ⅰ）由6分(Ⅱ）猜想：①当时，，猜想成立；②假设时，猜想成立，即:，则时，=猜想成立.综合①②可得对，成立. 12分【考点】本题主要考查归纳法及数学归纳法。
点评：中档题，“归纳，猜想，证明”是创造发明的良好方法。
利用数学归纳法证明命题的正确性，要注意遵循“两步一结”。
高中数学数列求和的五种方法
⾼中数学数列求和的五种⽅法⼀、公式法求和例题1、设 {an} 是由正数组成的等⽐数列,Sn为其前 n 项和，已知 a2 · a4=1 , S3=7，则 S5 等于( B )(A) 15/2 (B) 31/4 (C) 33/4 (D) 17/2解析：∵ {an} 是由正数组成的等⽐数列 , 且 a2 · a4 = 1, q > 0 ,例题1图注：等⽐数列求和公式图例题2、已知数列 {an} 的前 n 项和 Sn = an^2+bn (a、b∈R), 且 S25=100 , 则a12+a14等于( B )(A) 16 (B) 8 (C) 4 (D) 不确定解析：由数列 {an} 的前 n 项和 Sn = an^2 + bn (a、b∈R), 可知数列 {an} 是等差数列,由S25= 1/2 ×（a1 + a25）× 25 = 100 ，解得 a1+a25 = 8,所以 a1+a25 = a12+a14 = 8。
注：等差数列求和公式图⼆、分组转化法求和例题3、在数列 {an} 中, a1= 3/2 ，例题3图（1）解析：例题3图（2）故例题3图（3）∵ an>1，∴ S < 2="">∴有 1 < s=""><>∴ S 的整数部分为 1。
例题4、数列例题4图（1）例题4图（2）解析：例题4图（3）三、并项法求和例题5、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) 的值是多少？解析:由条件可知：f(x)+f(1-x)=1，⽽x+(1-x)=1，∴f(-2)+f(3)=1，f(-1)+f(2)=1，f(0)+f(1)=1，∴ f(-2) + f(-1) + f(0) + f(1) + f(2) + f(3) = 3。
复习数列的通项及求和综合(教)
数列的通项及求和综合由数列的递推关系求通项公式 命题点1 累加法例1 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________.答案 n 2＋n ＋22解析 由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22(n ≥2)．又a 1＝2也满足上式，所以a n ＝n 2＋n ＋22.命题点2 累乘法例2 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝nn ＋1a n，则a n ＝________.答案 2n解析 ∵a n ＋1＝nn ＋1a n，a 1＝2，∴a n ≠0，∴a n ＋1a n ＝n n ＋1. ∴当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n.又a 1＝2也满足上式，所以a n ＝2n.思维升华 已知数列的递推关系求通项公式的典型方法 (1)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解．(2)当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解．跟踪训练1 (1)(2019·龙岩质检)若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n －1＝2n ，则a n ＝________. 答案 2n ＋n －2解析 因为数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n －1＝2n ， 所以a 2－a 1＝1＋21， a 3－a 2＝1＋22， a 4－a 3＝1＋23， ……a n －a n －1＝1＋2n －1，n ≥2，以上各式相加得a n －a 1＝n －1＋(21＋22＋23＋…＋2n －1)，n ≥2， 所以a n ＝2n ＋n －2，n ≥2，又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝2n ＋n －2n .(2)已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝nn ＋2a n，求通项公式a n .解 由已知得a n ＋1a n ＝nn ＋2，分别令n ＝1,2,3，…，(n －1)，代入上式得n －1个等式累乘，即a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13×24×35×46×…×n －2n ×n －1n ＋1， 所以a n a 1＝2n (n ＋1)，即n ≥2时，a n ＝43n (n ＋1)，又因为a 1＝23也满足该式，所以a n ＝43n (n ＋1).对于数列通项公式的求解，除了我们已经学习的方法以外，根据所给递推公式的特点，还有以下几种构造方式．构造法1 形如a n ＋1＝ca n ＋d (c ≠0，其中a 1＝a )型 (1)若c ＝1，数列{a n }为等差数列. (2)若d ＝0，数列{a n }为等比数列.(3)若c ≠1且d ≠0，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求． 方法如下：设a n ＋1＋λ＝c (a n ＋λ)，得a n ＋1＝ca n ＋(c －1)λ，与题设a n ＋1＝ca n ＋d 比较系数得λ＝dc －1(c ≠1)，所以a n ＋dc －1＝c ⎝⎛⎭⎫a n －1＋d c －1(n ≥2)，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋d c －1构成以a 1＋dc －1为首项，以c 为公比的等比数列．例3 在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则通项a n ＝________.答案 2×3n －1－1解析 a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， 又因为a 1＋1＝2≠0，所以{a n ＋1}构成以2为首项，以3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2·3n －1，a n ＝2·3n －1－1.构造法2 形如 a n ＋1＝pa n ＋q ·p n ＋1(p ≠0,1，q ≠0)型a n ＋1＝pa n ＋q ·p n ＋1(p ≠0,1，q ≠0)的求解方法是两端同时除以p n ＋1，即得a n ＋1p n ＋1－a n p n ＝q ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n p n 为等差数列．例4 (1)已知正项数列{a n }满足a 1＝4，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，则a n 等于( )A ．n ·2n －1 B ．(n ＋1)·2nC ．n ·2n ＋1 D ．(n －1)·2n 答案 B解析 ∵a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1， ∴a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋1，即a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1，又∵a 121＝42＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为2，公差为1的等差数列，∴a n2n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1， ∴a n ＝(n ＋1)·2n ，故选B.(2)(2019·武汉市二中月考)已知正项数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3×5n ，则数列{a n }的通项a n 等于( )A ．－3×2n －1B ．3×2n －1C ．5n ＋3×2n －1D ．5n －3×2n －1 答案 D解析 方法一 在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25×a n 5n ＋35，①令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35， 即b n ＋1－1＝25(b n －1)，所以数列{b n －1}是等比数列，其首项为b 1－1＝a 15－1＝－35，公比为25，所以b n －1＝⎝⎛⎭⎫－35×⎝⎛⎭⎫25n －1， 即b n ＝1－35×⎝⎛⎭⎫25n －1，所以a n 5n ＝1－35×⎝⎛⎭⎫25n －1＝1－3×2n －15n.故a n ＝5n －3×2n －1.方法二 设a n ＋1＋k ·5n ＋1＝2(a n ＋k ×5n )，则a n ＋1＝2a n －3k ×5n ，与题中递推公式比较得k ＝－1，即a n ＋1－5n ＋1＝2(a n －5n )，所以数列{a n －5n }是首项为a 1－5＝－3，公比为2的等比数列，则a n －5n ＝－3×2n －1，故a n ＝5n －3×2n －1.故选D.构造法3 相邻项的差为特殊数列(形如a n ＋1＝pa n ＋qa n －1，其中a 1＝a ，a 2＝b 型) 可化为a n ＋1－x 1a n ＝x 2(a n －x 1a n －1)，其中x 1，x 2是方程x 2－px －q ＝0的两根．例5 数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝23a n ＋1＋13a n ，求数列{a n }的通项公式．解 由a n ＋2＝23a n ＋1＋13a n 可得，a n ＋2－a n ＋1＝－13(a n ＋1－a n )，所以数列{a n ＋1－a n }是首项为1，公比为－13的等比数列，当n ≥2时，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝－13，a 4－a 3＝19，…，a n －a n －1＝⎝⎛⎭⎫－13n －2， 将上面的式子相加可得a n －1＝1＋⎝⎛⎭⎫－13＋19＋…＋⎝⎛⎭⎫－13n －2， 从而可求得a n ＝2＋⎝⎛⎭⎫－13＋19＋…＋⎝⎛⎭⎫－13n －2， 故有a n ＝74＋94×⎝⎛⎭⎫－13n ，n ≥2， 又a 1＝1满足上式，所以a n ＝74＋94×⎝⎛⎭⎫－13n . 构造法4 倒数为特殊数列(形如a n ＝pa n －1ra n －1＋s 型)例6 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，求数列{a n }的通项公式．解 ∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12， 又a 1＝1，则1a 1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *).变式训练(1)a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3；(2)a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2.数列求和考向1 分组转化法求和例7 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 .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1，a 2，a 3－2成等差数列，得2a 2＝a 1＋a 3－2， 即4q ＝2＋2q 2－2，解得q ＝2(q ＝0舍去)，则a n ＝a 1q n －1＝2n ，n ∈N *.(2)b n ＝1a n ＋2log 2a n －1＝12n ＋2log 22n －1＝12n ＋2n －1，则数列{b n }的前n 项和S n ＝⎝⎛⎭⎫12＋14＋…＋12n ＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＋12n (1＋2n －1)＝1－12n ＋n 2.考向2 裂项相消法求和例8 (2020·北京昌平区模拟)已知等差数列{a n }满足a 1＋a 3＝8，a 4－a 2＝4. (1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，若T n >99100，求n 的最小值．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋2d ＝8，a 1＋3d －a 1－d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2.所以a n ＝2n ，S n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)因为1S n ＝1n 2＋n ＝1n －1n ＋1，所以T n ＝1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1. 因为T n >99100，即1－1n ＋1>99100，所以n >99，所以n 的最小值为100. 考向3 错位相减法求和例9 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n >0，且a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3(1＋S n )，求数列{a n b n }的前n 项和T n .解 (1)由a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0及a n >0，得⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n 2－2×a n ＋1a n －3＝0，解得a n ＋1a n ＝3或a n ＋1a n＝－1(舍)，所以{a n }是等比数列，且公比q ＝3，又a 1＝2，所以a n ＝2·3n －1，n ∈N *.(2)因为S n ＝2(1－3n )1－3＝3n －1，所以b n ＝log 3(1＋S n )＝n ，则a n b n ＝2n ·3n －1，所以T n ＝2×30＋4×31＋6×32＋…＋(2n －2)·3n －2＋2n ·3n －1，①所以3T n ＝2×31＋4×32＋6×33＋…＋(2n －2)·3n －1＋2n ·3n ，② ①－②，得(1－3)T n ＝2＋2×31＋2×32＋2×33＋…＋2·3n －1－2n ·3n＝2(1－3n )1－3－2n ·3n ＝(1－2n )·3n－1，所以T n ＝⎝⎛⎭⎫n －12·3n ＋12. 规律方法 (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和差． (2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．(3)错位相减法求和，主要用于求{a n b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列．跟踪演练4 (1)(2020·武汉江夏一中、汉阳一中联考)若首项为23的数列{a n }满足2(2n ＋1)a n a n ＋1＋a n ＋1＝a n ，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020等于( ) A.8 0804 041 B.4 0784 040 C.4 0404 041 D.4 0394 040 答案 C解析 依题意得a n ≠0，由2(2n ＋1)a n a n ＋1＝a n －a n ＋1，等式两边同时除以a n a n ＋1可得1a n ＋1－1a n＝4n ＋2，则当n ≥2时，1a n －1a n －1＝4n －2，1a n －1－1a n －2＝4n －6，…，1a 2－1a 1＝6，以上式子左右两边分别相加可得 1a n －1a 1＝(6＋4n －2)(n －1)2， 即1a n ＝2n 2－12＝(2n －1)(2n ＋1)2， 所以a n ＝2(2n －1)(2n ＋1)＝12n －1－12n ＋1，当n ＝1时，a 1＝23满足上式．故a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020＝1－13＋13－15＋…＋14 039－14 041＝1－14 041＝4 0404 041.(2)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1nb n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．①求数列{a n }与{b n }的通项公式；②记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .解 ①由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *)． 由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.当n ≥2时，1n b n ＝b n ＋1－b n .整理得b n ＋1n ＋1＝b nn ，又b 22＝b 11，所以b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知a n b n ＝n ·2n ，因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ，2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1.故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)．已知数列{a n }满足a 1＋12a 2＋…＋1n a n ＝n 2＋n (n ∈N *)，设数列{b n }满足b n ＝2n ＋1a n a n ＋1，数列{b n }的前n项和为T n ，若T n <nn ＋1λ(n ∈N *)恒成立，则λ的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫14，＋∞ B.⎣⎡⎭⎫14，＋∞ C.⎣⎡⎭⎫38，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫38，＋∞答案 D解析 因为a 1＋12a 2＋…＋1n a n ＝n 2＋n (n ∈N *)，所以 a 1＋12a 2＋…＋1n －1a n －1＝(n －1)2＋(n －1)(n ∈N *，n ≥2)，故1na n ＝2n ，即a n ＝2n 2(n ≥2)． 当n ＝1时，a 1＝12＋1＝2，满足上式， 故a n ＝2n 2(n ∈N *)．b n ＝2n ＋14n 2×(n ＋1)2＝14⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋1)2， 故T n ＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫112－122＋⎝⎛⎭⎫122－132＋…＋1n 2－1(n ＋1)2 ＝14⎣⎡⎦⎤1－1(n ＋1)2＝n 2＋2n 4(n ＋1)2， 故T n <n n ＋1λ(n ∈N *)恒成立等价于n 2＋2n 4(n ＋1)2<n n ＋1λ，即n ＋24(n ＋1)<λ恒成立，化简，得14＋14(n ＋1)<λ， 因为14＋14(n ＋1)≤14＋18＝38，故λ>38.一、选择题1．(2020·聊城模拟)数列1,6,15,28,45，…中的每一项都可用如图所示的六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么第10个六边形数为( )A ．153B ．190C ．231D ．276 答案 B解析 由题意知，数列{a n }的各项为1,6,15,28,45，…，所以a 1＝1＝1×1，a 2＝6＝2×3，a 3＝15＝3×5，a 4＝28＝4×7，a 5＝45＝5×9，…，a n ＝n (2n －1)，所以a 10＝10×19＝190. 2．(2020·威海模拟)等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若a 1>0，S 10＝S 20，则下列结论错误的是( ) A ．d <0 B ．a 16<0 C ．S n ≤S 15 D ．当且仅当S n <0时，n ≥32 答案 D解析 因为等差数列{a n }中，S 10＝S 20，所以a 11＋a 12＋…＋a 19＋a 20＝5(a 15＋a 16)＝0， 又a 1>0，所以a 15>0，a 16<0，所以d <0，S n ≤S 15，故ABC 正确；因为S 31＝31(a 1＋a 31)2＝31a 16<0，故D 错误．3．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 020等于( )A ．3B ．2C ．1D ．0 答案 A解析 ∵a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1，a 8＝2，……，故数列{a n }是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S 2 020＝336×0＋a 2 017＋a 2 018＋a 2 019＋a 2 020＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3.故选A.4．已知数列{a n }满足a n ＋1－a n n ＝2，a 1＝20，则a nn的最小值为( )A ．4 5B ．45－1C ．8D ．9 答案 C解析 由a n ＋1－a n ＝2n 知，当n ≥2时，a 2－a 1＝2×1，a 3－a 2＝2×2，…，a n －a n －1＝2(n －1)，相加得，a n －a 1＝n 2－n ，所以a n n ＝n ＋20n －1，又a 1＝20满足上式，所以a n n ＝n ＋20n －1，又n ∈N *，所以n ≤4时，a n n 单调递减，n ≥5时，a nn单调递增，因为a 44＝a 55，所以a n n 的最小值为a 44＝a 55＝8.故选C.5．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 ．1 845 D ．1 830 答案 D解析 不妨令a 1＝1，则a 2＝2，a 3＝a 5＝a 7＝…＝a 2n －1＝1，a 4＝6，a 6＝10，…，所以当n 为奇数时，a n ＝1；当n 为偶数时，构成以a 2＝2为首项，4为公差的等差数列，所以{a n }的前60项和为30＋2×30＋30×(30－1)2×4＝1 830.6．已知数列{a n }和{b n }的首项均为1，且a n －1≥a n (n ≥2)，a n ＋1≥a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n S n ＋1＋a n b n ＋1＝0，则S 2 021等于( )A ．2 021 B.12 021 C ．4 041 D.14 041答案 D解析 由a n －1≥a n (n ≥2)，a n ＋1≥a n 可得a n ＋1＝a n ， 即数列{a n }是常数列，又数列{a n }的首项为1，所以a n ＝1，所以当S n S n ＋1≠0时，2S n S n ＋1＋a n b n ＋1＝0可化为2S n S n ＋1＋b n ＋1＝0， 因为S n 为数列{b n }的前n 项和，所以2S n S n ＋1＋b n ＋1＝2S n S n ＋1＋(S n ＋1－S n )＝0，所以1S n ＋1－1S n＝2，又1S 1＝1b 1＝1，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以1S n＝1＋2(n －1)＝2n －1，故S n ＝12n －1，即S n S n ＋1≠0.所以S 2 021＝14 041.7．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.二、填空题8．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若该数列的前k 项之和等于9，则k ＝________.答案 99 解析 a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，故前n 项和S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1，令S k ＝k ＋1－1＝9，解得k ＝99.9．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1a n ＝n ＋2n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前10项和为________． 答案 n ＋12 53解析 因为a n ＋1a n ＝n ＋2n ＋1，所以a 2a 1＝32，a 3a 2＝43，a 4a 3＝54，…，a n a n －1＝n ＋1n (n ≥2)，把它们左右两边分别相乘，得a n ＝n ＋12(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1也符合上式，所以a n ＝n ＋12(n ∈N *)．所以1a n a n ＋1＝4(n ＋1)(n ＋2)＝4⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前10项和为4×⎝⎛⎭⎫12－13＋13－14＋…＋111－112＝4×⎝⎛⎭⎫12－112＝53. 10．已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝3n －λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围． 解 (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ， ∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ，即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1n ＋1＝a nn，∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1， ∴a n ＝n (n ∈N *)． (2)b n ＝3n －λn 2.b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2) ＝2·3n －λ(2n ＋1)．∵数列{b n }为递增数列，∴2·3n－λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n2n ＋1.令c n ＝2·3n2n ＋1，则c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1. ∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2， 即λ的取值范围为(－∞，2)．11．(2020·桂林期末)已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和记为S n ，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a n ＋1，求数列{a n ＋b n }的前n 项和T n .解 (1)由题意，得a n ＋1＝2S n ＋1，a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减，得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n (n ≥2)，a n ＋1＝3a n ，又∵a 2＝2S 1＋1＝2a 1＋1＝3，a 2a 1＝3，∴a n ＋1a n＝3(n ∈N *)，∴{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1.(2)由(1)可知a n ＝3n －1，则a n ＋1＝3n ，∴b n ＝log 3a n ＋1＝log 33n ＝n ，∴a n ＋b n ＝3n －1＋n 为等比数列与等差数列的和． 利用分组转化法求和可得T n ＝(30＋1)＋(31＋2)＋(32＋3)＋…＋(3n －1＋n )＝(30＋31＋32＋…＋3n －1)＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1－3n 1－3＋n (1＋n )2＝3n ＋n 2＋n －12.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)，且b 1＝1.(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n ＝(－1)n －1·4(n ＋1)(3＋2log 2a n )(3＋2log 2a n ＋1)，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ；解 (1)由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)，两边同除以n (n ＋1)，得b n ＋1n ＋1－b nn＝1，从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为首项b 11＝1，公差d ＝1的等差数列，所以b n n ＝n (n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2(n ∈N *)． 当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1， 两式相减得a n ＝2a n －1，又a 1＝1≠0，所以a na n －1＝2，从而数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列，从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)c n ＝(－1)n －1·⎣⎡⎦⎤4(n ＋1)(2n ＋1)(2n ＋3)＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3， T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝13＋15－15－17＋…－14n ＋1－14n ＋3＝13－14n ＋3(n ∈N *)．。
高二数学数列求和试题答案及解析
高二数学数列求和试题答案及解析1.已知数列的前项和为，且，；数列中，点在直线上．（1）求数列和的通项公式；（2）设数列的前和为，求；【答案】（1），（2）【解析】（1）求数列的通项公式用公式法即可推导数列为等比数列，根据等比数列通项公式可求。
求的通项公式也用公式法，根据已知条件可知数列为等差数列，根据等差数列的通项公式可直接求得。
（2）用列项相消法求和。
试题解析：解：（1）∵，∴当时，…2分所以，即∴数列是等比数列．∵，∴∴． 5分∵点在直线上，∴，即数列是等差数列，又，∴．…7分（2）由题意可得，∴， 9分∴，…10分∴． 14分【考点】1求数列的通向公式；2数列求和。
2.数列的通项公式，则该数列的前（）项之和等于.A．B．C．D．【答案】B【解析】，令，解得.故选B.【考点】数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）3.设数列中，，则通项 ___________．【答案】．【解析】由已知得，即数列后项与前项的差，求它的通项公式的方法是的累加法，，＝．【考点】数列的求和．4.已知数列的前n项和，则（）A．20B．19C．18D．17【答案】C【解析】当时，有【考点】数列求通项点评：由数列前n项和求通项5.观察下列三角形数表：第一行第二行第三行第四行第五行………………………………………….假设第行的第二个数为.（1）依次写出第八行的所有8个数字；（2）归纳出的关系式，并求出的通项公式.【答案】（1）根据已知条件可知每一个数字等于肩上两个数之和，那么可知第八行中的8个数字为8,29,63,91,91,63,29,8（2）【解析】(1)8,29,63,91,91,63,29,8(规律：每行除首末数字外，每个数等于其肩上两数字之和)（2）由已知：，所以有：，, ,……,,将以上各式相加的：所以的通项公式为：。
【考点】累加法求解数列的通项公式点评：主要是考查了递推关系式的运用，结合累加法来求解数列的通项公式，属于基础题。
2022年高考数学核心考点专题训练专题23 数列的通项公式与求和(含解析)
2022年高考数学核心考点专题训练专题23数列的通项公式与求和一、单选题（本大题共10小题，共50分）1．据《乾陵百迷》记载：乾陵是陕西关中地区唐十八陵之一，位于乾县县城北部的梁山上，是唐高宗李治和武则天的合葬墓．乾陵是目前保存最完好的一座帝王陵墓．1961年3月被国务院公布为第一批全国重点文物保护单位．乾陵气势雄伟，规模宏大．登乾陵需要通过一段石阶路，如图所示，石阶路共526级台阶（各台阶高度相同．．．．．．．）和18座平台，宽11米，全路用32000块富平墨玉石砌成．右阶有许多象征意义．比如第一道平台的34级台阶，象征唐高宗李治在位执政34年，第二道平台的21级台阶，象征武则天执政21年……第九道平台的108级台阶，象征有108个“吉祥”现已知这108级台阶落差高度为17.69米，那么乾陵石阶路526级台阶的落差高度约为（）A ．86.2米B ．83.6米C ．84.8米D ．85.8米2．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a 元一年定期，若年利率为r 保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为（）A ．()171a r +B ．()()1711a r r r ⎡⎤+-+⎣⎦C ．()181a r +D ．()()1811a r r r ⎡⎤+-+⎣⎦3．复利是指一笔资金产生利息外，在下一个计息周期内，以前各计息周期内产生的利息也计算利息的计息方法，单利是指一笔资金只有本金计取利息，而以前各计息周期内产生的利息在下一个计息周期内不计算利息的计息方法.小闯同学一月初在某网贷平台贷款10000元，约定月利率为1.5%，按复利计算，从一月开始每月月底等额本息还款，共还款12次，直到十二月月底还清贷款，把还款总额记为x 元.如果前十一个月因故不还贷款，到十二月月底一次还清，则每月按照贷款金额的1.525%，并且按照单利计算利息，这样的还款总额记为y 元.则y -x 的值为（）(参考数据：1.01512≈1.2)A ．0B ．1200C ．1030D ．9004．已知数列中的前项和为，对任意，，且恒成立，则实数的取值范围是A．B．C ．D ．5．在数列{}n a 中,11,a =当2n ≥时,其前n 项和为n S 满足()21n n n S a S =-,设22log nn n S b S +=,数列{}n b 的前n 项和为n T ,则满足6n T ≥的最小正整数n 是A ．12B ．11C ．10D ．96．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且15a =，116(2)2n n a a n -=-+≥，若对任意的*n N ∈，1(4)3n p S n ≤-≤恒成立，则实数p 的取值范围为A ．(2,3]B ．[2,3]C ．(2,4]D ．[2,4]7．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米，当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟先他10米，当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟先他1米....所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.1米时，乌龟爬行的总距离为（）A ．5101900-米B ．510990-米C ．4109900-米D ．410190-米8．朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有132根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（）A ．5B ．6C ．7D ．89．删去正整数数列1,2,3, 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2018项是A ．2062B ．2063C ．2064D ．206510．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，123n n a a n ++=+，且1450n S =，若24a <，则n 的最大值为A ．51B ．52C ．53D ．54二、填空题（本大题共4小题，共20分）11．设数列{}n a 满足123a =，且对任意的*n N ∈，满足22n n n a a +-≤，452nn n a a +-≥⨯,则2017a =_________12．数列{}n a 满足*12121(1,)n n n n n n n n a a a a a a a a n N +++++=++≠∈，且11a =，22a =.若sin()(0,)2n a A n c πωϕωϕ=++><，则实数A =__________．13．1967年，法国数学家蒙德尔布罗的文章《英国的海岸线有多长？》标志着几何概念从整数维到分数维的飞跃.1977年他正式将具有分数维的图形成为“分形”，并建立了以这类图形为对象的数学分支——分形几何．分形几何不只是扮演着计算机艺术家的角色，事实表明它们是描述和探索自然界大量存在的不规则现象的工具．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB 的长度为1，在线段AB 上取两个点C ，D ，使得13AC DB AB ==，以CD 为一边在线段AB 的上方做一个正三角形，然后去掉线段CD ，得到图2中的图形；对图2中的线段EC 、ED 作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：记第n 个图形（图1为第一个图形）中的所有线段长的和为n S ，对任意的正整数n ，都有n S a ＜，则a 的最小值为__________．14．对于实数x ，[x]表示不超过x 的最大整数，已知正数列{a n }满足S n =12（a n n 1a +），n ∈N*，其中S n 为数列{a n }的前n 项的和，则[12121111S S S ++⋯+]=______．三、解答题（本大题共3小题，共30分）15．已知等比数列{}n a 的前n 项和为()*234,2,,4n S n N S S S ∈-成等差数列，且2341216a a a ++=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2(2)log n an b n =-+，求数列1{}nb 的前n 项和n T .16．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，11(1)(,,0,1)1n n a q S a q R a q q-=∈≠≠-（1）求证：数列{}n a 是等比数列；（2）若*q N ∈，是否存在q 的某些取值，使数列{}n a 中某一项能表示为另外三项之和？若能求出q 的全部取值集合，若不能说明理由．（3）若q ∈R ，是否存在[3,)q ∈+∞，使数列{}n a 中，某一项可以表示为另外三项之和？若存在指出q 的一个取值，若不存在，说明理由．17．已知无穷数列{}n a 与无穷数列{}n b 满足下列条件：①{0,1,2},n a n ∈∈*N ；②1111(1)||,24n n n n n b a a n b *++=-⋅-∈N .记数列{}n b 的前n 项积为n T .（1）若112341 ,0 , 2 ,1a b a a a =====，求4T ；（2）是否存在1234,,,a a a a ，使得1234,,,b b b b 成等差数列？若存在，请写出一组1234,,,a a a a ;若不存在，请说明理由；（3）若11b =，求2021T 的最大值.专题23数列的通项公式与求和一、单选题（本大题共10小题，共50分）1．据《乾陵百迷》记载：乾陵是陕西关中地区唐十八陵之一，位于乾县县城北部的梁山上，是唐高宗李治和武则天的合葬墓．乾陵是目前保存最完好的一座帝王陵墓．1961年3月被国务院公布为第一批全国重点文物保护单位．乾陵气势雄伟，规模宏大．登乾陵需要通过一段石阶路，如图所示，石阶路共526级台阶（各台阶高度相同．．．．．．．）和18座平台，宽11米，全路用32000块富平墨玉石砌成．右阶有许多象征意义．比如第一道平台的34级台阶，象征唐高宗李治在位执政34年，第二道平台的21级台阶，象征武则天执政21年……第九道平台的108级台阶，象征有108个“吉祥”现已知这108级台阶落差高度为17.69米，那么乾陵石阶路526级台阶的落差高度约为（）A ．86.2米B ．83.6米C ．84.8米D ．85.8米【答案】A【解析】解：由题意可知所求高度为17.6910852686.2÷⨯≈，所以乾陵石阶路526级台阶的落差高度约为86.2米，故选：A2．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a 元一年定期，若年利率为r 保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为（）A ．()171a r +B ．()()1711a r r r ⎡⎤+-+⎣⎦C ．()181a r +D ．()()1811a r r r ⎡⎤+-+⎣⎦【答案】D【解析】根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为()171a r +，同理：孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为()161a r +，孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为()151a r +，孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为()1a r +，可以看成是以()1a r +为首项，1r +为公比的等比数列的前17项的和，此时将存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数：()()()()()()()()171716181111111111a r r a S a r a r a r r r r r ⎡⎤+-+⎣⎦⎡⎤=++++++==+-+⎣⎦-+ 故选：D3．复利是指一笔资金产生利息外，在下一个计息周期内，以前各计息周期内产生的利息也计算利息的计息方法，单利是指一笔资金只有本金计取利息，而以前各计息周期内产生的利息在下一个计息周期内不计算利息的计息方法.小闯同学一月初在某网贷平台贷款10000元，约定月利率为1.5%，按复利计算，从一月开始每月月底等额本息还款，共还款12次，直到十二月月底还清贷款，把还款总额记为x 元.如果前十一个月因故不还贷款，到十二月月底一次还清，则每月按照贷款金额的1.525%，并且按照单利计算利息，这样的还款总额记为y 元.则y -x 的值为（）(参考数据：1.01512≈1.2)A ．0B ．1200C ．1030D ．900【答案】C【解析】解：由题意知，按复利计算，设小闯同学每个月还款a 元，则小闯同学第一次还款a 元后，还欠本金及利息为10000(1 1.5%)a +-元，第二次还款a 元后，还欠本金及利息为210000(1 1.5%)(1 1.5%)a a +-+-，第三次还款a 元后，还欠本金及利息为3210000(1 1.5%)(1 1.5%)(1 1.5%)a a a +-+-+-，依次类推，直到第十二次还款后，全部还清，即12111010000(1 1.5%)(1 1.5%)(1 1.5%)(1 1.5%)0a a a a +-+-+-⋅⋅⋅-+-=，即12121 1.01510000(1 1.5%)1 1.015a -+=⋅-，解得900a ≈，故1290010800x =⨯=元，按照单利算利息，12月后，所结利息共100000.01525121830⨯⨯=元，故10000183011830y =+=元，所以11830108001030y x -=-=，故选：C4．已知数列中的前项和为，对任意，，且恒成立，则实数的取值范围是A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由有,当1n =时,1111262a S a ==-++-,求得174a =-,当2n ≥时,111111(1)26(1)2(1)622nn n n n n n nn a S S a n a n ----⎡⎤=-=-++---++--⎢⎥⎣⎦,化简得1111(1)(1)22n n n n n a a +-⎡⎤+-=--+⎣⎦,当2()n k k N *=∈,1122n n a -=-+,所以2121222112,222k k k k a a -++=-+=-+,当21()n k k N *=-∈,11222n n na a -=--+,所以,因为恒成立,所以当当2()n k k N *=∈,21222211()()0,2622k k k kp a p a p ++--<∴-+<<-,即31951616p -<<,当2()n k k N *=∈,221()()0k k p a p a ---<,221172326,2244k k p p -+<<-∴-<<,综上两种情况,有72344p -<<．5．在数列{}n a 中,11,a =当2n ≥时,其前n 项和为n S 满足()21n n n S a S =-,设22log nn n S b S +=,数列{}n b 的前n 项和为n T ,则满足6n T ≥的最小正整数n 是A ．12B ．11C ．10D ．9【答案】C【解析】由()21n n n S a S =-可得()()211n n n n S S S S -=--，即1111n n S S --=，所以数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，首项为1，公差为1，则()111n n n S =+-=，解得1n S n=，所以2222log log n n n S n b S n ++==，数列{}n b 的前n 项和22222234512345log log log log log log (1231123n n n T n n ++=+++++=⨯⨯⨯⨯- ()()21212log 12n n n n n n ++++⨯=-．由6n T ≥可得()()212log 62n n ++≥，即()()7122n n ++≥，令()2231312612824f x x x x ⎛⎫=+-=+-- ⎪⎝⎭，可得函数()f x 在[)1,+∞上单调递增，而()9180f =-<，()1040f =>，若*x N ∈，则10n ≥，则满足6n T ≥的最小正整数n 是10．故选C ．6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且15a =，116(2)2n n a a n -=-+≥，若对任意的*n N ∈，1(4)3n p S n ≤-≤恒成立，则实数p 的取值范围为A ．(2,3]B ．[2,3]C ．(2,4]D ．[2,4]【答案】B【解析】由数列的递推公式可得：()11442n n a a +-=--，则数列{}4n a -是首项为141a -=，公比为12-的等比数列，111141,422n n n n a a --⎛⎫⎛⎫-=⨯-∴=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，分组求和可得：211432nn S n ⎡⎤⎛⎫=--+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，题中的不等式即2111332np ⎡⎤⎛⎫≤⨯--≤⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦恒成立，结合恒成立的条件可得实数p 的取值范围为[]2,3本题选择B 选项.7．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米，当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟先他10米，当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟先他1米....所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.1米时，乌龟爬行的总距离为（）A ．5101900-米B ．510990-米C ．4109900-米D ．410190-米【答案】D【解析】根据题意，这是一个等比数列模型，设11100,,0.110na q a ===，所以110.110010n n a -⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭，解得4n =，所以()4444111001*********1190a q Sq⎛⎫⎛⎫ ⎪-⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭==-=--.故选：D.8．朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有132根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（）A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】D【解析】设最上面一层放1a 根，一共放n （n ≥2）层，则最下一层放()11a n +-根，由等差数列前n 项和公式得：()()1211322n a n +-=，∴12642=1a n n-+，∵1N a *∈,∴n 为264的因数，且2641n n-+为偶数，把各个选项分别代入，验证，可得：n =8满足题意.故选：D9．删去正整数数列1,2,3, 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2018项是A ．2062B ．2063C ．2064D ．2065【答案】B【解析】由题意可得，这些数可以写为：2221,2,3,2,5,6,7,8,3,⋯，第k 个平方数与第1k +个平方数之间有2k个正整数，而数列22221,2,3,2,5,6,7,8,3,45⋯共有2025项，去掉45个平方数后，还剩余2025451980-=个数，所以去掉平方数后第2018项应在2025后的第38个数，即是原来数列的第2063项，即为2063，故选B.10．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，123n n a a n ++=+，且1450n S =，若24a <，则n 的最大值为A ．51B ．52C ．53D ．54【答案】A【解析】123n n a a n +∴+=+，()()()121n n a n a n +∴-+=--+，(){}1n a n -+是以1-为公比的等比数列，()()()11121n n a n a -∴-+=-⋅-，()()()1311222nn n n S a +--∴=+-⋅当n 为偶数时，()314502n n n S +==无解，当n 为奇数时，()13214502n n n S a +=+-=，()1314522n n a +∴=-，又125a a +=，2154a a ∴=-<，即11a >，即()32902n n +<，又n 为奇数，故n 的最大值为51.故选A二、填空题（本大题共4小题，共20分）11．设数列{}n a 满足123a =，且对任意的*n N ∈，满足22n n n a a +-≤，452nn n a a +-≥⨯,则2017a =_________【答案】201723【解析】∵对任意的*n N ∈，满足22n n n a a +-≤，452nn n a a +-≥⨯，∴2442252()()2252n n n nn n n n n n a a a a a a +++++⨯≤-=-+-≤+=⨯，∴452nn n a a +-=⨯．∴20172017201320132009511()()()a a a a a a a a =-+-++-+ 20132009125(222)3=⨯++++5042(116)251163⨯-=⨯+-201723=．答案：20172312．数列{}n a 满足*12121(1,)n n n n n n n n a a a a a a a a n N +++++=++≠∈，且11a =，22a =.若sin()(0,)2n a A n c πωϕωϕ=++><，则实数A =__________．【答案】【解析】由题意，数列{}n a 满足1212n n n n n n a a a a a a ++++=++且11a =，22a =，令1n =，可得123123a a a a a a =++，即33212a a =++，解得33a =，令2n =，可得234234a a a a a a =++，即44623a a =++，解得41a =，同理可得562,3,a a == ，可得数列{}n a 的周期为3，又由()sin n a A n c ωϕ=++，所以23w π=，所以23w π=，即2sin 3n a A n c πϕ⎛⎫=++⎪⎝⎭，又由12321322232333a Asin c a Asin c a Asin c πϕπϕπϕ⎧⎛⎫=++= ⎪⎪⎝⎭⎪⎪⎛⎫=++=⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎛⎫=⨯++=⎪ ⎪⎝⎭⎩，解得23,233A c πϕ=-=-=，所以3A =-.13．1967年，法国数学家蒙德尔布罗的文章《英国的海岸线有多长？》标志着几何概念从整数维到分数维的飞跃.1977年他正式将具有分数维的图形成为“分形”，并建立了以这类图形为对象的数学分支——分形几何．分形几何不只是扮演着计算机艺术家的角色，事实表明它们是描述和探索自然界大量存在的不规则现象的工具．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB 的长度为1，在线段AB 上取两个点C ，D ，使得13AC DB AB ==，以CD 为一边在线段AB 的上方做一个正三角形，然后去掉线段CD ，得到图2中的图形；对图2中的线段EC 、ED 作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：记第n 个图形（图1为第一个图形）中的所有线段长的和为n S ，对任意的正整数n ，都有n S a ＜，则a 的最小值为__________．【答案】2．【解析】设第n 个图形中新出现的等边三角形的边长为n a ，则当2n ≥时，21111333n n n a --⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，设第n 个图形中新增加的等边三角形的个数为n b ，则当2n ≥时，22n n b -=，故121123n n n n S S ---⎛⎫-=⨯ ⎪⎝⎭，其中2n ≥，由累加法可得121121222123111223332313n n n S --⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯⨯-⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦- 1223n -⎛⎫=- ⎪⎝⎭，1n =时，11S =也符合该式，故1223n n S -⎛⎫=- ⎪⎝⎭，故2n S <对任意的1n ≥恒成立，故2a ≥即a 的最小值为2.故答案为：2.14．对于实数x ，[x]表示不超过x 的最大整数，已知正数列{a n }满足S n =12（a n n 1a +），n ∈N*，其中S n 为数列{a n }的前n 项的和，则[12121111S S S ++⋯+]=______．【答案】20【解析】由题可知0n S >，当1n >时，1111[()]2n n n n n S S S S S --=-+-化简可得2211n n S S --=，当22111,1n S a ===所以数列2{}n S 是以首项和公差都是1的等差数列，即2nn S n S =∴=又1n >时，22(2nS =记12121111S S S S =++一方面1]1)20S >=>另一方面11)]11)21S <+++=+= 所以2021S <<即[]20S =故答案为20三、解答题（本大题共3小题，共30分）15．已知等比数列{}n a 的前n 项和为()*234,2,,4n S n N S S S ∈-成等差数列，且2341216a a a ++=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2(2)log n an b n =-+，求数列1{}nb 的前n 项和n T .【答案】(1)12nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭(2)32342(1)(2)n n T n n +=-++【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，由23424,,S S S -成等差数列知，324224S S S =-+，所以432a a =-，即12q =-.又2341216a a a ++=，所以231111216a q a q a q ++=，所以112a =-，所以等比数列{}n a 的通项公式12nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.（2）由（1）知1()22(2)log (2)nn b n n n =-+=+，所以11111(2)22n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭所以数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和：11111111111224511233n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 111112212n n ⎡⎤=+--⎢⎥++⎣⎦32342(1)(2)n n n +=-++所以数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和32342(1)(2)n n T n n +=-++16．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，11(1)(,,0,1)1n n a q S a q R a q q-=∈≠≠-（1）求证：数列{}n a 是等比数列；（2）若*q N ∈，是否存在q 的某些取值，使数列{}n a 中某一项能表示为另外三项之和？若能求出q 的全部取值集合，若不能说明理由．（3）若q ∈R ，是否存在[3,)q ∈+∞，使数列{}n a 中，某一项可以表示为另外三项之和？若存在指出q 的一个取值，若不存在，说明理由．【答案】解：（1）见详解；（2）不存在；（3）不存在【解析】（1）n=1时，11a S a ==，2n ≥时，()1111n n n n n n aa S S q q aq q ---=-=-=-（n=1也符合）()1n n a aq n N -+∴=∈，1n n aq a +∴=，即数列{}n a 是等比数列．（2）若4321n n n n a a a a =++则()3421,2n n n nq q q q q N q =++∈≥可设4321n n n n >>>，两边同除以1n q 得：3141211n n n n n n q q q -----=因为左边能被q 整除，右边不能被q 整除，因此满足条件的q 不存在．（3）若4321n n n n a a a a =++则()3421,2n n n nq q q q q N q =++∈≥可设4321n n n n >>>，3q ≥ ，334442111·33n n n n n n n q q q q q q q q --=≥≥>++，∴4321n n n n a a a a =++不成立．17．已知无穷数列{}n a 与无穷数列{}n b 满足下列条件：①{0,1,2},n a n ∈∈*N ；②1111(1)||,24n n n n n b a a n b *++=-⋅-∈N .记数列{}n b 的前n 项积为n T .（1）若112341 ,0 , 2 ,1a b a a a =====，求4T ；（2）是否存在1234,,,a a a a ，使得1234,,,b b b b 成等差数列？若存在，请写出一组1234,,,a a a a ;若不存在，请说明理由；（3）若11b =，求2021T 的最大值.【答案】（1）43128T =；（2）不存在，理由见解析；（3）()10201002021max 12T ⎛⎫= ⎪⎝⎭.【解析】（1）12211(1)||242a a b b =-⋅-=-，232321(1)||244a ab b =-⋅-=-，334433(1)||2416a ab b =-⋅-=∴43128T =（2）不存在，假设存在，设1234,,,b b b b 公差为d若10b >，则2340,0,0b b b <<>，公差210d b b =-<，430d b b =->矛盾；若10b <，则2340,0,0b b b >><，公差210d b b =->，430d b b =-<矛盾.∴假设不成立，故不存在.（3）由题意110b =>，且43424140,0,0,0,k k k k b b b b ---><<>设111||24n n n q a a +=-，113,,,1424n q ⎧⎫∈⎨⎬⎩⎭，1n n n b q b +=得1n n n b q b +=⋅，进一步得21n n n n b q q b ++=⋅⋅显然1n n q q +⋅的值从大到小依次为3911,,,,4162L（ⅰ）若11n n q q +⋅=，则111n n q q +=⎧⎨=⎩，则112(,)(2,0)(,)(2,0)n n n n a a a a +++=⎧⎨=⎩不可能（ⅱ）若134n n q q +⋅=，则1134n n q q +=⎧⎪⎨=⎪⎩或1341n n q q +⎧=⎪⎨⎪=⎩，则112(,)(2,0)(,)(2,1)n n n n a a a a +++=⎧⎨=⎩或112(,)(2,1)(,)(2,0)n n n n a a a a +++=⎧⎨=⎩不可能（ⅲ）若1916n n q q +⋅=，则13434n n q q +⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，则112(,)(2,1)(,)(2,1)n n n n a a a a +++=⎧⎨=⎩不可能∴112n n q q +⋅≤（当112(,)(2,0)(,)(0,2)n n n n a a a a +++=⎧⎨=⎩或112(,)(0,2)(,)(2,0)n n n n a a a a +++=⎧⎨=⎩取得）从而212n n b b +≤，∴1111121122111111,22222n n n n n n nb b b b b ------⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤⋅=≤⋅≤⋅= ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.∴2021123202113520212462020||||||T b b b b b b b b b b b b =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅L L L ≤210102100911111111222222⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⎢⎥⎢⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦L L 123101010091008112++++++++⎛⎫= ⎪⎝⎭L L 2101010201001122⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（当{}n a ：2,0,2,0,2,0,L L 取得）又20210T >，∴()10201002021max12T ⎛⎫= ⎪⎝⎭。
【高中数学】习题课二 求数列的和
习题课二 求数列的和题型一 分组分解求和【例1】 已知正项等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝6，a 3＋a 4＝24. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，求数列{a n ＋b n }的前n 项和. 解 (1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1·q ＝6，a 1·q 2＋a 1·q 3＝24，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2， ∴a n ＝a 1·q n －1＝2×2n －1＝2n .(2)b n ＝log 22n ＝n ，设{a n ＋b n }的前n 项和为S n ， 则S n ＝(a 1＋b 1)＋(a 2＋b 2)＋…＋(a n ＋b n ) ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n ) ＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n ) ＝2×（2n －1）2－1＋n （1＋n ）2＝2n ＋1－2＋12n 2＋12n .规律方法 1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和.【训练1】 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 由S 3＋S 4＝S 5可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5， 即3a 2＝a 5，∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2， ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1×(2n －1)，∴T 2n ＝(1－3)＋(5－7)＋…＋[(4n －3)－(4n －1)] ＝(－2)·n ＝－2n .题型二 裂项相消法求和【例2】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 2＝2，S 4＝16，{a n ＋1}是等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n >0，设b n ＝log 2(3a n ＋3)，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和.解 (1)设等比数列{a n ＋1}的公比为q ，其前n 项和为T n ， 因为S 2＝2，S 4＝16，所以T 2＝4，T 4＝20， 易知q ≠1，所以T 2＝（a 1＋1）（1－q 2）1－q ＝4①，T 4＝（a 1＋1）（1－q 4）1－q ＝20②，由②①得1＋q 2＝5，解得q ＝±2. 当q ＝2时，a 1＝13，所以a n ＋1＝43×2n －1＝2n ＋13；当q ＝－2时，a 1＝－5，所以a n ＋1＝(－4)×(－2)n －1＝－(－2)n ＋1. 所以a n ＝2n ＋13－1或a n ＝－(－2)n ＋1－1.(2)因为a n >0，所以a n ＝2n ＋13－1，所以b n ＝log 2(3a n ＋3)＝n ＋1，所以1b n b n ＋1＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n 2（n ＋2）. 规律方法 (1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的.常见的拆项公式： (ⅰ)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；(ⅱ)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(ⅲ)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(2)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止. (3)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项. 【训练2】 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝1S n ，求数列{b n }的前n 项和为T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，（a 1＋7d ）－2（a 1＋2d ）＝3，解得a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)得S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋2)，∴b n ＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2.∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12[⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2]＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2.题型三 错位相减法求和【例3】 已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知：a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，解得：a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)由题意知：S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n ，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ， 又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1 ＝32＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－2n ＋12n ＋1 ＝52－2n ＋52n ＋1， 所以T n ＝5－2n ＋52n .规律方法 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法.2.用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【训练3】 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，在等差数列{b n }中，b n >0，且b 1＋b 2＋b 3＝15，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列. (1)求数列{a n b n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和T n .解 (1)∵a n ＝3n －1，∴a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9.∵在等差数列{b n }中，b 1＋b 2＋b 3＝15，∴3b 2＝15，则b 2＝5. 设等差数列{b n }的公差为d ，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列， ∴(1＋5－d )(9＋5＋d )＝64，解得d ＝－10或d ＝2. ∵b n >0，∴d ＝－10应舍去，∴d ＝2， ∴b 1＝3，∴b n ＝2n ＋1. 故a n b n ＝(2n ＋1)·3n －1，n ∈N *.(2)由(1)知T n ＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n －1)3n －2＋(2n ＋1)3n －1，① 3T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)3n －1＋(2n ＋1)3n ，②①－②，得－2T n ＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)3n ＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n －1)－(2n ＋1)3n ＝3＋2×3－3n1－3－(2n ＋1)3n＝3n －(2n ＋1)3n ＝－2n ·3n . ∴T n ＝n ·3n ，n ∈N *.一、素养落地1.通过学习数列求和的方法，提升数学运算和逻辑推理素养.2.求数列的前n 项和，一般有下列几种方法. (1)错位相减适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和. (2)分组求和把一个数列分成几个可以直接求和的数列. (3)裂项相消有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和. (4)奇偶并项当数列通项中出现(－1)n 或(－1) n ＋1时，常常需要对n 取值的奇偶性进行分类讨论.(5)倒序相加例如，等差数列前n 项和公式的推导方法. 二、素养训练1.数列214，418，6116，…的前n 项和S n 为( )A.n 2＋1＋12n ＋1B.n 2＋2－12n ＋1C.n (n ＋1)＋12－12n ＋1D.n (n ＋1)＋12n ＋1解析 S n ＝(2＋4＋6＋…＋2n )＋⎝⎛⎭⎫14＋18＋…＋12n ＋1＝12n (2＋2n )＋14⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12 ＝n (n ＋1)＋12－12n ＋1.答案 C2.等比数列{a n }中，a 5＝2，a 6＝5，则数列{lg a n }的前10项和等于( ) A.6 B.5 C.4D.3解析 ∵数列{a n }是等比数列，a 5＝2，a 6＝5， ∴a 1a 10＝a 2a 9＝a 3a 8＝a 4a 7＝a 5a 6＝10， ∴lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 10＝lg(a 1·a 2·…·a 10) ＝lg(a 5a 6)5＝5lg 10＝5. 故选B. 答案 B3.数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n （n ＋1）的前2 020项和为________.解析 因为2n （n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以S 2 020＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋12 020－12 021 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12 021＝4 0402 021. 答案4 0402 0214.已知数列a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，则S 100＝________.解析 由题意得S 100＝a 1＋a 2＋…＋a 99＋a 100 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100) ＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100) ＝5 000. 答案 5 0005.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ，n ∈N *. (1)设b n ＝a n2n －1，证明：数列{b n }是等差数列；(2)在(1)的条件下求数列{a n }的前n 项和S n . (1)证明 由已知a n ＋1＝2a n ＋2n ， 得b n ＋1＝a n ＋12n ＝2a n ＋2n 2n ＝a n2n －1＋1＝b n ＋1.∴b n ＋1－b n ＝1，又b 1＝a 1＝1.∴{b n }是首项为1，公差为1的等差数列. (2)解 由(1)知，b n ＝n ，a n2n －1＝b n ＝n .∴a n ＝n ·2n －1.∴S n ＝1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1， 两边同时乘以2得2S n ＝1×21＋2×22＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ， 两式相减得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )2n －1， ∴S n ＝(n －1)×2n ＋1. 三、审题答题示范(一) 数列求和问题【典型示例】 (12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＝4，2S n ＝na n ＋n ①，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若取出数列{a n }中的部分项a 2，a 6，a 22，…依次组成一个等比数列{c n }，若数列{b n }满足a n ＝b n ·c n ，求证：数列{b n }的前n 项和T n <23.②联想解题看到①，想到a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，利用S n 与a n 的关系结合定义法或等差中项法证明数列{a n }为等差数列并求通项公式.看到②，想到利用错位相减法求数列{b n }的前n 项和T n ，从而得到T n 的取值范围，即可证明T n <23. 满分示范(1)解 数列{a n }的前n 项和为S n ， 且2S n ＝na n ＋n ，n ∈N *， 当n ＝1时，2a 1＝a 1＋1，则a 1＝1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1①， a n ＋1＝S n ＋1－S n ②.2分由②－①得，S n ＋1－2S n ＋S n －1＝a n ＋1－a n ，所以（n ＋1）（a n ＋1＋1）2－n (a n ＋1)＋（n －1）（a n －1＋1）2＝a n ＋1－a n ，所以（n －1）a n ＋1＋（n －1）a n －12＝(n －1)a n ，即a n ＋1＋a n －12＝a n ，所以数列{a n }为等差数列.5分 又a 1＝1，且a 2＝4，整理得a n ＝3n －2.6分 (2)证明 由a 2＝4，a 6＝16，解得c n ＝4n ，所以b n ＝(3n －2)×14n .8分则T n ＝1×14＋4×142＋…＋(3n －2)×14n ③，14T n ＝1×142＋4×143＋…＋(3n －2)×14n ＋1④，9分 由③－④得，34T n ＝14＋3⎝⎛⎭⎫142＋…＋14n －(3n －2)×14n ＋1＝12－3n ＋24n ＋1，解得T n ＝23－3n ＋23×4n <23.12分 满分心得(1)利用数列的递推公式求通项公式主要应用构造法，即构造出等差、等比数列，或可应用累加、累乘求解的形式.(2)利用错位相减法求数列的和最容易出现运算错误，运算时要注意作差后所得各项的符号，所得等比数列的项数.(3)与数列的和有关的不等式证明问题，一般是先求和及其范围，再证明不等式.基础达标一、选择题1.已知数列{a n }的通项a n ＝2n ＋1，n ∈N *，由b n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n n 所确定的数列{b n }的前n 项的和是( ) A.n (n ＋2) B.12n (n ＋4) C.12n (n ＋5) D.12n (n ＋7) 解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝n2(2n ＋4)＝n 2＋2n .∴b n ＝n ＋2，∴{b n }的前n 项和S n ＝n （n ＋5）2.答案 C2.数列12×5，15×8，18×11，…，1（3n －1）×（3n ＋2），…的前n 项和为( )A.n 3n ＋2B.n 6n ＋4C.3n 6n ＋4D.n ＋1n ＋2 解析 由数列通项公式1（3n －1）（3n ＋2）＝13⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋2，得前n 项和S n ＝13(12－15＋15－18＋18－111＋…＋13n －1－13n ＋2)＝13⎝⎛⎭⎫12－13n ＋2＝n6n ＋4. 答案 B3.1＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋14＋…＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋14＋…＋1210的值为( ) A.18＋129B.20＋1210C.22＋1211D.18＋1210解析 设a n ＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n， ∴原式＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫121＋2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫122＋…＋2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1211＝2⎣⎡⎦⎤11－⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋1211 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－12⎝⎛⎭⎫1－12111－12＝2⎣⎡⎦⎤11－⎝⎛⎭⎫1－1211 ＝2⎝⎛⎭⎫11－1＋1211＝20＋1210. 答案 B4.已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 021＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 021)＝( ) A.2 021 B.2 0212C.2D.12解析 ∵函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，∴f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＝21＋x 2＋21＋⎝⎛⎭⎫1x 2＝21＋x 2＋2x 2x 2＋1＝2.∵数列{a n }为等比数列，且a 1·a 2 021＝1， ∴a 1a 2 021＝a 2a 2 020＝a 3a 2 019＝…＝a 2 021a 1＝1.∴f (a 1)＋f (a 2 021)＝f (a 2)＋f (a 2 020)＝f (a 3)＋f (a 2 019)＝…＝f (a 2 021)＋f (a 1)＝2，∴f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 021)＝2 021.故选A. 答案 A5.定义np 1＋p 2＋…＋p n 为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”.若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为13n ＋1，又b n ＝a n ＋26，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 9b 10＝( )A.111 B.1011 C.910D.1112解析 由题意得n a 1＋a 2＋…＋a n ＝13n ＋1，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (3n ＋1)＝3n 2＋n ，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝3n 2＋n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2＋n －[3·(n －1)2＋(n －1)]＝6n －2.经检验a 1＝4也符合此式，所以a n ＝6n －2，n ∈N *，则b n ＝a n ＋26＝n ，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 9b 10＝11×2＋12×3＋…＋19×10＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫19－110＝1－110＝910.故选C. 答案 C 二、填空题 6.设a n ＝1n ＋1＋n，数列{a n }的前n 项和S n ＝9，则n ＝________.解析 a n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，故S n ＝2－1＋3－2＋…＋n ＋1－n ＝n ＋1－1＝9. 解得n ＝99. 答案 997.在数列{a n }中，已知S n ＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n －1(4n －3)，n ∈N *，则S 15＋S 22－S 31的值是________.解析 S 15＝－4×7＋a 15＝－28＋57＝29， S 22＝－4×11＝－44，S 31＝－4×15＋a 31＝－60＋121＝61， S 15＋S 22－S 31＝29－44－61＝－76. 答案 －768.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则数列{na n }的前n 项和T n 为________.解析 ∵S n ＝2a n －1(n ∈N *)，∴n ＝1时，a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －1－(2a n －1－1)，化为a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n －1. ∴na n ＝n ·2n －1.则数列{na n }的前n 项和T n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1. ∴2T n ＝2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ·2n ，∴－T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1， ∴T n ＝(n －1)2n ＋1. 答案 (n －1)2n ＋1 三、解答题9.已知函数f (x )＝2x －3x －1，点(n ，a n )在f (x )的图象上，数列{a n }的前n 项和为S n ，求S n . 解 由题意得a n ＝2n －3n －1，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－3(1＋2＋3＋…＋n )－n ＝2（1－2n ）1－2－3·n （n ＋1）2－n＝2n ＋1－n （3n ＋5）2－2.10.已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和.解 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.能力提升11.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项和为( )A.1 009B.1 010C.2 019D.2 020解析 设数列{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧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，∴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项和S 2 020＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2 019＋b 2 020)＝2×2 0202＝2 020.故选D. 答案 D12.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋λ(λ为常数). (1)试探究数列{a n ＋λ}是不是等比数列，并求a n ； (2)当λ＝1时，求数列{n (a n ＋λ)}的前n 项和T n . 解 (1)因为a n ＋1＝2a n ＋λ，所以a n ＋1＋λ＝2(a n ＋λ). 又a 1＝1，所以当λ＝－1时，a 1＋λ＝0，数列{a n ＋λ}不是等比数列， 此时a n ＋λ＝a n －1＝0，即a n ＝1； 当λ≠－1时，a 1＋λ≠0，所以a n ＋λ≠0，所以数列{a n ＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列， 此时a n ＋λ＝(1＋λ)2n －1，即a n ＝(1＋λ)2n －1－λ. (2)由(1)知a n ＝2n －1，所以n (a n ＋1)＝n ·2n ， T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，① 2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1，② ①－②得：－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2.所以T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.创新猜想13.(多空题)设等差数列{a n }满足a 2＝5，a 6＋a 8＝30，则a n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n－1的前n 项和为________.解析 设等差数列{a n }的公差为d .∵{a n }是等差数列，∴a 6＋a 8＝30＝2a 7，解得a 7＝15，∴a 7－a 2＝5d .又a 2＝5，则d ＝2.∴a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n ＋1. ∴1a 2n －1＝14n （n ＋1）＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n－1的前n 项和为14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n4（n ＋1）. 答案 2n ＋1n4（n ＋1）14.(多空题)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，2S n ＝⎝⎛⎭⎫1－13n a n ＋1，b n ＝(－1)n ·(log 3a n )2，则a n ＝________，数列{b n }的前2n 项和为________.解析 根据题意，数列{a n }满足2S n ＝⎝⎛⎭⎫1－13n a n ＋1①，则当n ≥2时，有2S n －1＝⎝⎛⎭⎫1－13n －1a n ②，由①－②可得⎝⎛⎭⎫1－13n (a n ＋1－3a n )＝0，所以a n ＋1－3a n ＝0，即a n ＋1＝3a n (n ≥2).由2S n ＝⎝⎛⎭⎫1－13n a n ＋1，可求得a 2＝3，a 2＝3a 1，则数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1，b n ＝(－1)n ·(log 3a n )2＝(－1)n ·(log 33n －1)2＝(－1)n (n －1)2，则b 2n －1＋b 2n ＝－(2n －2)2＋(2n －1)2＝4n －3.所以数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝1＋5＋9＋…＋(4n －3)＝n （1＋4n －3）2＝2n 2－n .答案 3n －12n 2－n高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。