数列求和练习题-2023届高三数学一轮复习

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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 +=。

一轮复习大题专练30—数列(讨论奇偶求和)-2022届高三数学一轮复习

一轮复习大题专练30—数列（讨论奇偶求和）1．设{}n a 是公差不为0的等差数列，11a =，4a 是2a 和8a 的等比中项，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且满足*322()n n b S n N -=∈．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）对任意的正整数n ，设2,,n n na n cb n +⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前21n +项和．解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为11a =，4a 是2a 和8a 的等比中项，所以2428a a a =⋅，即2(13)(1)(17)d d d +=++，解得1d =或0d =．又因为0d ≠，所以1d =．所以1(1)1n a n n =+-⨯=．因为*322()n n b S n N -=∈，所以，当2n时，11322n n b S ---=，所以113()2()0n n n n b b S S -----=，所以13()20n n n b b b ---=，即13(2)nn b n b -= ．当1n =时，11322b S -=，又因为11S b =，所以12b =，所以数列{}n b 是以2为首项、3为公比的等比数列．所以11123n n n b b q --=⋅=⨯．（2）因为()()1223n n n n c n -⎧+⎪=⎨⨯⎪⎩为奇数为偶数，故数列{}n c 的前21n +项和为2113521221(1)(323)6(19)93(35723)2(3333)421944n n n n n n T n n n +-++++-=++++++++++=+=+++- ．2．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，满足112a b =，26S =，312S =，123b b +=．（1）求{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）求满足条件的最小正整数k ，使得对*()n k n N ∀∈不等式1n n T S + 恒成立；解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，由112a b =，26S =，312S =，123b b +=，可得126a d +=，13312a d +=，解得12a =，2d =，所以11b =，22b =，212b q b ==，所以2n a n =，12n n b -=；（2）由（1）可得21(22)2n S n n n n =+=+，122112n n n T -==--，1n n T S + 即为22n n n +，当1n =时，12n n T S +==；当24n时，1n n T S +<；当5n时，0122222()2n n n n C C C n n n n ++=++>+ ，所以满足条件的最小正整数k 为5；（3）22212122222221212111()(1)(1)(21)(21)32121n n n n nn n n n b C b b ------+===-++++++，所以132122221111111111...(...)()32551721213221n n n n c c c --+++=-+-++-=-+++；22218(4n n n n a C n b ==⋅，则2242111...816()...8(444n n c c c n +++=⋅+⋅++⋅，2312421111(...)8()16(...8(4444n n c c c n ++++=⋅+⋅++⋅，两式相减可得212423111(...)28[()...()]8()4444n n n c c c n ++++=+++-⋅1111(1)1164288()1414n n n -+-=+⋅-⋅-，化简可得124232321281...(()9394n n c c c n ++++=-+⋅，所以数列{}n c 的前2n 项和为121113232128167832111()()((()3221939418394341n n n nn n +-+-+⋅=-+⋅-⋅++．3．已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,nn n a n a a n ++⎧=⎨+⋅⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和．解：（1）因为11a =，11,2,n n na n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数，所以2112a a =+=，3224a a =+=，4315a a =+=，所以122b a ==，245b a ==，12222212122123n n n n n n n n b b a a a a a a ------=-=-+-=+=，2n，所以数列{}n b 是以12b =为首项，以3为公差的等差数列，所以23(1)31n b n n =+-=-．（2）由（1）可得231n a n =-，*n N ∈，则212223(1)1232n n a a n n --=+=--+=-，2n，当1n =时，11a =也适合上式，所以2132n a n -=-，*n N ∈，所以数列{}n a 的奇数项和偶数项分别为等差数列，则{}n a 的前20项和为122013192420109109...()()103102330022a a a a a a a a a ⨯⨯+++=++⋯++++⋯+=+⨯+⨯+⨯=．4．已知数列{a n }满足a n +2＝a n +d （d ∈R ，d ≠1），n ∈N *，a 1＝1，a 2＝1，且a 1，a 2+a 3，a 8+a 9成等比数列．（Ⅰ）求d 的值和{a n }的通项公式；（Ⅱ）设，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．解：（Ⅰ）数列{a n }满足a n +2＝a n +d （d ∈R ，d ≠1），所以a 3＝a 1+d ，a 8＝a 6+d ＝a 2+3d ，a 9＝a 1+4d ，所以a 2+a 3＝a 1+a 2+d ，由于a 1＝1，a 2＝1，所以a 2+a 3＝2+d ，a 8+a 9＝2+7d ，且a 1，a 2+a 3，a 8+a 9成等比数列，所以，整理得d ＝1或2（1舍去）．故a n +2＝a n +2，所以n 为奇数时，a n ＝n ，n 为偶数时，a n ＝n ﹣1．所以数列{a n }的通项公式为．（Ⅱ）由于，所以．所以T 2n ＝b 1+b 2+...+b 2n ＝﹣20×12+20×22﹣22×32+22×42+...+[﹣22n ﹣2•（2n ﹣1）2]+22n﹣2•（2n ）2，＝20×（22﹣12）+22×（42﹣32）+...+22n ﹣2•[（2n ）2﹣（2n ﹣1）2]．＝20×3+22×7+...+22n ﹣2•（4n ﹣1）①，所以，②，①﹣②得：﹣3T 2n ＝20×3+22×4+...+22n ﹣2×4﹣22n ×（4n ﹣1），＝3+4×﹣22n ×（4n ﹣1），＝，所以．5．已知等差数列{}n a 满足212a a =，459a a +=，n S 为等比数列{}n b 的前n 项和，122n n S S +=+．（1）求{}n a ，{}n b 的通项公式；解：（1）（基本量法求等差等比通项）等差数列{}n a 的公差设为d ，212a a =，459a a +=，可得112a d a +=，1279a d +=，解得11a d ==，可得n a n =；由122n n S S +=+得122n n S S -=+，2n，两式相减整理得12n n b b +=，可得公比12q =，由11112()22b b b +=+，解得11b =，∴112n n b -=；（2）证法1:（应用放缩和错位相减求和证明不等式）122331,,44211,,n n n n na b n n n c n n a n -⎧⎧⋅⎪⎪⎪⎪==⎨⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎩为奇数为奇数为偶数为偶数，123n n C c c c c =+++⋯+，1321k k A c c c -=++⋯+，242k k B c c c =++⋯+，0131321(4444k k k A --=++⋯+，2131321(44444k kk A -=++⋯+，两式相减整理得12311(1)331112132124(1(1)14428244414k k k k k k k A -----=+++⋯+-=+--，可得55110(23346k k A k =-+<，又因为2(2)(21)(21)k k k >-+，∴222111*********()24(2)21335212126k B k k k =++⋯+<-+-+⋯-<=-+．所以222111324(2)6k B k =++⋯+<，∴10313666n k kC A B =+<+=．证法2:（应用放缩和裂项求和证明不等式）令11()4n n d an b -=+，11214n n n n d d +--=-化简整理得：1841()394nn d n -=-+，∴1155110(2)3346k k k A d d k +=-=-+<，222211*********1231223(1)n T n n n n =+++⋯+<+++⋯=-<⨯⨯-⨯，22221111111224(2)242n T n n =++⋯+<-<，所以222111324(2)6k B k =++⋯+<，∴10313666n k kC A B =+<+=．。

2022版高考数学一轮复习第7章第4讲数列求和数列的综合应用训练含解析

第七章第4讲[A 级基础达标]1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2n －1，则数列{a n }的前100项和S 100为( ) A ．399－5 051 B ．3100－5 051 C ．3101－5 051 D ．3102－5 051【答案】B2．(2020年唐山月考)已知等差数列{a n }的公差不为零，其前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 27成等比数列，则S 9S 3等于( )A ．3B ．6C ．9D ．12【答案】C3．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－400【答案】B4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝( ) A ．22 016－1 B ．3·21 008－3 C ．3·21 008－1 D ．3·21 007－2 【答案】B5．(2020年广州天河区一模)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 ．a (1＋r )17B ．ar [(1＋r )17－(1＋r )]C ．a (1＋r )18D ．ar [(1＋r )18－(1＋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a (1＋r )17，同理，孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1＋r )16，孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1＋r )15，…，孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为a (1＋r )，题目所求可以看成是以a (1＋r )为首项，(1＋r )为公比的等比数列的前17项的和，此时S ＝a (1＋r )17＋a (1＋r )17＋…＋a (1＋r )＝a (1＋r )[(1＋r )17－1]1＋r －1＝ar [(1＋r )18－(1＋r )]． 6．(2020年池州模拟)正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，则公比q ＝________.【答案】3 【解析】q ＝1时，不合题意，q ≠1时，由S 3＝a 2＋10a 1，得a 1(1－q 3)1－q ＝a 1q＋10a 1，所以1＋q ＋q 2＝q ＋10.又q ＞0，所以q ＝3.7．已知{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n －1，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 30|的值为________．【答案】671 【解析】{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n －1，可得n ＝1时，a 1＝S 1＝－9；n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－9n －1－(n －1)2＋9(n －1)＋1＝2n －10，可得n ≤5时，a n ＜0，n ≥6时，a n ＞0，可得|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 30|＝S 30－S 5－S 5＝900－270－1－2×(25－45－1)＝671．8．设f (x )＝4x 4x ＋2，利用倒序相加法，可求得f ⎝⎛⎭⎫111＋f ⎝⎛⎭⎫211＋…＋f ⎝⎛⎭⎫1011的值为________．【答案】5 【解析】当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)＝4x 14x 1＋2＋4x 24x 2＋2＝2×4x 1＋x 2＋2×(4x 1＋4x 2)4x 1＋x 2＋2×(4x 1＋4x 2)＋4＝1．设S ＝f ⎝⎛⎭⎫111＋f ⎝⎛⎭⎫211＋…＋f ⎝⎛⎭⎫1011，倒序相加有2S ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫111＋f ⎝⎛⎭⎫1011＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫211＋f ⎝⎛⎭⎫911＋…＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫1011＋f ⎝⎛⎭⎫111＝10，即S ＝5.9．(2020年大庆月考)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝12，且2a 1，a 2，a 3＋1成等比数列．(1)求{a n }的通项公式及S n ；(2)记b n ＝S nn，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设正项等差数列{a n }的公差为d ，则d ＞0.因为S 3＝12，即a 1＋a 2＋a 3＝12，所以3a 2＝12，所以a 2＝4.又2a 1，a 2，a 3＋1成等比数列，所以 a 22＝2a 1·(a 3＋1)，即42＝2(4－d )·(4＋d ＋1)．解得d ＝3或d ＝－4(舍去)，所以a 1＝a 2－d ＝1．故{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n －2，且S n ＝n (a 1＋a n )2＝3n 2－n2.(2)由(1)知b n ＝S n n ＝3n －12，所以b n ＋1－b n ＝3(n ＋1)－12－3n －12＝32，且b 1＝3×1－12＝1．所以数列{b n }是以b 1＝1为首项，32为公差的等差数列．所以数列{b n }的前n 项和为T n ＝n (b 1＋b n )2＝ 3n 2＋n4.10．(2020年哈尔滨期末)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9＝81，a 3＋a 5＝14. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求{b n }的前n 项和为T n .解：(1)设{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧9a 1＋9×82d ＝81，a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝14，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2.所以a n ＝a 1＋2(n －1)＝2n －1． (2)由于a n ＝2n －1，所以b n ＝1a n a n ＋1＝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.[B 级能力提升]11．(2020年蚌埠模拟)数列{a n }满足a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为( )A ．nn ＋2B ．2n n ＋2 C ．n n ＋1D ．2n n ＋1【答案】B 【解析】a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＝12(n ＋1)，1a n a n ＋1＝4(n ＋1)(n ＋2)＝4⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，可得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为4⎝⎛⎭⎫12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝4⎝⎛⎭⎫12－1n ＋2＝2n n ＋2.12．(多选)(2020年菏泽模拟)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{a n }称为“斐波那契数列”，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则下列结论正确的是( )A ．a 6＝8B ．S 7＝33C ．a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019＝a 2 020D ．a 21＋a 22＋…＋a 22 019a 2 019＝a 2 020【答案】ABCD 【解析】对A ，由a 1＝a 2，a 3＝a 4－a 2，a 5＝a 6－a 4，可得a 6＝8成立；对B ，由a 1＝a 2，a 3＝a 4－a 2，a 5＝a 6－a 4，可得a 6＝8，a 7＝13，所以s 7＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＝33成立；对C ，由a 1＝a 2，a 3＝a 4－a 2，a 5＝a 6－a 4，…，a 2 019＝a 2 020－a 2 018，可得a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019＝a 2 020，故a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019是斐波那契数列中的第2 020项，C成立；对D ，斐波那契数列总有a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，则a 21＝a 2a 1，a 22＝a 2(a 3－a 1)＝a 2a 3－a 2a 1，a 23＝a 3(a 4－a 2)＝a 3a 4－a 3a 2，…，a 22 018＝a 2 018a 2 019－a 2 018a 2 017，a 22 019＝a 2 019a 2 020－a 2 019a 2 018.所以a 21＋a 22＋…＋a 22 019＝a 2 019a 2 020，D 成立．故选ABCD ．13．在正项数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和S n 满足S n ＋S n －1＝12a 2n(n ≥2)，若数列b n ＝(－1)n ·2n ＋1S n，则数列{b n }的前2 020项和为________．【答案】－2 0202 021 【解析】在正项数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和S n 满足S n ＋S n －1＝12a 2n (n ≥2)，可得S n －1＋S n －2＝12a 2n －1，相减可得a n ＋a n －1＝12a 2n －12a 2n －1，化为a n －a n －1＝2.n ＝2时，2＋2＋a 2＝12a 22，可得a 2＝4，则a n ＝2n ，S n ＝n (n ＋1)，b n ＝(－1)n ·2n ＋1S n ＝(－1)nn ＋n ＋1n (n ＋1)＝(－1)n ⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1.可得数列{b n }的前2 020项和为－⎝⎛⎭⎫1＋12＋12＋13＋…－12 019－12 020＋12 020＋12 021＝－1＋12 021＝－2 0202 021.14．(一题两空)(2020年北京模拟)已知集合A ＝{x |x ＝a 3×30＋a 2×3－1＋a 1×3－2＋a 0×3－3}，其中a k ∈{0,1,2}，k ＝0,1,2,3，将集合A 中的元素从小到大排列得到数列{b n }，设{b n }的前n 项和为S n ，则b 3＝________，S 15＝________.【答案】19 28027 【解析】由题意可知b 3＝0×30＋0×3－1＋1×3－2＋0×3－3＝19.a 0，a 1，a 2，a 3各有3种取法(均可取0,1,2)．在前15项中，a 0，a 1，a 2，a 3全部为0，有1个数值；只有1个1，其余取0，共有4个数值；2个取1,2个取0，共有6个数值；3个取1,1个取0，共有4个数值．此时集合A 中，元素从小到大排列得到数列恰好是15个，而且a 0，a 1，a 2，a 3各取1的次数都是7次，由分类计数原理得集合A 中所有元素之和S 15＝7×(30＋3－1＋3－2＋3－3)＝28027. 15．(2020年韶关期末)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝3，S 6＝36. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b n ＝1a 2n ＋4n －2(n ∈N*)，求数列{bn }的前n 项和T n .【答案】解：(1)设{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，S 6＝6a 1＋6×52d ＝36，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1．(2)由(1)得，数列{b n }满足b n ＝1a 2n ＋4n －2＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，则T n ＝12⎝⎛ 1－13＋13－15＋…＋12n －1－⎭⎫12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.16．(2020年杭州模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝30,2S 2是3S 1和S 3的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b n ＝1＋log 3a na n，求数列{b n }前n 项和T n .解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝30,2S 2是3S 1和S 3的等差中项，可得a 1＋a 1q 2＝30,4S 2＝3S 1＋S 3，即有4(a 1＋a 1q )＝3a 1＋a 1＋a 1q ＋a 1q 2，解得a 1＝q ＝3，则a n ＝3n (n∈N *)．(2)b n ＝1＋log 3a na n＝1＋log 33n3n＝(2n ＋1)·⎝⎛⎭⎫13n ，前n 项和T n ＝3×13＋5×19＋7×127＋…＋(2n ＋1)·⎝⎛⎭⎫13n ， 13T n ＝3×19＋5×127＋7×181＋…＋(2n ＋1)·⎝⎛⎭⎫13n ＋1，相减可得23T n ＝1＋2⎣⎡⎦⎤19＋127＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －(2n ＋1)·⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝1＋2·19⎝⎛⎭⎫1－13n －11－13－(2n ＋1)·⎝⎛⎭⎫13n ＋1，化简可得T n ＝2－(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫13n . [C 级创新突破]17．(2020年南通模拟)定义数列{a n }：先给出a 1＝1，接着复制该项，再添加1的后继数2，于是a 2＝1，a 3＝2，接下来再复制前面所有项，之后再添加2的后继数3，如此继续(1,1,2,1,1,2,3,1,1,2,1,1,2,3,4，…)，设S n 是a n 的前n 项和，则S 2 020＝________.【答案】3 990 【解析】由数列{a n }的构造方法可知a 1＝1，a 3＝2，a 7＝3，a 15＝4，可得a 2n －1＝n .由于数表的前n 行共有2n －1 个数，于是，先计算S 2n －1．在前2n －1个数中，共有1个n,2个n －1,22个n －2，… ,2n －k 个k ， (2)－1个1，因此S 2n －1 ＝n ×1＋(n －1)×2＋…＋k ×2n －k ＋…＋2×2n －2＋1×2n －1，则2S 2n －1＝n ×2＋(n －1)×22＋…＋k ×2n－k ＋1＋…＋2×2n －1＋1×2n ，两式相减，得S 2n －1＝n ＋2＋22＋…＋2n －1＋2n ＝2n ＋1－n －2.所以S 2 020＝S 210－1＋S 997＝S 210－1＋S 29－1＋S 486＝…＝S 210－1＋S 29－1＋…＋S 25－1＋S 10＝(211－12)＋(210－11)＋(29－10)＋(28－9)＋(27－8)＋(26－7)＋15＝3 990.18．(2020年邢台模拟)设数列{a n }是公差为2的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，a n b n ＋b n ＝(n ＋1)·b n ＋1．(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S n ；(3)设c n ＝a nlog 2b n ＋1，试问是否存在正整数s ，t (s ≠t )，使c 3，c s ，c t 成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，a n b n ＋b n ＝(n ＋1)b n ＋1．当n ＝1时，a 1b 1＋b 1＝2b 2，解得a 1＝3.所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1．由于a n b n ＋b n ＝(n ＋1)b n ＋1，所以(2n ＋2)b n ＝(n ＋1)b n ＋1，整理得b n ＋1b n ＝2(常数)．所以b n ＝1·2n －1＝2n－1．(2)由于a n ＝2n ＋1，b n ＝2n －1，所以a n b n ＝(2n ＋1)·2n－1．则S n ＝3·20＋5·21＋7·22＋…＋(2n ＋1)·2n －1①， 2S n ＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n ＋1)·2n ②，由①－②得，－S n ＝2(1＋2＋…＋2n －1)＋1－(2n ＋1)·2n ，整理得S n ＝(2n －1)·2n ＋1． (3)根据(1)得c n ＝a n log 2b n ＋1＝1n＋2.假设存在正整数s 和t ，使c 3，c s ，c t 成等差数列，所以2s ＋4＝13＋2＋1t ＋2，整理得2s ＝13＋1t ，即6t ＝st ＋3s ，整理得s ＝6－18t ＋3，当t ＝s ＝3时，与s ≠t 矛盾，故舍去．当t ＝6时，s ＝4，符合题意；当t ＝15，s ＝5时，符合题意．。

2023年高考数学一轮复习精讲精练第18练等差数列及其求和(解析版)

第18练等差数列及其求和学校____________ 姓名____________ 班级____________一、单选题1．在公差不为零的等差数列{}n a 中，若1233++m a a a a =，则m =（） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B 【详解】∵2132+a a a =，则12323++3m a a a a a == ∵2m = 故选：B ．2．2022年4月26日下午，神州十三号载人飞船返回舱在京完成开舱．据科学计算，运载“神十三”的“长征二号”F 遥十三运载火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2千米，以后每秒钟通过的路程都增加2千米，在达到离地面380千米的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间大约是（） A ．10秒 B ．13秒 C ．15秒 D ．19秒【答案】D 【详解】设每秒钟通过的路程构成数列{}n a ，则{}n a 是首项为2，公差为2的等差数列，由求和公式有()221380n n n n n +-=+=，解得19n =．故选：D.3．已知在等差数列{}n a 中，4820a a +=,712a =，则9a =（） A ．8 B ．10C ．14D ．16【答案】D 【详解】设公差为d ，则1113720612a d a d a d +++=⎧⎨+=⎩，解得102a d =⎧⎨=⎩，所以91816a a d =+=. 故选：D.4．5G 基站建设是众多“新基建”的工程之一，截至2021年7月底，A 地区已经累计开通5G基站300个，未来将进一步完善基础网络体系，加快推进5G 网络建设．已知2021年8月该地区计划新建50个5G 基站，以后每个月比上一个月多建40个，预计A 地区累计开通4640个5G 基站要到（） A ．2022年10月底 B ．2022年9月底 C ．2022年8月底 D ．2022年7月底【答案】B 【详解】由题意得，2021年8月及之后该地区每个月建设的5G 基站数量为等差数列，则公差为40，假设要经过k 个月，则()1504046403002k k k -+⋅=-，解得：14k =，所以预计A 地区累计开通4640个5G 基站要到2022年9月底，故选：B ．5．在等差数列{}n a 中，234+=a a ，568a a +=，则4a =（） A ．4 B ．72C ．3D ．2【答案】C 【详解】因为()()()()235626354412a a a a a a a a a +++=+++==，所以43a =. 故选：C ．6．已知等差数列{an }的前n 项和为Sn ，若13260S =，则2811a a a ++的值为（） A ．60 B ．120 C ．180 D ．260【答案】A 【详解】设等差数列{an }的公差为d ，因为13260S =，所以11312132602a d ⨯+=，所以1620a d +=，所以2811111171031860a a a a d a d a d a d ++=+++++=+=，故选：A.7．已知等差数列{}n a 中，1732,4,n a a a S ==为数列{}n a 的前n 项和，则10S =（） A ．115B ．110C ．110-D ．115-【答案】D 【详解】设数列{}n a 的公差为d ，则由734a a =得264(22)d d +=+，解得3d =-，101(1)10910102(3)11522n n S a d -⨯=+=⨯+⨯-=-．故选：D ．8．已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，其中346,10S S ==，数列{}n b 满足11b =，且1n n n b a b ++=，则数列{}n b 的通项公式为（）A ．222n +B ．222n n -+C ．22nD ．222n n ++【答案】B 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，因为346,10S S ==，所以1132362434102a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⎪+=⎪⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，所以1(1)11n a a n d n n =+-=+-=，因为1n n n b a b ++=，所以1n n n b b a n +-==，所以211b b -=，322b b -=，433b b -=，……，11n n b b n --=-，所以1(1)123(1)2n n n b b n --=+++⋅⋅⋅+-=，因为11b =，所以2(1)2122n n n n n b --+=+=，故选：B9．在数列{}n a 中，设其前n 项和为n S ，若11a =-，21a =，()211nn n a a +-=+-，则10S 等于（） A ．25 B ．20 C ．15 D ．10【答案】B 【详解】由()211nn n a a +-=+-可知：当n 为奇数时，2n n a a +=，当n 为偶数时，22n n a a +-=，所以奇数项成常数列，偶数项成等差数列，且公差为2故()()10135792468105415152202S a a a a a a a a a a ⨯=+++++++++=-⨯+⨯+⨯=故选：B10．已知等差数列{}n a 的公差为d ，且0d ≠，且1a 、3a 、13a 成等比数列，若11a =，n S 为数列{}n a 的前n 项和．则2143n n S a ++的最小值为（）A ．4B ．3 C．2 D ．113【答案】D 【详解】由已知可得23113a a a =，即()212112d d +=+，可得220d d -=，0d ≠，解得2d =，()()1112121n a a n d n n ∴=+-=+-=-，所以，()122n n n a a S n +==， 2221421473221n n S n n a n n +++==+++，令271n n b n +=+，则()()()2221177362112n n n n n n b b n n n n +++++--=-=++++，当1n =时，10nnb b ，即12b b >，当2n ≥时，10n n b b +->，即23b b <<，所以，数列{}n b 中，2b 最小，故2143n n S a ++的最小值为22711213+=+. 故选：D. 二、多选题11．公差为d 的等差数列{}n a 满足25a =，6830a a +=，则下面结论正确的有（） A ．d ＝2B ．21n a n =+C ．21111141n a n n ⎛⎫=+ ⎪-+⎝⎭D ．211n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和为()41n n +【答案】ABD 【详解】由题意得，268530a a a =⎧⎨+=⎩，即11521230a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得132a d =⎧⎨=⎩，所以21n a n =+，故A 、B 正确；得212(22)4(1)n a n n n n -=+=+，故211111()14(1)41n a n n n n ==⋅--++，故C 错误；所以数列21{}1n a -的前n 项和为 11111111(1)(1)42231414(1)nn n n n -+-++-=-=+++，故D 正确. 故选：ABD.12．已知等差数列{an }的公差为d ，前n 项和为Sn ，且91011S S S =<，则（） A ．d ＜0 B ．a 10＝0 C ．S 18＜0 D ．S 8＜S 9【答案】BC 【详解】910S S = ，101090a S S ∴=-= ，所以B 正确又1011S S < ,111110100a S S a d ∴=-=+> ,0d ∴> ,所以A 错误 1090,0,0a d a =>∴<11818118910918()9()9()902a a S a a a a a +==+=+=<，故C 正确 9989890,,a S S a S S <=+∴> ,故D 错误故选：BC 三、填空题13．已知数列{}n a 的前n 项和为()0n n S S ≠，1331n n a a +=+，1n =，2，3，…，则35a S =______．【答案】15##0.2【详解】因为1331n n a a +=+，所以113n n a a +-=，所以数列{}n a 是以13为公差的等差数列，所以333155315()552a a a a a S a ===+，故答案为：1514．已知等差数列{}n a 满足412a a a =+，且10a ≠，则513a a a =+______．【答案】1 【详解】因为412a a a =+，所以1113a d a a d +=++，即12a d =. 因为10a ≠，则0d ≠，所以51131146126a a d da a a a d d+===+++. 故答案为：1 四、解答题15．已知数列{}n a 为公差不为零的等差数列，其前n 项和为n S ，1712a a +=，525S =. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令[]2log n n c a =，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，求1220c c c +++的值．【答案】(1)2n a n =+(2)61 【解析】(1)设数列{}n a 为公差为d ，1712a a +=，525S =，∵()111612545252a a d a d ⎧++=⎪⎨⨯+=⎪⎩∵13,1a d ==∵数列{}n a 的通项公式为2n a n =+ (2)2n a n =+，则13a =，20162232a <=<，当()22log log 21n n c a n ⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦==+=，则224n ≤+<，可得1n =，当()22log log 22n n c a n ⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦==+=，则428n ≤+<，可得26n ≤<，当()22log log 23n n c a n ⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦==+=，则8216n ≤+<，可得614n ≤<，当()22log log 24n n c a n ⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦==+=，则16232n ≤+<，可得1431n ≤<，此时1420n ≤≤.所以，1,12,263,6144,1420n n n c n n =⎧⎪≤<⎪=⎨≤<⎪⎪≤≤⎩，故1220124384761c c c +++=+⨯+⨯+⨯=16．已知数列{}n a 满足1221(2)nn n a a n -=+-≥，且15a =，2n n na b λ+=，11n n n c b b +=.(1)求实数λ，使得数列{}n b 为等差数列；(2)在（1）的条件下，设数列{}n c 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围【答案】(1)1λ=-(2)1162n T ≤<【解析】(1)若存在实数λ,使得数列{}n b 为等差数列,则1122n n n n a a λλ--++-必是与n 无关的常数又1112211122222n n n n n n n n n na a a a λλλλλ---++----+-===- 所以1λ=-,经检验,符合题意所以1λ=- (2)由（1）知数列{}n b 是等差数列,其首项为2,公差为1,则1n b n =+ 所以111(1)(2)12n c n n n n ==-++++所以111111111233412222n T n n n =-+-++-=-<+++ 又n T 递增所以11111122236n T T n =-=-=+ 所以1162n T <。

2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【含解析】

2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【原卷版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．82．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．93．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．634．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．45．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C．12，D．23，＋∞6．(多选)已知数列{a n}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有a n＋1＝a1＋a n＋n，则下列说法中正确的是()A．a n＝n(n＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D．数列{a n}的第50项为25507．(多选)设数列{a n}的前n项和为S n，若S2nS4n为常数，则称数列{a n}为“吉祥数列”．则下列数列{b n}为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．9．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．10．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2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．202011．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A n n 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋1412．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【解析版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．8解析：A设{a n}的公差为d，根据题意得a23＝a2·a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝－2，所以数列{a n}的前6项和为S6＝6a1＋6×52d＝1×6＋6×52×(－2)＝－24．2．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．9解析：C∵1＋2＋22＋…＋2n－1为公比为2，首项为1的等比数列的前n项和S n，∴S n＝12－1(2n－1)＝2n－1>128＝27，∴n≥8，∴n的最小值为8．故选C．3．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．63解析：D因为log2a n＋1＝1＋log2a n，所以log2a n＋1＝log22a n，即a n＋1＝2a n，即数列{a n}是以2为公比的等比数列，又a3＝4，所以a1＝a34＝1，因此S6＝a1(1－26)1－2＝26－1＝63．故选D．4．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．4解析：A显然数列{a n}的公比不等于1，所以S n＝a1·(q n－1)q－1＝a1q－1·q n－a1q－1＝4n＋b，所以b＝－1．5．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C ．12，D ．23，＋∞解析：D设等比数列{a n }的公比为q ，q ≠0，则q 3＝a 4a 1＝18，解得q ＝12，所以a n ＝12n －1，所以a n a n ＋1＝12n －1×12n ＝122n －1，所以数列{a n a n ＋1}是首项为12，公比为14的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝21－14＝<23．因为a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1<k ，所以k ≥23．故k 的取值范围是23，＋D ．6．(多选)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 ，则下列说法中正确的是()A ．a n ＝n (n ＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D ．数列{a n }的第50项为2550解析：AC因为a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，a 1＝1，所以a n ＋1－a n ＝1＋n ，即a n －a n －1＝n (n ≥2)，所以n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，a 1＝1也适合此式，所以a n ＝n (n ＋1)2，a 50＝1275，A 正确，D 错误；1a n ＝2n(n ＋1)＝2020项和S 2020＝－12＋12－13＋…＋12020－＝40402021，B 错误，C 正确．故选A 、C ．7．(多选)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S2n S 4n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．则下列数列{b n }为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n解析：BC对于A ，S n ＝(1＋n )n 2，S 2n ＝n (1＋2n )，S 4n ＝2n (1＋4n )，所以S2n S 4n ＝n (1＋2n )2n (1＋4n )＝1＋2n 2(1＋4n )不为常数，故A 错误；对于B ，由并项求和法知：S 2n ＝n ，S 4n ＝2n ，S 2n S 4n ＝n 2n ＝12，故B 正确；对于C ，S n ＝2＋4n －22×n ＝2n 2，S 2n ＝8n 2，S 4n ＝32n 2，所以S 2n S 4n ＝14，故C 正确；对于D ，S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，S 2n ＝2(4n －1)，S 4n ＝2(16n －1)，所以S2n S 4n ＝4n －116n －1＝14n ＋1不为常数，故D 错误．故选B 、C ．8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．解析：S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n ，则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，两式相减得－S n ＝2＋22＋ (2)－n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1．又a n ＝2n ，∴S n－na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50＝52－2n ＋1，依题意52－2n ＋1<0，故最小正整数n 的值为5．答案：59．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．解：(1)设数列{a n }的公差为d a 1＋10d ＝20，1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋4d )，化简得1＋2d ＝4，1d ＝0，因为d ≠0，所以a 1＝0，d ＝2，所以a n ＝2n －2(n ∈N *)，S n ＝n 2－n ，n ∈N *，因为S n ＋b n ＝2n 2，所以b n ＝n 2＋n (n ∈N *)．(2)由(1)知，c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，n 为偶数，n －1，n 为奇数，所以T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝(2＋4＋…＋2n )＋(40＋42＋…＋42n －2)＝n (2＋2n )2＋1－16n 1－16＝n (n ＋1)＋115(16n －1)．10．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2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．2020解析：D设{a n }的公差为da 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，1＋9d ＝19，1＝1，＝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2020项的和为(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2019＋b 2020)＝2×20202＝2020．11．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A nn 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋14解析：ABD由a n ＝a 2n －1＋a n －1，得a 2n －1＝a n －a n －1≥0，所以a n ≥a n －1≥32，A n ＝a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n ＋1－a n ＝a n ＋1－a 1＝a n ＋1－32，故A 正确；由a n ＝a 2n －1＋a n －1＝a n－1(a n －1＋1)，得1a n ＝1a n －1(a n －1＋1)＝1a n －1－1a n －1＋1，即1a n －1＋1＝1a n －1－1a n ，所以B n ＝1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a n ＋1＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1＝23－1a n ＋1，故B 正确；易知A n ≠0，B n ≠0，所以A nB n ＝a n ＋1－3223－1a n ＋1＝32a n ＋1，故C 不正确；易知a n ＝a 2n －1＋a n －1<2a 2n －1，所以a n ＋1<2a 2n <23a 4n －1<…<22n －1a 2n 1＝22n－1n ＝12×32n ，所以A n B n＝32an ＋1<32×12×32n ＝32n ＋14，故D 正确．故选A 、B 、D ．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)当n ≥2时，S n ＝3S n －1－2(n －1)＋2，又S n ＋1＝3S n －2n ＋2，两式相减可得S n ＋1－S n ＝3S n －3S n －1－2，即a n ＋1＝3a n －2，即有a n ＋1－1＝3(a n －1)，令n ＝1，可得a 1＋a 2＝3a 1，解得a 2＝2a 1＝4，也符合a n ＋1－1＝3(a n －1)，则数列{a n －1}是首项为1，公比为3的等比数列，则a n －1＝3n －1，故a n ＝1＋3n －1．(2)由(1)知b n ＝na n ＝n ＋n ·3n －1，则T n ＝(1＋2＋…＋n )＋(1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1)，设M n ＝1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1，3M n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，两式相减可得－2M n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1－n ·3n＝1－3n 1－3－n ·3n ，化简可得M n ＝(2n －1)·3n ＋14．所以T n ＝12n (n ＋1)＋(2n －1)·3n ＋14．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．证明：二项展开式的通项为T k ＋1＝C －k＝C －k x12－3k，令12－3k ＝0，得k ＝4，得展开式的常数项为a 1＝12．可选择的条件为①或②或③：若选择①：在S n ＝－a n ＋t 中，令n ＝1，得t ＝1，所以S n ＝－a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝－a n －1＋1．两式相减得a n ＝12a n －1，故{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择②：由(n ＋1)b n ＋1＝nb n 得b n ＋1b n ＝nn ＋1，所以b n ＝b n b n －1·b n －1b n －2·…·b 2b 1b 1＝1n (n ≥2)，n ＝1时也满足，则a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，S n …1－1n ＋1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择③：由题意得3a 2n ＋1－3a 2n ＝－(a n ＋1＋a n )，得a n ＋1－a n ＝－13或a n ＋1＋a n ＝0，又a 1＝12，当a n ＋1＋a n ＝0时，有S n n 为偶数，n 为奇数，所以S n <1，当a n ＋1－a n ＝－13时，有S n ＝n 2－n (n －1)6＝－16(n 2－4n )＝－16(n －2)2＋23，当n ＝2时，S n 有最大值，为23<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．。

高中数学数列求和练习题及参考答案2023

高中数学数列求和练习题及参考答案2023数列求和是高中数学中的重要知识点，也是学生们经常需要练习和巩固的内容。

掌握数列求和的方法和技巧，对于解决各种数学问题具有重要的作用。

本文将为大家提供一些高中数学数列求和的练习题，并给出参考答案。

一、简单求和练习1. 求等差数列1，4，7，10，...的前20项和。

解析：这是一个等差数列，我们知道等差数列的通项公式为an = a1 + (n - 1)d，其中a1为首项，d为公差，n为项数。

根据等差数列的求和公式Sn = (n/2)(a1 + an)，我们可以求得前20项和为：S20 = (20/2)(1 + 1 + 19 * 3) = 20 * 10 = 200所以，等差数列1，4，7，10，...的前20项和为200。

2. 求等比数列3，6，12，24，...的前10项和。

解析：这是一个等比数列，我们知道等比数列的通项公式为an = a1 * r^(n - 1)，其中a1为首项，r为公比，n为项数。

根据等比数列的求和公式Sn = a1 * (1 - r^n) / (1 - r)，我们可以求得前10项和为：S10 = 3 * (1 - 2^10) / (1 - 2) = 3 * (1 - 1024) / (-1) = 3 * (1023) = 3069所以，等比数列3，6，12，24，...的前10项和为3069。

二、综合应用题1. 若等差数列的首项为3，公差为2，且和为139，求该等差数列的项数。

解析：设等差数列的项数为n，根据等差数列的求和公式Sn =(n/2)(a1 + an)，将已知条件代入，得到：139 = (n/2)(3 + a1 + (n - 1)2)化简得：139 = (n/2)(2n + 4)278 = n(2n + 4)2n^2 + 4n - 278 = 0解这个一元二次方程，得到n ≈ 11所以，该等差数列的项数为11。

2. 已知等差数列的首项为5，公差为3，前n项和为Sn = 105 - 2n，求该等差数列的项数n。

专题6-2 数列求和归类-2023年高考数学一轮复习热点题型(全国通用)(原卷版)

n 1
)(n N , n 2) ，求 Sn ；
（2）若 S n f ( ) f ( ) ... f (
n
n
n
（1）证明函数 f ( x ) 的图像关于点 ( ,1) 对称;
【提分秘籍】
基本规律
倒序求和，多是具有中心对称的
【变式演练】
1
1.设奇函数� � 对任意� ∈ �都有�(�) = �(� − 1) + 2 .
（2）设数列 bn 满足 bn
2 an 1
，求数列 bn 的前 n 项和 Rn .
4n
2.设数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a2 4 ，且对任意正整数 n ，点 an 1 , S n 都在直线 x 3 y 2 0 上.（1）
求 an 的通项公式；
（2）若 bn nan ，求 bn 的前 n 项和 Tn .
【题型五】裂项相消常规型
【典例分析】
设数列 an 满足： a1 1 ，且 2an an 1 an 1 （ n 2 ）
， a3 a4 12 .
（1）求 an 的通项公式：

1
的前 n 项和.
已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a1
1
， S n S n 1 S n S n 1 0 n 2 .
2
1
是等差数列；
Sn
Sn
, n为奇数

（2）若 Cn n 3
，设数列 C n 的前 n 项和为 Tn ，求 T2n .
【提分秘籍】
基本规律
分组求和法：
c（等比）
1.形如 an＝ b（等差）

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)．。

2021年高考数学一轮总复习 5.4数列求和练习

2021年高考数学一轮总复习 5.4数列求和练习一、选择题1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧2a nn 为奇数，a n ＋1 n 为偶数，则其前6项之和是( )A ．16B ．20C ．33D ．120解析 ∵a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，∴S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.答案 C2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( ) A ．1＋2n B ．2＋2n C ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2n解析由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1.答案 C3．若数列{a n }的通项为a n ＝4n －1，b n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn，n ∈N *，则数列{b n }的前n 项和是( )A ．n 2B ．n (n ＋1)C ．n (n ＋2)D ．n (2n ＋1)解析 a 1＋a 2＋…＋a n ＝(4×1－1)＋(4×2－1)＋…＋(4n －1)＝4(1＋2＋…＋n )－n ＝2n (n ＋1)－n ＝2n 2＋n ，∴b n ＝2n ＋1，b 1＋b 2＋…＋b n ＝(2×1＋1)＋(2×2＋1)＋…＋(2n ＋1) ＝n 2＋2n ＝n (n ＋2)．答案 C4．若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( )A ．1－14nB ．1－12nC.23⎝⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝⎛⎭⎪⎫1－12n解析 a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n .答案 C5．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2cos n π(n ∈N *)，S n 为它的前n 项和，则S 2 0122 013等于( )A ．1 005B ．1 006C ．2 011D ．2 012解析注意到cos n π＝(－1)n (n ∈N *)，故a n ＝(－1)n n 2.因此有S 2 012＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－2 0112＋2 0122)＝1＋2＋3＋…＋2 011＋2 012＝2 012×1＋2 0122＝1 006×2 013，所以S 2 0122 013＝1 006.答案 B6．已知函数f (x )＝x 2＋bx 的图象在点A (1，f (1))处的切线l 与直线3x －y＋2＝0平行，若数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1fn(n ∈N *)的前n 项和为S n ，则S 2 012的值为( )A.2 0092 010 B.2 0102 011 C.2 0112 012D.2 0122 013解析由于f ′(x )＝2x ＋b ，据题意则有f ′(1)＝2＋b ＝3，故b ＝1，即f (x )＝x 2＋x ，从而1f n＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，其前n 项和S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故S 2 012＝2 0122 013. 答案 D 二、填空题7．设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝19，a 5＋b 3＝9，则数列{a n b n }的前n 项和S n ＝__________.解析由条件易求出a n ＝n ，b n ＝2n －1(n ∈N *)． ∴S n ＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，① 2S n ＝1×2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n .② 由①－②，得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ×2n ， ∴S n ＝(n －1)·2n＋1. 答案 (n －1)·2n ＋18．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为__________．解析 ∵a n ＝n n ＋12n ＋1＝n2， ∴b n ＝8nn ＋1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴b 1＋b 2＋…＋b n＝8⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8n n ＋1.答案8nn ＋19．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则S 100＝________.解析由a n＋2－a n＝1＋(－1)n，知a2k＋2－a2k＝2，a2k＋1－a2k－1＝0，∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k.∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋100＋2×502＝2 600.答案 2 600三、解答题10．(xx·山东卷)在等差数列{a n}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝a n n＋12，记T n＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)n b n，求T n.解(1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2，所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n.(2)由题意知b n＝a n n＋12＝n(n＋1)，所以T n＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)n n·(n＋1)．因为b n＋1－b n＝2(n＋1)，可得当n为偶数时，Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－b n－1＋b n)＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n24＋2n 2＝n n ＋22，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝n －1n ＋12－n (n ＋1)＝－n ＋122.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－n ＋122，n 为奇数，n n ＋22，n 为偶数.11．已知数列{a n }的各项排成如图所示的三角形数阵，数阵中每一行的第一个数a 1，a 2，a 4，a 7，…构成等差数列{b n }，S n 是{b n }的前n 项和，且b 1＝a 1＝1，S 5＝15.a 1a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10…(1)若数阵中从第3行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，已知a 9＝16，求a 50的值；(2)设T n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n，求T n .解 (1)设等差数列{b n }的公差为d .∵b 1＝1，S 5＝15，∴S 5＝5＋10d ＝15，d ＝1， ∴b n ＝1＋(n －1)×1＝n .设从第3行起，每行的公比都是q ，且q >0，则a 9＝b 4q 2，即4q 2＝16，q ＝2，又1＋2＋3＋…＋9＝45，故a 50是数阵中第10行的第5个数，a 50＝b 10q 4＝10×24＝160.(2)∵S n ＝1＋2＋…＋n ＝n n ＋12，∴T n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n＝2n ＋1n ＋2＋2n ＋2n ＋3＋…＋22n2n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋1n ＋2－1n ＋3＋…＋12n －12n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－12n ＋1＝2nn ＋12n ＋1.培优演练1．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( ) A ．3 690 B ．3 660 C ．1 845D ．1 830解析当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1，当n＝2k－1时，a2k－a2k－1＝4k－3，∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋1＋a2k＋3＝2，∴a2k－1＝a2k＋3，∴a1＝a5＝…＝a61.∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝30×3＋1192＝30×61＝1 830.答案D2．(xx·湖北三校联考改编)已知等比数列的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，则数列lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4，…，2n－1lg a n，…的前n项和S n等于( )A．n·2n B．(n－1)·2n－1－1C．(n－1)·2n＋1 D．2n＋1解析∵等比数列{a n}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，∴a2n＝102n，即a n＝10n，∴2n－1lg a n＝2n－1lg10n＝n·2n－1，∴S n＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，①2S n＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②∴①－②得－S n＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴S n＝(n－1)·2n＋1.答案 C3．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝15，且对任意正整数m ，n ，都有a m ＋n＝a m a n ，若S n <t 恒成立，则实数t 的最小值为________．解析令m ＝1，则a n ＋1a n＝a 1， ∴{a n }是以a 1为首项，15为公比的等比数列．∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15n，∴S n ＝15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15n ＋11－15＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15n＝14－14·5n <14.由S n <t 恒成立， ∴t >S n 的最大值，可知t 的最小值为14.答案144．(xx·四川资阳高考模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n 满足：S n ＝32a n ＋n－3.(1)求证：数列{a n －1}是等比数列．(2)令c n ＝log 3(a 1－1)＋log 3(a 2－1)＋…＋log 3(a n －1)，对任意n ∈N *，是否存在正整数m ，使1c 1＋1c 2＋…＋1c n ≥m3都成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：当n ＝1时，S 1＝a 1＝32a 1－2，解得a 1＝4.当n ≥2时，由S n ＝32a n ＋n －3得S n －1＝32a n －1＋n －4，两式相减，得S n －S n －1＝32a n －32a n －1＋1，即a n ＝3a n －1－2，则a n －1＝3(a n －1－1)，故数列{a n －1}是以a 1－1＝3为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)知a n －1＝3n ，c n ＝log 3(a 1－1)＋log 3(a 2－1)＋…＋log 3(a n －1)＝1＋2＋…＋n ＝n n ＋12，所以1c n ＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则1c 1＋1c 2＋…＋1c n＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1，由1c 1＋1c 2＋…＋1c n ≥m 3对任意n ∈N *都成立，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1≥m 3，即m ≤6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1对任意n ∈N *都成立，又m ∈N *，所以m 的值为1,2,3.36334 8DEE 跮^39013 9865顥33933 848D 蒍!d22408 5788 垈39291 997B 饻W35888 8C30 谰 s33571 8323 茣E精品文档实用文档。

2023届高考数学一轮复习考点训练——求数列的通项公式

2023考点专题复习——数列的通项公式考法一：累加法——适用于)(1n f a a n n +=+（)(n f 可以求和）例1、在数列{}n a 中，已知1a =1，当2n ≥时，有121n n a a n -=+-()2n ≥，求数列的通项公式。

例2、已知数列}{n a 中, 0>n a 且)(21nn n a na S +=,求数列}{n a 的通项公式.例3、已知数列{}n a 满足112313n n n a a a ，，求数列{}n a 的通项公式。

练习1、已知数列{}n a 的首项为1，且*12()n n a a n nN 写出数列{}n a 的通项公式.练习2、已知数列}{n a 满足13a ，11(2)(1)n n a a n n n -=+≥-求此数列的通项公式.练习3、已知数列{}n a 满足11211nn a a n a ，，求数列{}n a 的通项公式。

练习4、已知在数列{}n a 中，13a =，112(2)n n n a a n --=+．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设21log (1)n n b a +=-，求11{}n n b b +的前n 项和n T ．练习5、在数列{}n a 中，12a =，122n n n a a +=++．（1）求数列{2}n n a -的通项公式；（2）设数列{}n b 满足2(22)n n b a n =+-，求{}n b 的前n 项和n S ．练习6、已知数列{}n a 满足211=a ，nn a a n n ++=+211，求n a 。

练习7、已知数列{}n a 满足11a =，1n n n a a +-=，则数列{}n a 的通项公式练习8、在数列{}n a 中，12a =，11ln 11n n a a n n n +⎛⎫⎪⎝+++⎭=，则数列{}n a 的通项公式练习9、已知数列{a n }满足11a =-，111+1n n a a n n +=-+，n ∈N *，求数列的通项公式a n .练习10、设数列{}n a 满足11a =，()*112n n n a a n +-=∈N ，则数列{}n a 的通项公式练习11、已知数列{}n a 满足112a =，121n n a a n n+=++，则数列{}n a 的通项公式考法二：累乘法例1、在数列{}n a 中，已知11,a =有()11n n na n a -=+，(2n ≥)求数列{}n a 的通项公式。

一般数列求和(裂项、错位、分组)-2023届高三数学一轮复习专题

一般数列求和一．裂项求和1．已知数列{a n}满足a1＝2，．（1）设，求证：数列{b n}为等差数列，并求数列{a n}的通项公式；（2）设，求数列{c n c n+2}的前n项和为T n，2．已知数列{a n}满足a1＝3，且a n+1＝2a n﹣n+1．（1）证明：数列{a n﹣n}为等比数列；（2）记，求数列{b n}前n项的和S n．3．设数列{a n}的前n项和为S n，已知a n＞0，．（1）求{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足，求{b n}的前n项和T n．4．已知数列{a n}的前n项和S n满足2S n﹣na n＝3n（n∈N*），且a2＝5．（1）证明数列{a n}为等差数列，并求{a n}的通项公式；（2）设b n＝，求为数列{b n}的前n项和T n．【裂和】5．已知数列{a n}和{}均为等差数列，a1＝．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{b n}满足b n＝（﹣1）n•，求数列{b n}的前n项和S n．二．错位相减法6．已知等差数列{a n}满足（a1+a2）+（a2+a3）+…+（a n+a n+1）＝2n（n+1）（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和S n．三．分组求和【并项求和】7．（2021•湖南模拟）已知正项数列{a n}的前n项和为S n，2S n＝a n2+a n﹣2．（1）证明：数列{a n}是等差数列．（2）若b n＝（﹣1）n a n2，求数列{b n}的前2n项和为T2n．【分组求和】8．（2020秋•湖北期中）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，S n+1＝3S n+2，n∈N*．（1）证明：数列{S n+1}为等比数列；（2）若b n＝，求数列{b n}的前2n项的和T2n．练习：9．已知数列{a n}和{}均为等差数列，a1＝．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{b n}满足b n＝（﹣1）n•，求数列{b n}的前n项和S n．10．在数列{a n}中，a1＝14，a n+1﹣3a n+4＝0．（1）证明：数列{a n﹣2}是等比数列．（2）设b n＝，记数列{b n}的前n项和为T n，若对任意的n∈N*，m≥T n恒成立，求m 的取值范围．11．已知等比数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，且S3＝2S2+1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为递增数列，数列{b n}满足，求数列b n的前n项和T n．12．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S5＝25，a2+a5+a10＝31．（1）求数列{a n}的通项公式以及前n项和S n；（2）若求数列{b n}的前2n﹣1项和T2n﹣1．答案：1．（2021秋•湖北月考）已知数列{a n}满足a1＝2，．（1）设，求证：数列{b n}为等差数列，并求数列{a n}的通项公式；（2）设，数列{c n c n+2}的前n项和为T n，是否存在正整数m，使得对任意的n∈N*都成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，试说明理由．【解答】（1）证明：∵，∴，则＝．又，且，∴数列{b n}是以1为首项，以1为公差的等差数列，则，即，；（2）解：＝，，则＝2＝＜3．要使对任意的n∈N*都成立，只要3，即，解得m≤﹣4或m≥3．∵m＞0，∴m≥3，即m的最小值为3．2．（2020秋•湖北期末）已知数列{a n}满足a1＝3，且a n+1＝2a n﹣n+1．（1）证明：数列{a n﹣n}为等比数列；（2）记，S n是数列{b n}前n项的和，求证：．【解答】证明：（1）依题意，由a n+1＝2a n﹣n+1，两边同时减去n+1，可得a n+1﹣（n+1）＝2a n﹣n+1﹣（n+1）＝2（a n﹣n），∵a1﹣1＝3﹣1＝2，∴数列{a n﹣n}是以2为首项，2为公比的等比数列．（2）由（1）知，a n﹣n＝2•2n﹣1＝2n，∴a n＝2n+n，∴＝＝﹣，则S n＝b1+b2+…+b n＝﹣+﹣+…+﹣＝﹣＝﹣＜，∴不等式成立．3．（2018秋•荆州区校级期末）设数列{a n}的前n项和为S n，已知a n＞0，．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}满足，求{b n}的前n项和T n．【解答】解：（Ⅰ），则，两式相减得：（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣2）＝0，∵a n＞0，∴a n﹣a n﹣1＝2（n≥2），且，∴{a n}是以3为首项，2为公差的等差数列，∴a n＝2n+1．（Ⅱ）∴＝．4．（2019秋•西湖区校级期中）已知数列{a n}的前n项和S n满足2S n﹣na n＝3n（n∈N*），且a2＝5．（1）证明数列{a n}为等差数列，并求{a n}的通项公式；（2）设b n＝，T n为数列{b n}的前n项和，求使T n成立的最小正整数n的值．【解答】解：（1）当n≥2时，2S n﹣1﹣（n﹣1）a n﹣1＝3（n﹣1），又2S n﹣na n＝3n，相减可得（n﹣1）a n﹣1﹣（n﹣2）a n＝3，当n≥3时，（n﹣2）a n﹣2﹣（n﹣3）a n﹣1＝3，所以（n﹣1）a n﹣1﹣（n﹣2）a n＝（n﹣2）a n﹣2﹣（n﹣3）a n﹣1，可得2a n﹣1＝a n﹣2+a n，所以{a n}为等差数列．又2S1﹣a1＝3，且a1＝S1，得a1＝3，又a2＝5，所以{a n}为公差为2的等差数列，则a n＝2n+1；（2）b n＝＝＝＝＝（﹣），T n＝（﹣+﹣+﹣+﹣+…+﹣）＝（﹣），要使T n成立，即（﹣）＞，解得n＞，所以最小正整数n的值为8．4．（2019秋•湖北月考）已知数列{a n}和{}均为等差数列，a1＝．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{b n}满足b n＝（﹣1）n•，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）{}均为等差数列，a1＝．可得2•＝a12+，数列{a n}也为等差数列，公差设为d，可得（a1+d）2＝a12+，化为a1＝d＝，则a n＝+（n﹣1）＝n；（2）b n＝（﹣1）n•＝（﹣1）n•＝（﹣1）n•（+），S n＝﹣（1+）+（+）﹣（+）+…+（﹣1）n•（+）＝﹣1+（﹣1）n•．6．已知等差数列{a n}满足（a1+a2）+（a2+a3）+…+（a n+a n+1）＝2n（n+1）（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和S n．【解答】解：∵（a1+a2）+（a2+a3）+…+（a n+a n+1）＝2n（n+1），①∴（a1+a2）+（a2+a3）+…+（a n﹣1+a n）＝2n（n﹣1），②由①﹣②可得，a n+a n+1＝4n，③，令n＝n﹣1，可得a n+a n﹣1＝4（n﹣1），④，由③﹣④可得2d＝4，∴d＝2，∵a1+a2＝4，∴a1＝1，∴a n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，（2）＝（2n﹣1）•（）n﹣1，∴S n＝1•（）0+3•（）1+5•（）2+…+（2n﹣1）•（）n﹣1，∴S n＝1•（）1+3•（）2+5•（）3+…+（2n﹣3）•（）n+（2n﹣1）•（）n，∴S n＝1+2•（）1+2•（）2+2•（）3+…+2•（）n﹣1﹣（2n﹣1）•（）n＝1+2﹣（2n﹣1）•（）n＝3﹣（2n+3）•（）n，∴S n＝6﹣（2n+3）•（）n﹣1．7．（2021•湖南模拟）已知正项数列{a n}的前n项和为S n，2S n＝a n2+a n﹣2．（1）证明：数列{a n}是等差数列．（2）若b n＝（﹣1）n a n2，求数列{b n}的前2n项和为T2n．【解答】解：（1）证明：因为，所以当n＝1时，，即，解得a1＝2或a1＝﹣1（舍去）．当n≥2时，，则，即（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣1）＝0，因为a n＞0，所以a n+a n﹣1＞0，则a n﹣a n﹣1﹣1＝0，即a n﹣a n﹣1＝1，（n∈N*，n⩾2）所以数列{a n}是等差数列．（2）由（1）可得a n＝2+n﹣1＝n+1，n∈N*，则，n∈N*，从而，故T2n＝b1+b2+…+b2n﹣1+b2n（4+1）+（4×2+1）+…+（4n+1）＝＝2n2+3n．8．（2020秋•湖北期中）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，S n+1＝3S n+2，n∈N*．（1）证明：数列{S n+1}为等比数列；（2）若b n＝，求数列{b n}的前2n项的和T2n．【解答】解：（1）证明：∵S n+1＝3S n+2，∴，又S1+1＝3，∴数列{S n+1}是以3为首项，以3为公比的等比数列；（2）解：由（1）可得，∴，又当n≥2时，，a1＝2也适合上式，∴，∴，∴T2n＝（b1+b3+…+b2n﹣1）+（b2+b4+…+b2n）＝+＝．9．（2019秋•湖北月考）已知数列{a n}和{}均为等差数列，a1＝．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{b n}满足b n＝（﹣1）n•，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（1）{}均为等差数列，a1＝．可得2•＝a12+，数列{a n}也为等差数列，公差设为d，可得（a1+d）2＝a12+，化为a1＝d＝，则a n＝+（n﹣1）＝n；（2）b n＝（﹣1）n•＝（﹣1）n•＝（﹣1）n•（+），S n＝﹣（1+）+（+）﹣（+）+…+（﹣1）n•（+）＝﹣1+（﹣1）n•．10．在数列{a n}中，a1＝14，a n+1﹣3a n+4＝0．（1）证明：数列{a n﹣2}是等比数列．（2）设b n＝，记数列{b n}的前n项和为T n，若对任意的n∈N*，m≥T n恒成立，求m的取值范围．【解答】（1）证明：∵数列{a n}满足a n+1﹣3a n+4＝0，∴a n+1﹣2＝3（a n﹣2），即＝3（常数）．数列{a n﹣2}是以12为首项，3为公比的等比数列；（2）解：由（1）知，即．∴b n＝＝．当n为偶数时，＝；当n为奇数时，﹣…+＝．当n为偶数时，是递减的，此时当n＝2时，T n取最大值﹣，则m≥﹣；当n为奇数时，T n＝﹣是递增的，此时T n＜﹣，则m≥﹣．综上，m的取值范围是[﹣，+∞）．11．已知等比数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，且S3＝2S2+1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为递增数列，数列{b n}满足，求数列b n的前n项和T n．（3）在条件（2）下，若不等式λnT n﹣3λn+b n＜0对任意正整数n都成立，求λ的取值范围．【解答】解：（1）等比数列{a n}的公比设为q，前n项和为S n，a1＝1，且S3＝2S2+1，可得1+q+q2＝2（1+q）+1，解得q＝﹣1或q＝2，则a n＝（﹣1）n﹣1；或a n＝2n﹣1；（2）数列{a n}为递增数列，可得a n＝2n﹣1，数列{b n}满足，即为b n＝（2n﹣1）•（）n，前n项和T n＝1•+3•+…+（2n﹣1）•（）n，T n＝1•+3•+…+（2n﹣1）•（）n+1，相减可得T n＝+2（++…+（）n）﹣（2n﹣1）•（）n+1＝+2•﹣（2n﹣1）•（）n+1，化为T n＝3﹣（2n+3）•（）n；（3）不等式λnT n﹣3λn+b n＜0对任意正整数n都成立，即为λ（T n﹣3）+＜0，即λ＞恒成立，可令t＝2n﹣1（t为正奇数），可得＝＝，由t+≥4，当t＝1时，t+＝5，t＝3时，t+＝，t＝5时，t+＝，可得t＝3，即n＝2时，取得最大值，则λ＞．12．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S5＝25，a2+a5+a10＝31．（1）求数列{a n}的通项公式以及前n项和S n；（2）若求数列{b n}的前2n﹣1项和T2n﹣1．【解答】解：（1）由S5＝25，得5a1+d＝25①，由a2+a5+a10＝31，得a1+d+（a1+4d）+（a1+9d）＝3a1+14d＝31②，由①②解得，a1＝1，d＝2，所以数列{a n}的通项公式a n＝a1+（n﹣1）d＝2n﹣1，前n项和S n＝＝n2．（2）b n＝＝＝，所以T2n﹣1＝（b1+b3+…+b2n﹣1）+（b2+b4+…+b2n﹣2）＝（21+25+29+…+22n﹣1）+（﹣+﹣+…+﹣）＝+（﹣）＝﹣﹣．。

高三数学数列求和1

练习5 ：数列 { 1 n n 1 }的前n项和为 10 ，则n ？
练习6： 1 1 1 1 ..... 1 1 2 1 2 3 1 2 3 4 .... n
练习7：1！+2×2！+3×3！+…+n×n!=?
5、分组求和
典型5：（书本第一册133页6）数列{an}的通项an=2n+2n-1，求该数列的前n项和。
Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn=2n
3、错位相减
当{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列 {anbn}的前n项和适用错位相减
典型3 1+2×3+3×32+4×33+…+n×3n-1=？练习2（课本第一册142页6）求和：S=1+2x+3x2+…+nxn-1 练习3： (x≠0)
重视通项的研究
练习 1 ： 1 3 5 (2n 1) 115 1)已知，则n ? 2 4 6 2n 116
2)1+a+a2+a3+…+an-1=_____ (a≠0)
复习3：书本是如何推导等差、等比数列的前n项和的公式： ①(等差数列)倒序相加 Sn=a1+a2 +a3 +…+an-1+an Sn=an+an-1+an-2+…+a2 +a1 ②(等比数列 )错位相减1 1 S +a n(+a a1 a n ) +a n(a 2 a n 1 ) nn=a S +…+a 1 n-12 n 2 2 3 qSn= a2+a3+…+an-1+an +qan

第04讲数列求和 (精讲)(解析版)-2023年高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)

第04讲数列求和(精讲）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试第三部分：典型例题剖析题型一：裂项相消求和法题型二：错位相减求和法题型三：分组求和法题型四：倒序相加求和法第四部分：高考真题感悟1.公式法(1)等差数列前n 项和公式11()(1)22n n n a a n n dS na +-==+; (2)等比数列前n 项和公式111(1)11n n na q S a q q q=⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩2.裂项相消求和法:裂项相消求和法就是把数列的各项变为两项之差,使得相加求和时一些正负项相互抵消,前n 项和变成首尾若干少数项之和,从而求出数列的前n 项和.①21111(1)1n n n n n n ==-+++②1111()()n n k k n n k=-++③211111()41(21)(21)22121n n n n n ==---+-+④1111()(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++1k= 3.错位相减求和法:错位相减法求和：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求.q 倍错位相减法：若数列{}n c 的通项公式n n n c a b =⋅，其中{}n a 、{}n b 中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般可在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将所得新和式与原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和．这种方法叫q 倍错位相减法． 4.分组求和法:如果一个数列可写成n n n c a b =±的形式，而数列{}n a ，{}n b 是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法. 5.倒序相加求和法:即如果一个数列的前n 项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n 项和.1．（2022·福建·厦门一中高二阶段练习）若数列{}n a 满足()11n a n n =+，则{}n a 的前2022项和为（）A ．12023B ．20222023C ．12022D ．20212022【答案】B 解：由题得()11111n a n n n n ==-++，所以{}n a 的前2022项和为11111112022112232022202320232023-+-++-=-=. 故选：B2．（2022·全国·高三专题练习（文））若数列{an }的通项公式为an ＝2n ＋2n －1，则数列{an }的前n 项和为（） A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋n －2 D ．2n ＋1＋n 2－2【答案】D由题可知：设数列{an }的前n 项和为n S 所以12n n S a a a =+++即()()22221321n n n S =+++++++-所以()212[1(21)]122n n n n S -+-=+-故1222n n S n +=-+故选：D3．（2022·全国·高三专题练习（文））设4()42xx f x =+，1231011111111f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭A ．4B ．5C ．6D ．10【答案】B由于()()1144114242x xxx f x f x --+-=+=++，故原式11029565111111111111f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 4．（2022·江苏·高二课时练习）求和：()10132kk =+∑.【答案】2076()10231013232+++3+2+++kk =+=+⋅⋅⋅∑（）（32）（）（32）231030(2222)=++++⋅⋅⋅+102(12)3012-=+- 113022=-+ 2076=题型一：裂项相消求和法例题1．（2022·浙江省淳安中学高二期中）数列的前2022项和为（）A B C 1 D 1【答案】B记的前n项和为nT，则2022140452T=+)112=；故选：B例题2．（2022·河南安阳·高二阶段练习（理））已知{}n a是递增的等差数列，13a=，且13a，4a，1a成等比数列.(1)求数列{}n a的通项公式；(2)设数列11n na a+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和为nT，求证：11156nT≤<.【答案】(1)21na n=+(2)见解析.(1)设{}n a的公差为d，因为13a，4a，1a成等比数列，所以()()222411333331220a a a d d d d=⋅⇒+=+⇒-=，因为{}n a是递增，所以0d>，故2d=，所以21na n=+.(2)()()111111212322123n na a n n n n+⎛⎫==-⎪++++⎝⎭,所以11111111112355721232323nTn n n⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，因为123n+单调递减，所以n T单调递增，故当1n=时，min11()15nT T==，而111123236n nT⎛⎫=-<⎪+⎝⎭，故11156nT≤<.例题3．（2022·辽宁·沈阳市第八十三中学高二阶段练习）已知n S为等差数列{}n a的前n项和，321S=，555S=．(1)求n a、n S；(2)若数列11n na a+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和n T，求满足225nT>的最小正整数n．【答案】(1)an＝4n﹣1，22nS n n=+(2)19(1)设等差数列{an }的公差为d ，则11323212545552a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⎪+=⎪⎩，即117211a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得134a d =⎧⎨=⎩，故()34141n a n n =+-=-，2(341)22n n n S n n +-==+ (2)由（1）得，1111111414344143n n a a n n n n +⎛⎫=⋅=- ⎪-+-+⎝⎭.故111111111...437471144143n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1114343129n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭，令225n T >有129225n n +>，即241825n n >+，解得18n >，故满足满足225nT >的最小正整数为19例题4．（2022·全国·高三专题练习）已知正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足：12(N )n n S a a n +=-∈，且123+1,a a a ,成等差数列.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)令()()()2221N log log n n n b n a a ++=∈⋅，求证：数列{}n b 的前n 项和34n T <.【答案】(1)()2N nn a n +=∈(2)证明见解析(1)由题意：()12,n n S a a n N +=-∈，()-1-112,2,N n n S a a n n +∴=-≥∈ 两式相减得到-1=2(2,)n n a a n n N +≥∈，又0n a >，{}n a ∴是首项为1a ，公比为2的等比数列，再由123+1,a a a ,成等差数列得，得()2132+1a a a =+，即()11122+14a a a =+，则1=2a ，{}n a ∴的通项公式为()2N n n a n +=∈.(2)由题意知，22211111()(2)22log 2log 2n n n b n n n n +===-++⋅1111111111(1)232435112n T n n n n ∴=-+-+-++-+--++ 11113111122124212n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=-+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭3N ,4n n T +∈∴<例题5．（2022·河南濮阳·高二期末（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，且25a =，()*11232,n n n S S S n n +--+=≥∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知n b 是n a ，1n a +的等比中项，求数列21n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】(1)31n a n =-(2)()232nn +(1)当2n ≥时，()()113n n n n S S S S +----=，故13n n a a +-=，又12a =，且25a =， 213a a -=，满足13n n a a +-=，故数列{}n a 为公差为3的等差数列，通项公式为()21331n a n n =+-⨯=-，(2)由题意得：()()23132n b n n =-+，则()()211111313233132n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，则()11111111113255831323232232n nT n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭ 例题6．（2022·海南华侨中学高二期中）设等比数列{}n a 满足124a a +=，318a a -=． (1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()112311n n n n b a a -+⨯=++，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围．【答案】(1)13-=n n a (2)11,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭(1)解：设公比为q ，由124a a +=，318a a -=，所以1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得11a =，3q =，所以13-=n n a ．(2)解：由（1）及()()112311n n n n b a a -+⨯=++，所以()()111231131313131n n n n n n b ---⨯==-++++，所以0112231111111113131313131313131n n n T -=-+-+-++-++++++++011113131231n n =-=-+++ 因为()()1111111111123023123131313131n n n n n n n n n T T -+++-⨯⎛⎫⎛⎫-=---=-=>⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭，即n T 单调递增，所以114n T T ≥=，又1112312n n T =-<+，所以1142n T ≤<，即11,42n T ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭；题型二：错位相减求和法例题1．（2022·全国·高三专题练习） 1232482n nnS =++++=（） A ．22n n n -B ．1222n n n +--C ．1212n n n +-+D ．1222n nn +-+【答案】B 由1232482n nn S =++++，得23411111112322222n n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234111111112222222nn n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111111222211222212n n n n n n n n n ++++⎛⎫- ⎪--⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-=--⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-.所以1222n n nn S +--=. 故选：B.例题32．（2022·青海玉树·高三阶段练习（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且111a b ==，32312S b ==． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若1n n n c a b +=，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)32n a n =-，14n n b -=(2)()1414n n T n +=+-(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，由题意得：13312a d +=，解得：3d =，所以()13132n a n n =+-=-，由2312b =得：24b =，所以214a q a ==，所以14n n b -=(2)()1324nn n n c a b n +==-⋅，则()2344474324n n T n =+⨯+⨯++-①， ()2341444474324n n T n +=+⨯+⨯++-②，两式相减得：()23413434343434324n n n T n +-=+⨯+⨯+⨯++⨯--()()111164433241233414n n n n n +++-=+⨯--=-+--，所以()1414n n T n +=+-例题3．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，且22n n S a =-，2log =n n n b a a ．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求证：当2n ≥时，4n n T S ≥+．【答案】(1)2n n a =(2)证明见解析(1)因为22n n S a =-，所以1122a a =-，则12a =，当2n ≥时，1122n n S a --=-，所以1122n n n n n a S S a a --=-=-，化简得12n n a a -=，所以数列{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列，因此2n n a = (2)()12122212n n n S +-==--，22log 2log 22n n nn n n b a a n =⋅=⋅=⋅，则212222nn T n =⨯+⨯++⨯……，所以231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯……，两式相减得()231122222n n n T n ++=-⨯-+++⋅……，即()()231121222222212n nn n n T n n ++-=-++++⋅=-+⋅+-……，故()1122n n T n +=-+.所以当2n ≥时，()()()111122222244n n n n n T S n n +++-=-+--=-+≥，所以4n n T S ≥+．例题4．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（文））已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且22b =，34b =，11a b =，851a b +=．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； (2)设11n n n a c b ++=，数列{}n c 的前n 项和为n S ，求n S ．【答案】(1)21n a n =-，12n n b -=；(2)1242n n n S -+=-. (1)依题意，等比数列{}n b 的公比322b q b ==，则有2122n n n b b q --==，因此，111a b ==，由851a b +=得85115a b =-=，等差数列{}n a 的公差81281a a d -==-，1(1)21n a a n d n =+-=-，所以数列{}n a 、{}n b 的通项公式分别为：21n a n =-，12n n b -=.(2)由（1）知，111222n n n n n a n nc b -++===，则23123412222n n n S -=+++++，于是得23111231222222n n nn nS --=+++++，两式相减得：23111()11112212122222211222nn n n nn n n S n --+=+++++-=-=--，所以1242n n n S -+=-. 例题5．（2022·辽宁·建平县实验中学高二期中）已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26S =，314S =． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若21n nn b a -=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)()*2n n a n =∈N (2)2332n nn T +=-(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，当1q =时，1n S na =，所以2126S a ==，31314S a ==，无解．当1q ≠时，()111n n a q S q -=-，所以()()21231316,1114.1a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩解得12a =，2q 或118a =，23q =-（舍）．所以()1*222n n n a n -=⨯=∈N ．(2)21212n n n n n b a --==．所以231135232122222n n nn n T ---=+++++①，则234111352321222222n n n n n T +--=+++++②，①－②得，2341112222212222222n n n n T +-=+++++-234111111212222222nn n +-⎛⎫=+++++- ⎪⎝⎭1111111213234221222212-++⎛⎫- ⎪-+⎝⎭=+⨯-=--n n n n n ．所以2332n nn T +=-．题型三：分组求和法例题1．（2022·新疆克孜勒苏·高一期中）数列112，134 ，158 ，1716 ，．．．，1(21)2n n -+ ，的前n 项和n S 的值等于（）A ．2112nn +-B ．21212nn n -+-C ．22112n n -+-D ．2112nn n -+-【答案】A可得()231111135212222n n S n =++++-+++++()2111121122112212n n n n n ⎛⎫- ⎪+-⎝⎭=+=+--.故选：A.例题2．（2022·辽宁·沈阳市第五十六中学高二阶段练习）数列{n a }中，1(1)(43)n n a n -=--，前n 和为n S ，则6S 为（） A ．-12 B ．16 C ．-10 D ．12【答案】A解：因为1(1)(43)n n a n -=--，所以()()()6123456=+++++S a a a a a a ，()()()159131721=-+-+-，()34=⨯-， 12=-，故选：A例题3．（2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测（文））设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1222,(1)2n n n a a a -+=+-=，则60S =_________. 【答案】960由12(1)2n n n a a -++-=，当n 为奇数时，有22n n a a ++=；当n 为偶数时，22n n a a +-=， ∴数列{}n a 的偶数项构成以2为首项，以2为公差的等差数列，则()()601357575924685860S a a a a a a a a a a a a =+++++++++++++3029152********⨯=⨯+⨯+⨯=，故答案为：960.例题4．（2022·辽宁·鞍山市华育高级中学高二期中）已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，23b =，39b =，11a b =，144a b =.(1)求{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)设n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n S . 【答案】(1)21n a n =-，13n n b -=(2)2312n n S n -=+(1)设等比数列{}n b 的公比为q ，则323b q b ==，2123n n n b b q --∴==；又111a b ==，14427a b ==，设等差数列{}n a 的公差为d ，则141213a a d -==， ()12121n a n n ∴=+-=-.(2)由（1）得：()1213n n c n -=-+；()()()()112121321133n n n n S a a a b b b n -∴=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+212113312132n n n n n +---=⋅+=+-. 例题5．（2022·湖北·安陆第一高中高二阶段练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为正项等比数列，满足213a b ==，424S S =，26b +是1b 与3b 的等差中项． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若n n n c a b =+，n T 是数列{}n c 的前n 项和，求n T ．【答案】(1)21n a n =-，3n n b =；(2)2113322n n T n +=+⨯-.(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，依题意可知： ()21111314324422a a d a d a d a d =+=⎧=⎧⎪⇒⎨⎨⨯=+=+⎩⎪⎩，所以数列{}n a 的通项公式为()12121n a n n =+-=-，设等比数列{}n b 的公比为q ，依题意可知：()21326b b b +=+，又13b =，所以()2223633230q q q q +=+⇒--=，又0q >，∴3q =，所以数列{}n b 的通项公式为1333n nn b -=⨯=；(2)由（1）可知：()213nn n n c a b n =+=-+所以()()()()()11221212n n n n n T a b a b a b a a a b b b =++++++=+++++++()()2131312113321322nn n n n+-+-=+=+⨯--. 例题6．（2022·重庆八中模拟预测）在等比数列{}n a 中，123,,a a a 分别是下表第一，第二，第三行中的某一个数，且123,,a a a 中的任何两个数不在下表的同一列．(1)写出123,,a a a ，并求数列n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足2(1)log nn n n b a a =+-，求数列{}n b 的前2n 项和2n S ．【答案】(1)14a =，28a =，316a =，12n n a +=；(2)2224n n ++-.(1)由题意知：14a =，28a =，316a =，因为{}n a 是等比数列，所以公比为2，所以数列{}n a 的通项公式12n n a +=．(2)∵()11122(1)log (1)log (12221)n n nn n n n n n b a a n +++=++-=+-=+-，∴21232n n S b b b b =++++()()23212222345221n n n +=++++⎡-+-+--++⎤⎣⎦()22222122412n n n n +-=+=+--,题型四：倒序相加求和法例题1．（2022·江西·南城县第二中学高二阶段练习（文））德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子.在其年幼时，对123100++++的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成;因此，此方法也称之为高斯算法.现有函数4()42xx f x =+，则1232018()()()()2019201920192019f f f f ++++等于（） A ．1008 B ．1009 C ．2018 D ．2019【答案】B解：因为4()42xx f x =+，且114444()(1)1424242244--+-=+=+=+++⨯+x x x xx x xf x f x ，令1232018()()()()2019201920192019=++++S f f f f , 又2018201720161()()()()2019201920192019=++++S f f f f ，两式相加得：212018=⨯S ，解得1009S =，故选：B例题2．（2022·江西九江·高二期末（文））德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响．他幼年时就表现出超人的数学天才，10岁时，他在进行123100++++的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知数列298299-=-n n a n ，则1298+++=a a a （）A ．96B ．97C ．98D ．99【答案】C 令1297989694969897959597=++++=++++S a a a a ， 9897219896949697959597=++++=++++S a a a a ，两式相加得：969496989896949629795959797959597S ⎛⎫⎛⎫=+++++++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭96989496969498969829797959595959797⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++++=⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ∴98S =，故选:C ．例题3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（）A ．100B ．105C ．110D ．115【答案】D因为函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=， 121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭①， 121(1)(0)n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②，由①+②可得21n a n =+，12n n a +∴=，所以数列{}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=. 故选：D.例题4．（2022·辽宁·沈阳市第一二〇中学高二期中）已知定义在R 上的函数()320237338982022f x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则12320221949194919491949f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭___________. 【答案】73由()320237338982022f x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，得3320232023202373202373194919493898202238982022f x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--+=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以()33202320237320237373194938982022389820221011f x f x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=-++-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，设12320221949194919491949S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭①, 20222021202011949194919491949S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭②, 由+①②，得 1202222021202212194919491949194919491949S f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭+ 即7373732101110111011S =++⋅⋅⋅+，于是有73220221011S =⨯，解得73S =，所以1232022731949194919491949f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故答案为：73.例题5．（2022·黑龙江·鹤岗一中高二阶段练习）已知函数()1e e xx f x =+，数列{}n a 为等比数列，0n a >，1831a =，则()()()()123365ln ln ln ln f a f a f a f a ++++=______．【答案】3652∵()e e 1xx f x =+，∴()()e e e e 1)e (e 1)2e e 1e 1e 1(e 1)(e (e 1)2e x x x x x x x xxx x x x xf x f x -------++++++-=+===++++++． ∵数列{}n a 是等比数列，∴2136523641831a a a a a ====，∴2136523643651183ln ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a a +=+==+==．设()()()36512365ln ln ln S f a f a f a =+++，① 则()()()3653653641ln ln ln S f a f a f a =+++，②①＋②，得()()()()()()()()()3651365236436512ln ln ln ln ln ln S f a f a f a f a f a f a =++++++365=，∴3653652S =．故答案为：3652例题6．（2022·全国·高二课时练习）已知()442xx f x =+，求122010201120112011f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 【答案】1005.因为()442x x f x =+，所以()1144214242442x x xx f x ---===++⨯+，所以()()11f x f x +-=.令12200920102011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，倒写得20102009212011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 两式相加得22010S =，故1005S =.例题7．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()21122f x x x =+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()()*,N n n S n ∈均在函数()f x 的图象上，函数()442x x g x =+.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求()()1g x g x +-的值；(3)令()*2021n n a b g n ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭N ，求数列{}n b 的前2020项和2020T .【答案】(1)n a n =(2)1(3)1010(1)因为点()()*,N n n S n ∈均在函数()f x 的图象上，所以21122n S n n =+，当2n ≥时，()()2211111112222n n n a S S n n n n n -=-=+----=，当1n =时，111a S ==，适合上式，所以n a n =. (2)因为()442x x g x =+，所以()114214242x x xg x ---==++，所以()()42114242x x x g x g x +-=+=++.(3)由（1）知n a n =，可得20212021n n a n b g g ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以2020122020122020202120212021T b b b g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，① 又因为2020202020191202020191202120212021T b b b g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，② 因为()()11g x g x +-=，所以①+②，得202022020T =，所以20201010T =.1．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：121112na a a +++<．【答案】(1)()12n n n a +=(2)见解析(1)∵11a =，∴111S a ==,∴111S a =,又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，∴()121133n n S n n a +=+-=,∴()23n n n a S +=, ∴当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，∴()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111n n n a n a --=+, 即111n n a n a n -+=-, ∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯ ()1341123212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--，显然对于1n =也成立， ∴{}n a 的通项公式()12n n n a +=；(2)()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭ ∴12111na a a +++1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 2．设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【答案】（1）2-；（2）1(13)(2)9nn n S -+-=. （1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项， 212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，1,2q q ≠∴=-；（2）设{}n na 的前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++-，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--， 1(13)(2)9nn n S -+-∴=. 3．设数列{}n a 满足13a =，134n n a a n +=-．（1）计算2a ，3a ，猜想{}n a 的通项公式并加以证明；（2）求数列{2}nn a 的前n 项和n S ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+．证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立；［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+．［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n+++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯，……1114(1)(2)333n n n n n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯++-⨯⎢⎥⎣⎦，所以1(21)33n n na n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211nn n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n n n a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n nS a a a a =++++()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++-11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122nn n pn q p S S ----=+⋅，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22nn S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠-，()121211(1)()1231(1)nn n n x x nx n x f x x x nx x x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦'，所以12n b b b +++21122322n n -=+⋅+⋅++⋅1(2)12(1)2n nf n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++()1212412(1)212n n nn n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．。

新高考一轮复习人教版数列求和、数列的综合作业

7.4 数列求和、数列的综合基础篇固本夯基考点一数列求和1.(2021浙江,10,4分)已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=n 1+√a (n ∈N *).记数列{a n }的前n 项和为S n ,则( ) A.32<S 100<3 B.3<S 100<4 C.4<S 100<92 D.92<S 100<5 答案 A2.(2020山东仿真联考3)已知正项数列{a n }满足a n+1>2a n ,S n 是{a n }的前n 项和,则下列四个命题中错误的是( )A.a n+1>2na 1 B.S 2k >(1+2k)S k C.S n <2a n -a 1(n ≥2) D.{a n+1a n}是递增数列答案 D3.(2020浙江,11,4分)我国古代数学家杨辉,朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题,如数列{n(n+1)2}就是二阶等差数列.数列{n(n+1)2}(n ∈N *)的前3项和是 . 答案 104.(2022届T8联考,18)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=3,S 3=5a 1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =1+2S n,数列{b n }的前n 项和为T n .定义[x]为不超过x 的最大整数,例如[0.3]=0,[1.5]=1.当[T 1]+[T 2]+…+[T n ]=63时,求n 的值.解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,因为a 1=3,所以S 3=3a 1+3d=9+3d. 又因为S 3=5a 1=15,所以9+3d=15,得d=2. 所以数列{a n }的通项公式是a n =3+2(n-1)=2n+1. (2)因为S n =3n+n(n−1)2×2=n 2+2n,所以b n =1+2S n =1+2n(n+2)=1+1n -1n+2. 所以T n =n+(1−13)+(12−14)+(13−15)+…+(1n−1−1n+1)+(1n −1n+2)=n+1+12-1n+1-1n+2. 当n ≤2时,因为-13≤12-1n+1-1n+2<0,所以[T n ]=n.当n ≥3时,因为0<12-1n+1-1n+2<12,所以[T n ]=n+1.因为[T 1]+[T 2]+…+[T n ]=63, 所以1+2+4+5+…+(n+1)=63, 即3+(n−2)(4+n+1)2=63,即n 2+3n-130=0,即(n-10)·(n+13)=0.因为n ∈N *,所以n=10.5.(2022届华中师范大学琼中附中月考,17)已知等差数列{a n }中,a 2=3,a 4+a 6=18. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b n+1=2b n ,并且b 1=a 5,试求数列{b n }的前n 项和S n .解析 (1)设数列{a n }的公差为d,根据题意得{a 1+d =3,2a 1+8d =18,解得{a 1=1,d =2,∴a n =a 1+(n-1)d=2n-1.(2)∵b n+1=2b n ,∴数列{b n }是公比为2的等比数列, 又b 1=a 5=2×5-1=9,∴S n =b 1(1−q n )1−q =9(1−2n )1−2=-9+9×2n.6.(2022届长沙雅礼中学月考,17)已知数列{a n }中,a 1=1,a 2=3,其前n 项和S n 满足S n+1+S n-1=2S n +2(n ≥2,n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =a n +2a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)由题意得S n+1-S n =S n -S n-1+2(n ≥2),即a n+1-a n =2(n ≥2),又a 2-a 1=3-1=2,所以a n+1-a n =2(n ∈N *).所以数列{a n }是以1为首项,2为公差的等差数列,所以a n =2n-1(n ∈N *).(2)b n =a n +2a n=2n-1+22n-1=2n-1+12·4n ,所以T n =[1+3+5+…+(2n-1)]+12×(4+42+43+…+4n )=n 2+2(4n−1)3.7.(2022届广东深圳七中月考)已知等比数列{a n }中,a 1=1,且2a 2是a 3和4a 1的等差中项.等差数列{b n }满足b 1=1,b 7=13.(1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{a n -b n }的前n 项和T n .解析 (1)设数列{a n }的公比为q,由题意可得2×2a 2=a 3+4a 1,即4a 1q=a 1q 2+4a 1,又a 1=1,所以q=2,则数列{a n }的通项公式为a n =2n-1.(2)设数列{b n }的公差为d,由题意可得b 7-b 1=12=6d,即d=2,则数列{b n }的通项公式为b n =1+(n-1)×2=2n-1.a n -b n =2n-1-(2n-1),则T n =(20-1)+(21-3)+…+[2n-1-(2n-1)]=(20+21+…+2n-1)-(1+3+…+2n-1)=1−2n 1−2-(1+2n−1)·n 2=2n -1-n 2.8.(2022届河北秦皇岛青龙8月测试,18)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足S n =2a n -1(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式a n 及S n ;(2)若数列{b n }满足b n =|S n -15|,求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)当n=1时,S 1=2a 1-1,即a 1=1,由S n =2a n -1得S n+1=2a n+1-1,两式相减得a n+1=2a n+1-2a n ,即a n+1=2a n ,即数列{a n }是以1为首项,2为公比的等比数列,则a n =2n-1,则S n =1−2n 1−2=2n-1.(2)由(1)知b n =|2n-16|,则b n ={16−2n (1≤n ≤4),2n −16(n >4).记{2n -16}的前n 项和为A n ,则A n =(21+22+…+2n)-16n=2·(1−2n )1−2-16n=2n+1-16n-2.则当1≤n ≤4时,T n =-A n =16n-2n+1+2.当n>4时,T n =(16-21)+(16-22)+…+(16-24)+(25-16)+(26-16)+…+(2n-16)=-A 4+A n -A 4=A n -2A 4=2n+1-16n+66,则T n ={16n −2n+1+2(1≤n ≤4),2n+1−16n +66(n >4).9.(2021浙江“山水联盟”开学考)已知数列{a n }满足:a 1=1,a n+1a n =nn+1;数列{b n }是等比数列,并满足b 1=2,且b 1-1,b 4,b 5-1成等差数列. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)若数列{b n }的前n 项和是S n ,数列{c n }满足c n =a n a n+1a n+2(S n +2),求证:c 1+c 2+…+c n <12.解析 (1)由于a 1=1,na n =(n+1)a n+1,所以{na n }是常数列,所以na n =1·a 1=1,故a n =1n. 设{b n }的公比是q,由已知得2b 4=(b 1-1)+(b 5-1),所以4q 3=2q 4,所以q=2,故b n =2n.(2)证明:由(1)得S n =2(1−2n )1−2=2n+1-2,则c n =a n a n+1a n+2(S n +2)=n+2n(n+1)·2n+1=1n·2n -1(n+1)·2n+1, 则c 1+c 2+…+c n =11×2-12×22+12×22-13×23+…+1n·2n-1(n+1)·2n+1,所以c 1+c 2+…+c n =12-1(n+1)·2n+1<12. 10.(2020天津,19,15分)已知{a n }为等差数列,{b n }为等比数列,a 1=b 1=1,a 5=5(a 4-a 3),b 5=4(b 4-b 3). (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)记{a n }的前n 项和为S n ,求证:S n S n+2<S n+12(n ∈N *);(3)对任意的正整数n,设c n ={(3a n −2)b na n a n+2,n 为奇数,a n−1b n+1,n 为偶数.求数列{c n }的前2n 项和.解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由a 1=1,a 5=5(a 4-a 3),可得d=1,从而{a n }的通项公式为a n =n.由b 1=1,b 5=4(b 4-b 3),又q ≠0,可得q 2-4q+4=0,解得q=2,从而{b n }的通项公式为b n =2n-1.(2)证明:由(1)可得S n =n(n+1)2,故S n S n+2=14n(n+1)·(n+2)(n+3),S n+12=14(n+1)2(n+2)2,从而S n S n+2-S n+12=-12(n+1)(n+2)<0,所以S n S n+2<S n+12.(3)当n 为奇数时,c n =(3a n −2)b n a n a n+2=(3n−2)2n−1n(n+2)=2n+1n+2-2n−1n ;当n 为偶数时,c n =a n−1b n+1=n−12n.对任意的正整数n,有∑k=1nc 2k-1=∑k=1n(22k 2k+1−22k−22k−1)=22n 2n+1-1和∑k=1n c 2k =∑k=1n 2k−14k =14+342+543+…+2n−14n ①. 由①得14∑k=1n c 2k =142+343+…+2n−34n +2n−14n+1②. 由①-②得34∑k=1n c 2k =14+242+…+24n -2n−14n+1=24(1−14n )1−14-14-2n−14n+1,从而得∑k=1n c 2k =59-6n+59×4n .因此,∑k=12nc k =∑k=1nc 2k-1+∑k=1nc 2k =4n 2n+1-6n+59×4n -49.所以,数列{c n }的前2n 项和为4n 2n+1-6n+59×4n -49.考点二数列的综合1.(2020福建泉州线上测试)已知{a n }是公差为3的等差数列.若a 1,a 2,a 4成等比数列,则{a n }的前10项和S 10=( )A.165B.138C.60D.30 答案 A2.数学家也有许多美丽的错误,如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想:F n =22n+1(n=0,1,2,…)是质数.直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F 5=641×6700417,不是质数.现设a n =log 2(F n -1),n=1,2,…,S n表示数列{a n }的前n 项和.则使不等式2S 1S 2+22S 2S 3+…+2n S n S n+1<2n2 020成立的最小正整数n 的值是( )A.11B.10C.9D.8 答案 C3.(2022届浙江“山水联盟”开学考,20)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,2S n =(2n+1)a n -2n 2(n ∈N *),数列{b n }满足b 1=a 1,nb n+1=a n b n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式; (2)设数列{c n }满足:c 1=4,c n+1=c n -a n b n (n ∈N *),若不等式λ+3n+92n ≥c n (n ∈N *)恒成立,求实数λ的取值范围. 解析 (1)当n=1时,2a 1=3a 1-2,∴a 1=2.当n ≥2时,由{2S n =(2n +1)a n −2n 2,2S n−1=(2n −1)a n−1−2(n −1)2得2a n =(2n+1)a n -(2n-1)a n-1-2n 2+2(n-1)2,即a n -a n-1=2,∴数列{a n }是公差为2的等差数列, ∵a 1=2,∴a n =2n.由条件得b 1=2,nb n+1=2nb n ,∴b n+1=2b n ,即数列{b n }是公比为2的等比数列,∴b n =2n.(2)由(1)得a n b n =2n 2n =n 2n−1,设数列{a n b n }的前n 项和为T n ,则T n =1+22+322+423+…+n2n−1, ∴12T n =12+222+323+…+n−12n−1+n2n , ∴12T n =1+12+122+123+…+12n−1-n 2n =1−12n 1−12-n 2n =2-n+22n , ∴T n =4-n+22n−1,由c n+1=c n -a nb n 得c n+1-c n =-a n b n ,所以c n -c n-1=-a n−1b n−1,……,c 2-c 1=-a 1b 1,累加得c n -c 1=-T n-1,即c n -4=-4+n+12n−2,∴c n =n+12n−2,∴λ≥n+12n−2-3n+92n =n−52n 对任意n ∈N *恒成立, 令f(n)=n−52n ,则f(n+1)-f(n)=n−42n+1-n−52n =−n+62n+1, ∴f(1)<f(2)<…<f(6)=f(7),f(7)>f(8)>…, ∴f(n)max =f(6)=f(7)=164,∴λ≥164. 故λ的取值范围是[164,+∞). 4(2022届校际联合考试)我国南宋时期的数学家杨辉,在他1261年所著的《详解九章算法》一书中,用如图的三角形解释二项和的乘方规律,此图称为“杨辉三角”.在此图中,从第三行开始,首尾两数为1,其他各数均为它肩上两数之和.(1)把“杨辉三角”中第三斜列的各数取出,按原来的顺序排列得一数列:1,3,6,10,15,…,写出a n 与a n-1(n ∈N *,n ≥2)的递推关系,并求出数列{a n }的通项公式;(2)已知数列{b n }满足b 1+12b 2+13b 3+ (1)b n =2a n (n ∈N *),设数列{c n }满足c n =2n+1b n b n+1,数列{c n }的前n 项和为T n ,若T n <n n+1λ(n ∈N *)恒成立,试求实数λ的取值范围. 解析 (1)由题意可知a 1=1,n ≥2时,a n -a n-1=n,所以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+1)2,故a n =n(n+1)2. (2)数列{b n }满足b 1+12b 2+13b 3+ (1)b n =n 2+n,① 当n ≥2时,b 1+12b 2+13b 3+…+1n−1b n-1=(n-1)2+(n-1),② ①-②得1nb n =2n,故b n =2n 2(n ≥2),又n=1时亦成立,所以b n =2n 2(n ∈N *). 数列{c n }满足c n =2n+1b n b n+1=2n+14n 2(n+1)2=14[1n 2−1(n+1)2], 则T n =14[1−122+122−132+⋯+1n 2−1(n+1)2]=14[1−1(n+1)2],由T n <n n+1λ(n ∈N *)恒成立, 得14[1−1(n+1)2]<n n+1λ,整理得λ>n+24n+4,因为y=n+24n+4=14(1+1n+1)在n ∈N *上单调递减,故当n=1时,(n+24n+4)max =38,即λ>38,所以实数λ的取值范围为(38,+∞). 5.(2022届长沙长郡中学月考,18)已知数列{a n }满足a n+1-2a n =0,a 3=8. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =n a n,数列{b n }的前n 项和为T n .若2T n >m-2021对n ∈N *恒成立,求正整数m 的最大值. 解析 (1)由a n+1-2a n =0得a n+1=2a n ,则{a n }是以2为公比的等比数列, 又a 3=8,即4a 1=8,解得a 1=2,所以a n =2n.(2)由(1)可得b n =n a n =n 2n ,则T n =12+222+323+…+n 2n ,12T n =122+223+324+…+n 2n+1,两式相减可得12T n =12+122+123+…+12n -n 2n+1=12(1−12n)1−12-n 2n+1, 化简可得T n =2-n+22n (n ∈N *),因为T n+1-T n =2-n+32n+1-2+n+22n =n+12n+1>0,所以{T n }逐项递增,T 1最小,为12,所以2×12>m-2021,解得m<2022,又m ∈N *,所以m 的最大值为2021. 6.(2021南京三模,18)已知等差数列{a n }满足:a 1+3,a 3,a 4成等差数列,且a 1,a 3,a 8成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)在任意相邻两项a k 与a k+1(k=1,2,…)之间插入2k个2,使它们和原数列的项构成一个新的数列{b n },记S n为数列{b n }的前n 项和,求满足S n <500的n 的最大值. 解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d, 由题意知a 1+3+a 4=2a 3, 即2a 1+3+3d=2a 1+4d,解得d=3, 又a 1a 8=a 32,即a 1·(a 1+7×3)=(a 1+2×3)2,解得a 1=4,故a n =3n+1.(2)因为b n >0,所以{S n }是单调递增数列,又因为a k+1前的所有项的项数为k+21+22+ (2)=k+2k+1-2,所以S k+2k+1−2=(a 1+a 2+…+a k )+2(21+22+23+ (2))=k(4+3k+1)2+2×2(1−2k )1−2=3k 2+5k 2+2k+2-4.当k=6时,S 132=321<500;当k=7时,S 261=599>500, 令S 132+a 7+2(n-133)<500,即321+22+2(n-133)<500, 解得n<211.5,所以满足S n <500的n 的最大值为211.7.(2020辽宁葫芦岛兴城高中模拟)设函数f(x)=x 2,过点C 1(1,0)作x 轴的垂线l 1,交函数f(x)的图象于点A 1,以A 1为切点作函数f(x)图象的切线交x 轴于点C 2,再过C 2作x 轴的垂线l 2,交函数f(x)的图象于点A 2,……,以此类推得点A n ,记A n 的横坐标为a n ,n ∈N *.(1)证明数列{a n }为等比数列,并求出通项公式;(2)设直线l n 与函数g(x)=lo g 12x 的图象相交于点B n ,记b n =OA⃗⃗⃗⃗ n ·OB ⃗⃗⃗⃗ n (其中O 为坐标原点),求数列{b n }的前n 项和S n .解析 (1)以点A n-1(a n-1,a n−12)(n ≥2)为切点的切线方程为y-a n−12=2a n-1(x-a n-1).当y=0时,x=12a n-1,即a n =12a n-1,又∵a 1=1,∴数列{a n }是以1为首项,12为公比的等比数列,∴a n =(12)n−1. (2)由题意,得B n ((12)n−1,n −1), ∴b n =OA⃗⃗⃗⃗ n ·OB ⃗⃗⃗⃗ n =(14)n−1+(14)n−1·(n-1)=n ·(14)n−1, ∴S n =1×(14)0+2×(14)1+…+n ×(14)n−1,14S n =1×(14)1+2×(14)2+…+n ×(14)n. 两式相减,得34S n =1×(14)0+14+…+(14)n−1-n ×(14)n=1−(14)n1−14-n ×(14)n,化简,得S n =169-(4n 3+169)×(14)n =169-3n+49×4n−1.综合篇知能转换A 组考法一错位相减法求和1.(2022届全国学业质量联合检测)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a n 2,S n ,a n 成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)请从以下三个条件中任意选择一个,求数列{b n }的前n 项和T n . 条件①:设数列{b n }满足b n =(-1)na n ;条件②:设数列{b n }满足b n =2a n ·a n ; 条件③:设数列{b n }满足b n =√a +√a .解析 (1)因为a n 2,S n ,a n 成等差数列,所以2S n =a n 2+a n ,当n ≥2时,2S n-1=a n−12+a n-1,两式作差化简,得(a n +a n-1)·(a n -a n-1-1)=0.因为该数列是正项数列,所以a n +a n-1≠0, 所以a n -a n-1-1=0,即a n -a n-1=1, 所以数列{a n }是公差为1的等差数列, 又当n=1时,2a 1=a 12+a 1,解得a 1=1, 所以a n =n(n ∈N *).(2)选择条件①:数列{b n }满足b n =(-1)n a n =(-1)nn. 所以T n =-1+2-3+4-5+6-…+(-1)nn,当n 为偶数时,T n =(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+[-(n-1)+n]=n2×1=n 2; 当n 为奇数时,T n =(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+[-(n-2)+(n-1)]-n=n−12×1-n=-1+n2.所以T n ={n2,n 为偶数,−1+n 2,n 为奇数.选择条件②:数列{b n }满足b n =2a n ·a n =n ·2n,可得T n =1×21+2×22+…+n ·2n,①2T n =1×22+2×23+…+n ·2n+1,②①-②得-T n =2+22+23+ (2)-n ·2n+1=2(1−2n )1−2-n ·2n+1=(1-n)·2n+1-2,则T n =(n-1)·2n+1+2.选择条件③:数列{b n }满足b n =√a +√a =√n+1+√n=√n +1-√n ,则T n =(√2-1)+(√3-√2)+…+(√n +1-√n )=√n +1-1.2.(2022届山东德州夏津一中入学考试)设数列{a n }是等差数列,数列{b n }是公比大于0的等比数列,已知a 1=1,b 1=3,b 2=3a 3,b 3=12a 2+3.(1)求数列{a n }和数列{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c n ={1,n ≤5,b n−5,n ≥6,求数列{a n c n }的前n 项和T n .解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q(q>0),根据题意得{3q =3(1+2d),3q 2=12(1+d)+3,解得{d =1,q =3或{d =−1,q =−1(舍),所以a n =1+(n-1)×1=n,b n =3·3n-1=3n .(2)当n ≤5时,c n =1,所以T n =a 1+a 2+…+a n =1+2+…+n=n(n+1)2.当n ≥6时,c n =b n-5=3n-5,所以T n =T 5+a 6b 1+a 7b 2+…+a n b n-5=15+6×31+7×32+…+n ·3n-5.令M=6×31+7×32+…+n ·3n-5,则3M=6×32+7×33+…+(n-1)·3n-5+n ·3n-4,两式相减得-2M=6×31+(32+33+…+3n-5)-n ·3n-4=18+32(1−3n−6)1−3-n ·3n-4,整理得M=-274+2n−14·3n-4,所以T n =334+2n−14·3n-4.综上,T n ={n(n+1)2,n ≤5,334+2n−14·3n−4,n ≥6.3.(2022届山东泰安肥城摸底考试)已知数列{a n }各项均为正数,a 1=1,{a n 2}为等差数列,公差为2. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)求S n =2a 12+22a 22+23a 32+ (2)a n 2.解析 (1)∵a 1=1,∴a 12=1,又∵{a n 2}为等差数列,公差为2,∴a n 2=a 12+(n-1)×2=2n-1,又∵a n >0,∴a n =√2n −1.(2)由(1)可得S n =1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)·2n ,2S n =1×22+3×23+5×24+…+(2n-1)·2n+1, 两式相减得-S n =1×2+2×22+2×23+…+2·2n-(2n-1)·2n+1=2+2n+2-23-(2n-1)·2n+1=-6-(2n-3)·2n+1,∴S n =6+(2n-3)·2n+1.4.(2021浙江,20,15分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=-94,且4S n+1=3S n -9(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{b n }满足3b n +(n-4)a n =0(n ∈N *),记{b n }的前n 项和为T n ,若T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立,求实数λ的取值范围.解析 (1)解法一:由4S n+1=3S n -9,得4S n =3S n-1-9(n ≥2),两式相减,得4a n+1=3a n ,则a n+1=34a n (n ≥2).又由4S n+1=3S n -9,得4S 2=3S 1-9,即4(a 1+a 2)=3a 1-9, 又a 1=-94,所以a 2=-2716,则a 2=34a 1, 所以数列{a n }是以-94为首项,34为公比的等比数列, 所以数列{a n }的通项公式为a n =-94·(34)n−1=-3·(34)n . 解法二:由4S n+1=3S n -9,得S n+1=34S n -94,则S n+1+9=34S n -94+9=34S n +274=34(S n +9),又S 1+9=-94+9=274≠0,所以数列{S n +9}是以274为首项,34为公比的等比数列,则S n +9=274·(34)n−1=9·(34)n ,所以S n =9·(34)n-9.当n ≥2时,a n =S n -S n-1=[9·(34)n −9]-[9·(34)n−1−9]=-3·(34)n .当n=1时,a 1=-94也满足上式,所以数列{a n }的通项公式为a n =-3·(34)n.(2)由(1)知a n =-3·(34)n.由3b n +(n-4)a n =0,得b n =-n−43a n =(n-4)(34)n. 则T n =(-3)×34+(-2)×(34)2+(-1)×(34)3+0×(34)4+…+(n-5)(34)n−1+(n-4)(34)n,① 因此34T n =(-3)×(34)2+(-2)×(34)3+(-1)×(34)4+0×(34)5+…+(n-5)(34)n +(n-4)(34)n+1,②由①-②,得14T n =-3×34+(34)2+(34)3+(34)4+…+(34)n -(n-4)(34)n+1 =-94+(34)2−(34)n ·341−34-(n-4)(34)n+1=-n (34)n+1, 所以T n =-4n (34)n+1.由T n ≤λb n ,得-4n (34)n+1≤λ(n-4)(34)n 恒成立,即λ(n-4)≥-3n 恒成立. 当n<4时,λ≤-3n n−4,设f(n)=-3n n−4=-3+−12n−4,当n<4且n ∈N *时,f(n)min =f(1)=1,所以λ≤1;当n=4时,不等式恒成立; 当n>4时,λ≥-3n n−4,设f(n)=-3n n−4=-3+−12n−4,当n>4且n ∈N *,n →+∞时,f(n)→-3,所以λ≥-3.综上所述,实数λ的取值范围是[-3,1].5.(2021全国乙文,19,12分)设{a n }是首项为1的等比数列,数列{b n }满足b n =na n3.已知a 1,3a 2,9a 3成等差数列.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和.证明:T n <S n 2. 解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q. ∵a 1,3a 2,9a 3成等差数列,∴6a 2=a 1+9a 3,又∵{a n }是首项为1的等比数列,∴6a 1q=a 1+9a 1q 2,∴9q 2-6q+1=0,解得q 1=q 2=13,∴a n =a 1·q n-1=(13)n−1,∵b n =na n 3,∴b n =n ·(13)n. (2)证明:∵S n 为{a n }的前n 项和, ∴S n =a 1(1−q n )1−q =32[1−(13)n]. ∵T n 为{b n }的前n 项和, ∴T n =b 1+b 2+…+b n =1×(13)1+2×(13)2+…+n (13)n,① 13T n =1×(13)2+2×(13)3+…+n (13)n+1.② ①-②可得23T n =13+(13)2+…+(13)n-n ·(13)n+1=13[1−(13)n ]1−13-n ·(13)n+1=-(13n +12)(13)n +12,∴T n =-(12n +34)(13)n +34, ∴T n -S n 2=-12n ·(13)n <0,∴T n <S n2.6.(2020课标Ⅲ理,17,12分)设数列{a n }满足a 1=3,a n+1=3a n -4n. (1)计算a 2,a 3,猜想{a n }的通项公式并加以证明; (2)求数列{2na n }的前n 项和S n . 解析 (1)a 2=5,a 3=7. 猜想a n =2n+1.由已知可得 a n+1-(2n+3)=3[a n -(2n+1)], a n -(2n+1)=3[a n-1-(2n-1)], ……a 2-5=3(a 1-3).因为a 1=3,所以a n =2n+1. (2)由(1)得2na n =(2n+1)2n,所以S n =3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①从而2S n =3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②①-②得-S n =3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.所以S n =(2n-1)2n+1+2.7.(2017山东文,19,12分)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 na n}的前n 项和T n . 解析 (1)设{a n }的公比为q,由题意知a 1(1+q)=6,a 12q=a 1q 2,又a n >0,所以解得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 n a 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,所以T n =5-2n+52n. 8.(2017天津理,18,13分)已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,因为b 1=2,所以q 2+q-6=0,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2.所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8①.由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16②,联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2. 所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,得a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n +(3n-1)×4n+1, 上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1−4n )1−4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n =3n−23×4n+1+83.所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n−23×4n+1+83. 9.(2018浙江,20,15分)已知等比数列{a n }的公比q>1,且a 3+a 4+a 5=28,a 4+2是a 3,a 5的等差中项.数列{b n }满足b 1=1,数列{(b n+1-b n )·a n }的前n 项和为2n 2+n. (1)求q 的值;(2)求数列{b n }的通项公式.解析 (1)由a 4+2是a 3,a 5的等差中项得a 3+a 5=2a 4+4,所以a 3+a 4+a 5=3a 4+4=28,解得a 4=8. 由a 3+a 5=20得8(q +1q )=20,解得q=2或q=12, 因为q>1,所以q=2.(2)设c n =(b n+1-b n )a n ,数列{c n }的前n 项和为S n . 由c n ={S 1,n =1,S n −S n−1,n ≥2,解得c n =4n-1. 由(1)可知a n =2n-1,所以b n+1-b n =(4n-1)·(12)n−1,故b n -b n-1=(4n-5)·(12)n−2,n ≥2, 所以b n -b 1=(b n -b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b 3-b 2)+(b 2-b 1)=(4n-5)·(12)n−2+(4n-9)·(12)n−3+…+7×12+3.设T n =3+7×12+11×(12)2+…+(4n-5)·(12)n−2,n ≥2,则12T n =3×12+7×(12)2+…+(4n-9)·(12)n−2+(4n-5)·(12)n−1, 所以12T n =3+4×12+4×(12)2+…+4·(12)n−2-(4n-5)·(12)n−1,因此T n =14-(4n+3)·(12)n−2,n ≥2,又b 1=1,所以b n =15-(4n+3)·(12)n−2. 10.(2021浙江嘉兴教学测试,20)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =2a n -n,n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)令b n =2na n ,求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)当n=1时,S 1=a 1=2a 1-1,得a 1=1;当n ≥2时,由S n =2a n -n,得S n-1=2a n-1-(n-1),两式相减得a n =2a n-1+1,变形得a n +1=2(a n-1+1), ∴数列{a n +1}是等比数列,且公比为2.又∵a 1+1=2,∴a n +1=2n,∴a n =2n-1.(2)b n =2na n =2n(2n -1)=n ·2n+1-2n,于是T n =b 1+b 2+…+b n =(1×22-2)+(2×23-4)+…+(n ×2n+1-2n)=(1×22+2×23+…+n ×2n+1)-2(1+2+…+n),令A n =1×22+2×23+…+n ·2n+1,即T n =A n -n(n+1).A n =1×22+2×23+…+(n-1)·2n +n ·2n+1,① 2A n =1×23+2×24+…+(n-1)·2n+1+n ·2n+2,②①-②得-A n =22+23+…+2n+1-n ·2n+2=4(1−2n )1−2-n ·2n+2=-4+2n+2-n ·2n+2=-(n-1)·2n+2-4,∴A n =(n-1)·2n+2+4,∴T n =(n-1)·2n+2+4-n 2-n.考法二裂项相消法求和1.(2020长沙明德中学3月月考)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{a n(an −1)(a n+1−1)}的前n 项和是( )A.1-12n+1−1B.1-12n+1C.1-12n+1 D.1-12n −1答案 A2.(多选)(2021辽宁百校联盟质检,10)已知数列{a n }满足a 2=4,n(n-1)a n+1=(n-1)a n -na n-1(n>1且n ∈N *),数列{a n }的前n 项和为S n ,则( ) A.a 1+a 3=2 B.a 1+a 3=4C.2020S 2021-a 2020=8080D.2021S 2021-a 2020=4040 答案 AC3.(2017课标Ⅱ,15,5分)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=3,S 4=10,则∑k=1n1S k = . 答案2nn+14.(2020浙江丽水四校联考,14)已知数列{a n }满足:a 1=12,a n+1=a n 2+a n ,用[x]表示不超过x 的最大整数,则[1a1+1+1a 2+1+⋯+1a 2 012+1]的值等于 . 答案 15.(2022届河北邢台入学考试)在①a3+a6=18,②{a n}的前n项和S n=n2+pn,③a3+a4=a7这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中并解答.问题:在等差数列{a n}中,a1=2,且.(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T n.注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.解析(1)选①.设{a n}的公差为d.由题意可得a1+2d+a1+5d=2a1+7d=18.因为a1=2,所以d=2,则a n=a1+(n-1)d=2n.选②.设{a n}的公差为d.因为S n=n2+pn,所以S n-1=(n-1)2+p(n-1)=n2+pn-2n-p+1(n≥2),两式相减得a n=2n+p-1(n≥2),又因为a1=S1=p+1满足上式,所以a n=2n+p-1(n∈N*).由a1=2得p+1=2,所以p=1,所以a n=2n. 选③.设{a n}的公差为d.因为a3+a4=a7,所以a1+2d+a1+3d=a1+6d,即a1=d.因为a1=2,所以d=2,所以a n=a1+(n-1)d=2n.(2)由(1)可得a n+1=2(n+1),则b n=12n·2(n+1)=14(1n−1n+1).故T n=14[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)]=14(1−1n+1)=n4n+4.6.(2022届河北唐山玉田一中开学考试)在①S7=49,②S5=a8+10,③S8=S6+28这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并完成解答.问题:已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a5=9,,若数列{b n}满足b n=1a n a n+1,证明:数列{b n}的前n项和T n<12.注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.证明选择①.设数列{a n }的公差为d,由{S 7=49,a 5=9,得{7a 1+7×(7−1)2d =49,a 1+4d =9,解得{a 1=1,d =2,所以a n =2n-1.又因为b n =1a n a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1),所以T n =b 1+b 2+b 3+…+b n =12(1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1), 所以T n =12(1−12n+1)<12. 选择②.设数列{a n }的公差为d,由S 5=a 8+10,可得4a 1+3d=10,又a 5=a 1+4d=9,联立解得d=2,a 1=1,所以a n =2n-1.下面同选择①.选择③.设数列{a n }的公差为d,由S 8-S 6=28,可得a 7+a 8=2a 5+5d=28,又因为a 5=9,所以d=2,所以a 1=a 5-4d=9-4×2=1,所以a n =2n-1.下面同选择①.7.(2022届湖北黄冈调研,19)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,2S n =(n+1)a n ,且a 1>1,a 2-1,a 4-2,a 6成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =4a n a n+1+2−a n ,数列{b n }的前n 项和为T n ,求证:T n <43.解析 (1)∵2S n =(n+1)a n ,∴S n =(n+1)a n 2,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n+12·a n -n 2·a n-1,化简得a n n =a n−1n−1,即a n n =a n−1n−1=…=a 11,∴a n =na 1,又a 2-1,a 4-2,a 6成等比数列,∴(a 2-1)·a 6=(a 4-2)2,即(2a 1-1)·6a 1=(4a 1-2)2,解得a 1=2或a 1=12.又a 1>1,∴a 1=2,∴a n =2n(n ∈N *). (2)证明:由(1)可得b n =4a n a n+1+2−a n =42n·2(n+1)+2-2n =1n -1n+1+(14)n ,∴T n =b 1+b 2+…+b n =[(1−12)+14]+[(12−13)+(14)2]+…+[(1n −1n+1)+(14)n ]=(1−12+12−13+⋯+1n −1n+1)+14+(14)2+…+(14)n=1-1n+1+14[1−(14)n]1−14=43-1n+1-13(14)n ,∵n ∈N *,∴T n <43. 8.(2021广东深圳外国语学校第一次月考)设数列{a n }的前n 项和为S n ,∀m ∈N *,都有a m+1-a m =-1,且a 2+S 2=-5. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求证:1a 1a 2+1a 2a 3+…+1a n a n+1<1. 解析 (1)∵∀m ∈N *,都有a m+1-a m =-1, ∴{a n }是等差数列,设公差为d,则d=-1.由a 2+S 2=3a 1+2d=-5,解得a 1=-1, 所以a n =-1-(n-1)=-n. (2)证明:由a n =-n,得1a n a n+1=1n(n+1)=1n -1n+1,所以1a 1a 2+1a 2a 3+…+1a n a n+1=(1−12)+(12−13)+…+(1n −1n+1)=1-1n+1<1. 9.(2021湖北八市3月联考,18)已知数列{a n },其前n 项和为S n ,请在下列三个条件中补充一个在下面问题中,使得最终结论成立并证明你的结论. 条件①:S n =-a n +t(t 为常数);条件②:a n =b n b n+1,其中数列{b n }满足b 1=1,(n+1)b n+1=nb n ;条件③:3a n 2=3a n+12+a n+1+a n .数列{a n }中,a 1是(2√301x)6展开式中的常数项,且 .求证:S n <1对任意n ∈N *恒成立.注:如果选择多个条件作答,则按第一个条件的解答计分.解析 (2√30+1x )6的展开式的通项为T r+1=C 6r·(2√30)6−r(1x )r =C 6r (√30)6−r x 12-3r,令12-3r=0,得r=4,得展开式的常数项为12,即a 1=12.若选择①:在S n =-a n +t 中,令n=1,得2a 1=t,即t=1, 当n ≥2时,S n-1=-a n-1+1.两式相减得a n =12a n-1, 故{a n }是以12为首项,12为公比的等比数列, 所以S n =a 1(1−q n )1−q =1-(12)n <1对任意n ∈N *恒成立. 若选择②:由(n+1)b n+1=nb n 得b n+1b n =nn+1, 所以b n =b n b n−1·b n−1b n−2·…·b 2b 1·b 1=1n (n ≥2),n=1时也满足,故b n =1n (n ∈N *),则a n =1n(n+1)=1n -1n+1, S n =(1−12)+(12−13)+…+(1n −1n+1)=1-1n+1<1对任意n ∈N *恒成立. 若选择③:由题意得3a n+12-3a n 2=-(a n+1+a n ),得a n+1-a n =-13或a n+1+a n =0,又a 1=12,当a n+1+a n =0时,有S n ={0,n 为偶数,12,n 为奇数,所以S n <1;当a n+1-a n =-13时,有S n =n 2-n(n−1)6=-16(n 2-4n),当n=2时,S n 取最大值,为-16×(22-4×2)=23,因为23<1,所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立.10.(2022届广东阶段测,17)设{a n }是各项均为正数的数列,a 1=3,a n+1=√a n 2+4a n+1+4a n . (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若S n 为数列{a n }的前n 项和,且b n =n(n+1)S n+1S n,求数列{b n }的前n 项和.解析 (1)由a n+1=√a n 2+4a n+1+4a n 得a n+12=a n 2+4a n+1+4a n ,整理得(a n+1-a n -4)(a n+1+a n )=0,又a n+1+a n >0,所以a n+1-a n =4,所以{a n }是首项为3,公差为4的等差数列,故a n =4n-1. (2)由(1)可知,S n =n(3+4n−1)2=n(2n+1),S n+1=(n+1)(2n+3),所以b n =n(n+1)S n+1S n =1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3),设数列{b n }的前n 项和为T n , 则T n =12[(13−15)+(15−17)+⋯+(12n+1−12n+3)] =12(13−12n+3)=n6n+9.B 组1.(2022届重庆西南大学附中月考,8)设数列{a n }的前n 项和是S n ,令T n =S 1+S 2+⋯+S nn,称T n 为数列a 1,a 2,…,a n 的“超越数”.已知数列a 1,a 2,…,a 504的“超越数”为2020,则数列5,a 1,a 2,…,a 504的“超越数”为( )A.2018B.2019C.2020D.2021 答案 D2.(2022届河北张家口宣化一中考试,6)将正整数12分解成两个正整数的乘积,有1×12,2×6,3×4三种分解方式,其中3×4是这三种分解方式中两数差的绝对值最小的一种,我们称3×4为12的最佳分解.当p ·q(p,q ∈N *)是正整数n 的最佳分解时,我们定义函数f(n)=|p-q|,例如f(12)=|4-3|=1,则∑i=12 021f(2i)=( )A.21011-1B.21011C.21010-1 D.21010答案 A3.(2021山东菏泽期末,7)已知数列{a n }的前n 项和是S n ,且S n =2a n -1,若a n ∈(0,2021),则称项a n 为“和谐项”,则数列{a n }的所有“和谐项”的和为( ) A.1022 B.1023 C.2046 D.2047 答案 D4.(2021河北衡水中学联考二,11)若P(n)表示正整数n 的个位数字,a n =P(n 2)-P(2n),数列{a n }的前n 项和为S n ,则S 2021=( )A.-1B.0C.1009D.1011 答案 C5.(多选)(2021新高考Ⅱ,12,5分)若正整数n=a 0·20+a 1·2+…+a k-1·2k-1+a k ·2k ,其中a i ∈{0,1}(i=0,1,…,k),记ω(n)=a 0+a 1+…+a k ,则( )A.ω(2n)=ω(n)B.ω(2n+3)=ω(n)+1C.ω(8n+5)=ω(4n+3)D.ω(2n-1)=n 答案 ACD6.(多选)(2021广州一模,12)在数学课堂上,教师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……;第n(n ∈N *)次得到数列1,x 1,x 2,x 3,…,x k ,2.记a n =1+x 1+x 2+…+x k +2,数列{a n }的前n 项和为S n ,则( ) A.k+1=2nB.a n+1=3a n -3C.a n =32(n 2+3n) D.S n =34(3n+1+2n-3) 答案 ABD7.(2020山东师范大学附中最后一卷)对n 个不同的实数a 1,a 2,…,a n 可得n!个不同的排列,每个排列为一行写成一个n!行的数阵.对第i 行a i1,a i2,…,a in ,记b i =-a i1+2a i2-3a i3+…+(-1)nna in ,i=1,2,3,…,n!.例如用1,2,3可得数阵如图,此数阵中每一列各数之和都是12,所以b 1+b 2+…+b 6=-12+2×12-3×12=-24.那么,在用1,2,3,4,5形成的数阵中,b 1+b 2+…+b 120等于( )1 2 3 1 3 2 2 1 3 2 3 1 3 1 2 3 2 1A.-3600B.-1800C.-1080D.-720 答案 C8.(2021湖南岳阳一模,4)“中国剩余定理”又称“孙子定理”,讲的是一个关于整除的问题.现有这样一个整除问题:将1到2021这2021个数中能被3整除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列{a n },则此数列的所有项中,中间项的值为( ) A.992 B.1022 C.1007 D.1037 答案 C9.(多选)(2021济南十一学校联考,11)已知数列{F n }:1,1,2,3,5,8,13,…,从第三项开始,每项等于其前相邻两项之和.记数列{F n }的前n 项和为S n ,则下列结论中正确的是( ) A.S 6=F 8 B.S 2019=F 2021-1C.F 1+F 3+F 5+…+F 2021=F 2022D.F 12+F 22+F 32+…+F 2 0202=F 2020F 2021答案 BCD10.(2022届南京调研,7)取一条长度为1的直线段,将它三等分,去掉中间一段,留剩下的两段;再将剩下的两段分别三等分,各去掉中间一段,留剩下的更短的四段;……;将这样的操作一直继续下去,直至无穷,由于在不断分割舍弃的过程中,所形成的线段数目越来越多,长度越来越小,在极限的情况下,得到一个离散的点集,称为康托尔三分集.若在第n 次操作中去掉的线段长度之和不小于160,则n 的最大值为(参考数据:lg2≈0.3010,lg3≈0.4771)( ) A.6 B.7 C.8 D.9 答案 C应用篇知行合一应用构建数列模型解决实际生活中的问题1.(2020山东潍坊6月模拟数学文化与等差数列)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.相逢时良马比驽马多行()A.540里B.426里C.963里D.114里答案A2.(2020山东省实验中学期中数学文化与等比数列)古代数学著作《九章算术》有如下问题:“今有女子善织,日自倍,五日织五尺,问日织几何?”意思是“一女子善于织布,每天织的布都是前一天的2倍,已知她5天共织布5尺,问这女子每天分别织布多少?”根据上述已知条件,若要使织布的总尺数不少于30尺,则至少需要()A.6天B.7天C.8天D.9天答案C3.(2022届全国联考,6实际生活)某微生物科研机构为了记录微生物在不同时期的存活状态,计划将微生物分批次培养,第一批次,培养1个;从第二批次开始,每一批次培养的个数是前一批次的2倍,按照这种培养方式(假定每一批次的微生物都能成活),要使微生物的总个数不少于950,大概经过的批次为()A.10B.9C.8D.7答案A4.(2022届湖南湘潭月考,4数学文化与等比数列)我国古代数学名著《算法统宗》是明代数学家程大位(1533年—1606年)所著.程大位少年时,读书极为广博,对书法和数学颇感兴趣.20岁起便在长江中下游一带经商,因商业计算的需要,他随时留心数学,遍访名师,搜集了很多数学书籍,刻苦钻研,时有心得,终于在他60岁时,完成了《算法统宗》这本著作.该书中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”根据诗词的意思,可得塔的最底层共有灯()A.192盏B.128盏C.3盏D.1盏答案 A5.(多选)(2022届江苏南通海门一中月考数学文化)《张丘建算经》是中国古代众多数学名著之一.书中有如下问题:“今有女善织,日益功疾,初日织五尺,今一月日织九匹三丈,问日益几何?”其大意为:“有一女子擅长织布,织布的速度一天比一天快,从第二天起,每天比前一天多织相同数量的布,第一天织5尺,一个月共织了9匹3丈,问从第二天起,每天比前一天多织多少尺布?”已知1匹=4丈,1丈=10尺,若这个月有30天,记该女子这个月中第n 天所织布的尺数为a n ,b n =2a n ,则( )A.b 10=8b 5B.数列{b n }是等比数列C.a 1b 30=105D.a 3+a 5+a 7a 2+a 4+a 6=209193答案 BD6.(多选)(2021江苏栟茶中学学情调研数学文化与等比数列)在《增减算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,如此六日过其关.”则下列说法正确的是( )A.此人第二天走了九十六里路B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C.此人第三天走的路程占全程的18D.此人后三天共走了42里路答案 ABD7.(多选)(2021湖南、河北联考,11数学文化与等差数列)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100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( )。

2023年高考数学一轮复习第六章数列5数列求和练习含解析

数列求和考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法．知识梳理数列求和的几种常用方法 1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和． (1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －12d .(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 11－q n1－q ，q ≠1.2．分组求和法与并项求和法(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)形如a n ＝(－1)n·f (n )类型，常采用两项合并求解． 3．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的． 4．裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． (2)常见的裂项技巧 ①1n n ＋1＝1n －1n ＋1.②1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.③12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( √ ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n时，只要把上式等号两边同时乘a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n ＋3的前n 项和可用分组转化法求和．( √ ) 教材改编题1．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(2n －1)，则该数列的前100项之和为( ) A ．－200 B ．－100 C ．200 D ．100答案 D解析 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.2．等差数列{a n }中，已知公差d ＝12，且a 1＋a 3＋…＋a 99＝50，则a 2＋a 4＋…＋a 100等于( )A ．50B ．75C ．100D ．125 答案 B解析 a 2＋a 4＋…＋a 100＝(a 1＋d )＋(a 3＋d )＋…＋(a 99＋d ) ＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋50d ＝50＋25＝75. 3．在数列{a n }中，a n ＝1n n ＋1，若{a n }的前n 项和为20222023，则项数n ＝________.答案 2022 解析 a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝20222023， ∴n ＝2022.题型一分组求和与并项求和例1 (2022·衡水质检)已知各项都不相等的等差数列{a n }，a 6＝6，又a 1，a 2，a 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解 (1)∵{a n }为各项都不相等的等差数列，a 6＝6，且a 1，a 2，a 4成等比数列． ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 6＝a 1＋5d ＝6，a 1＋d 2＝a 1a 1＋3d ，d ≠0，解得a 1＝1，d ＝1，∴数列{a n }的通项公式a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)nn ，记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝21－22n1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.延伸探究在本例(2)中，如何求数列{b n }的前n 项和T n ? 解由本例(2)知b n ＝2n ＋(－1)nn . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)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. 解 (1)由于数列{a n }是公比大于1的等比数列，设首项为a 1，公比为q ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12(舍)或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n，n ∈N *. (2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32， 26＝64，27＝128，所以b 1对应的区间为(0,1]，则b 1＝0；b 2，b 3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，则b 2＝b 3＝1，即有2个1；b 4，b 5，b 6，b 7对应的区间分别为(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，则b 4＝b 5＝b 6＝b 7＝2，即有22个2；b 8，b 9，…，b 15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b 8＝b 9＝…＝b 15＝3，即有23个3；b 16，b 17，…，b 31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，则b 16＝b 17＝…＝b 31＝4，即有24个4；b 32，b 33，…，b 63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，则b 32＝b 33＝…＝b 63＝5，即有25个5；b 64，b 65，…，b 100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，则b 64＝b 65＝…＝b 100＝6，即有37个6.所以S 100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.思维升华 (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．跟踪训练1 (2022·重庆质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝9，S 5＝25. (1)求数列{a n }的通项公式及S n ；(2)设b n ＝(－1)nS n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由S 5＝5a 3＝25得a 3＝a 1＋2d ＝5，又a 5＝9＝a 1＋4d ，所以d ＝2，a 1＝1，所以a n ＝2n －1，S n ＝n 1＋2n －12＝n 2.(2)结合(1)知b n ＝(－1)n n 2，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6)＋…＋(b n －1＋b n )＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n －1)2＋n 2]＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n －(n －1)][n ＋(n －1)] ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12.当n 为奇数时，n －1为偶数，T n ＝T n －1＋(－1)n ·n 2＝n －1n2－n 2＝－n n ＋12.综上可知，T n ＝－1nn n ＋12.题型二错位相减法求和例2 (10分)(2021·全国乙卷)设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n3.已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；[切入点：设基本量q ](2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n 2.[关键点：b n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n]教师备选(2020·全国Ⅰ)设{a n}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．(1)求{a n}的公比；(2)若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．解(1)设{a n}的公比为q，∵a1为a2，a3的等差中项，∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，∴q2＋q－2＝0，∵q≠1，∴q＝－2.(2)设{na n}的前n项和为S n，a1＝1，a n＝(－2)n－1，S n＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①－2S n＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n，②①－②得，3S n＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n＝1－－2n1－－2－n(－2)n＝1－1＋3n－2n3，∴S n ＝1－1＋3n －2n9，n ∈N *.思维升华 (1)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，常采用错位相减法．(2)错位相减法求和时，应注意：①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．②应用等比数列求和公式必须注意公比q 是否等于1，如果q ＝1，应用公式S n ＝na 1. 跟踪训练2 (2021·浙江)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－94，且4S n ＋1＝3S n －9(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足3b n ＋(n －4)a n ＝0(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .若T n ≤λb n ，对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)因为4S n ＋1＝3S n －9，所以当n ≥2时，4S n ＝3S n －1－9，两式相减可得4a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n ＝34. 当n ＝1时，4S 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫－94＋a 2＝－274－9，解得a 2＝－2716，所以a 2a 1＝34.所以数列{a n }是首项为－94，公比为34的等比数列，所以a n ＝－94×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1＝－3n ＋14n .(2)因为3b n ＋(n －4)a n ＝0，所以b n ＝(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n.所以T n ＝－3×34－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫342－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫343＋0×⎝ ⎛⎭⎪⎫344＋…＋(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n，①且34T n ＝－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫342－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫343－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫344＋0×⎝ ⎛⎭⎪⎫345＋…＋(n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1，② ①－②得14T n ＝－3×34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫342＋⎝ ⎛⎭⎪⎫343＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1＝－94＋916⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －11－34－(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1＝－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1，所以T n ＝－4n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1.因为T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，所以－4n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1≤λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －4×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n 恒成立，即－3n ≤λ(n －4)恒成立，当n <4时，λ≤－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≤1；当n ＝4时，－12≤0恒成立，当n >4时，λ≥－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≥－3.所以－3≤λ≤1.题型三裂项相消法求和例3 (2022·咸宁模拟)设{a n }是各项都为正数的单调递增数列，已知a 1＝4，且a n 满足关系式：a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)因为a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *，所以a n ＋1＋a n －2a n ＋1a n ＝4，即(a n ＋1－a n )2＝4，又{a n }是各项为正数的单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2，又a 1＝2，所以{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，所以a n ＝4n 2. (2)b n ＝1a n －1＝14n 2－1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 教师备选设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1. (1)求{a n }的通项公式； (2)若b n ＝3na n ＋1a n ＋1＋1，求{b n }的前n 项和T n ，证明：38≤T n ＜34.(1)解因为2S n ＝3a n －1，所以2S 1＝2a 1＝3a 1－1，即a 1＝1.当n ≥2时，2S n －1＝3a n －1－1，则2S n －2S n －1＝2a n ＝3a n －3a n －1，整理得a na n －1＝3，则数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.(2)证明由(1)得b n ＝3n3n －1＋13n＋1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1，所以T n ＝32×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫130＋1－131＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋1－132＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋1－133＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1，即T n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13n ＋1＝34－323n ＋1，所以T n <34，又因为T n 为递增数列，所以T n ≥T 1＝34－38＝38，所以38≤T n <34.思维升华利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项． (2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1， 1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2. 跟踪训练3 (2022·河北衡水中学模拟)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⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)记b n ＝2n ＋1a 2n，求数列{b n }的前n 项和S n .(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a n n ＝a n －1＋2n －2n －1，即a n n －a n －1n －1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝4为首项，2为公差的等差数列．(2)解由(1)得a n n＝4＋2(n －1)＝2n ＋2，即a n ＝2n (n ＋1)，所以b n ＝2n ＋1a 2n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1n ＋12，所以S n ＝14⎩⎨⎧ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－132＋⎭⎬⎫…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋12＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1n ＋12＝n 2＋2n 4n ＋12. 课时精练1．已知在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且a 3＝5，S 7＝49. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2n a＋a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ≥1000，求n 的取值范围．解 (1)由等差数列性质知，S 7＝7a 4＝49，则a 4＝7，故公差d ＝a 4－a 3＝7－5＝2，故a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝22n －1＋2n －1，T n ＝21＋1＋23＋3＋…＋22n －1＋2n －1＝21＋23＋…＋22n －1＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝21－22n ＋11－4＋n 1＋2n －12＝22n ＋13＋n 2－23.易知T n 单调递增，且T 5＝707<1 000，T 6＝2 766>1 000，故T n ≥1 000，解得n ≥6，n ∈N *.2．(2020·全国Ⅲ改编)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n .(1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式；(2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .解 (1)由题意可得a 2＝3a 1－4＝9－4＝5，a 3＝3a 2－8＝15－8＝7，由数列{a n }的前三项可猜想数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列，即a n ＝2n ＋1.(2)由(1)可知，a n ·2n ＝(2n ＋1)·2n，S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① 2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② 由①－②得，－S n ＝6＋2×(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22×1－2n －11－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝(1－2n )·2n ＋1－2，即S n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2.3．(2022·合肥模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2a n ，T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .解 (1)由已知得a n ＋1－a n ＝2n，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋2＋22＋…＋2n －1＝2＋21－2n －11－2＝2n .又a 1＝2，也满足上式，故a n ＝2n.(2)由(1)可知，b n ＝log 2a n ＝n ，1b n b n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故T n ＝n n ＋1.4．(2022·济宁模拟)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1,3a 2的等差中项，a 4＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n log 2a 2n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3是2a 1,3a 2的等差中项，所以2a 3＝2a 1＋3a 2，即2a 1q 2＝2a 1＋3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12，因为数列{a n }是正项等比数列，所以q ＝2.所以a n ＝a 4·q n －4＝2n. (2)方法一 (分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1，所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n·(2n ＋1)， ①若n 为偶数，T n ＝－3＋5－7＋9－…－(2n －1)＋(2n ＋1)＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n －1)＋(2n ＋1)]＝2×n2＝n ； ②若n 为奇数，当n ≥3时， T n ＝T n －1＋b n ＝n －1－(2n ＋1)＝－n －2，当n ＝1时，T 1＝－3适合上式，综上得T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ，n 为偶数，－n －2，n 为奇数 (或T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *)．方法二 (错位相减法)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1，所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n ·(2n ＋1)， T n ＝(－1)1×3＋(－1)2×5＋(－1)3×7＋…＋(－1)n ·(2n ＋1)，所以－T n ＝(－1)2×3＋(－1)3×5＋(－1)4×7＋…＋(－1)n ＋1(2n ＋1)，所以2T n ＝－3＋2[(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n ]－(－1)n ＋1(2n ＋1) ＝－3＋2×1－－1n －12＋(－1)n (2n ＋1) ＝－3＋1－(－1)n －1＋(－1)n (2n ＋1)＝－2＋(2n ＋2)(－1)n ，所以T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *.5．(2022·重庆调研)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 ＝4a n a n ＋1，②b n ＝(－1)n ·a n ，③b n ＝2n a n a ⋅这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．解 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋5d ＝12，a 1＋17d ＝36，解得d ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)选条件①.b n ＝42n ·2n ＋1＝1n n ＋1，则S n ＝11×2＋12×3＋ (1)n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫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 ]＝n 2×2＝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 ＝2n a n a ⋅， ∴b n ＝22n ·2n ＝2n ·4n ， ∴S n ＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n ·4n ，① 4S n ＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n －1)·4n ＋2n ·4n ＋1，② ①－②得－3S n ＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n －2n ·4n ＋1＝41－4n1－4×2－2n ·4n ＋1＝81－4n－3－2n ·4n ＋1， ∴S n ＝89(1－4n )＋2n 3·4n ＋1.。

2023年新高考数学一轮复习7-2 等差数列及其前n项和(真题测试)解析版

专题7.2 等差数列及其前n 项和（真题测试）一、单选题1．（2022·全国·高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，,,,AA BB CC DD ''''是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中1111,,,DD CC BB AA 是举，1111,,,OD DC CB BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为11111231111,0.5,,DD CC BB AAk k k OD DC CB BA ====．已知123,,k k k 成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则3k =（）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.9【答案】D 【解析】【分析】设11111OD DC CB BA ====，则可得关于3k 的方程，求出其解后可得正确的选项. 【详解】设11111OD DC CB BA ====，则111213,,CC k BB k AA k ===，依题意，有31320.2,0.1k k k k -=-=，且111111110.725DD CC BB AA OD DC CB BA +++=+++，所以30.530.30.7254k +-=，故30.9k =，故选：D2．（2021·北京·高考真题）《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种.这五种规格党旗的长12345,,,,a a a a a (单位:cm)成等差数列，对应的宽为12345,,,,b b b b b (单位: cm),且长与宽之比都相等，已知1288a =，596=a ，1192b =，则3b =A ．64 B ．96C ．128D ．160【答案】C 【解析】【分析】设等差数列{}n a 公差为d ，求得48d =-，得到3192a =，结合党旗长与宽之比都相等和1192b =，列出方程，即可求解. 【详解】由题意，五种规格党旗的长12345,,,,a a a a a (单位:cm)成等差数列，设公差为d ，因为1288a =，596=a ，可得519628848513a a d --===--，可得3288(31)(48)192a =+-⨯-=，又由长与宽之比都相等，且1192b =，可得3113a ab b =，所以3131192192=128288a b b a ⋅⨯==. 故选：C.3．（2020·全国·高考真题（理））北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（）A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块【答案】C 【解析】【分析】第n 环天石心块数为n a ，第一层共有n 环，则{}n a 是以9为首项，9为公差的等差数列，设n S 为{}n a 的前n 项和，由题意可得322729n n n n S S S S -=-+，解方程即可得到n ，进一步得到3n S . 【详解】设第n 环天石心块数为n a ，第一层共有n 环，则{}n a 是以9为首项，9为公差的等差数列，9(1)99n a n n =+-⨯=，设n S 为{}n a 的前n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为232,,n n n n n S S S S S --，因为下层比中层多729块，所以322729n n n n S S S S -=-+，即3(927)2(918)2(918)(99)7292222n n n n n n n n ++++-=-+ 即29729n =，解得9n =，所以32727(9927)34022n S S +⨯===.故选：C4．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测（理））数列{}n a 为等差数列，前n 项的和为n S ，若10110a <，101110120a a +>，则当0n S <时，n 的最大值为（）A ．1011B ．1012C ．2021D ．2022【答案】C 【解析】【分析】分析数列{}n a 的单调性，计算2021S 、2022S ，即可得出结论. 【详解】因为10110a <，101110120a a +>，则10120a >，故数列{}n a 为递增数列，因为()12021202110112021202102a a S a +==<，()()120222022101110122022101102a a S a a +==+>，且当1012n ≥时，10120n a a ≥>，所以，当2022n ≥时，20220n S S ≥>，所以，满足当0n S <时，n 的最大值为2021.故选：C.5.（2022·北京·高考真题）设{}n a 是公差不为0的无穷等差数列，则“{}n a 为递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的（） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】C 【解析】【分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，记[]x 为不超过x 的最大整数. 若{}n a 为单调递增数列，则0d >，若10a ≥，则当2n ≥时，10n a a >≥；若10a <，则()11n a a n d +-=，由()110n a a n d =+->可得11a n d >-，取1011a N d ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦，则当0n N >时，0n a >，所以，“{}n a 是递增数列”⇒“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”；若存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >，取N k *∈且0k N >，0k a >，假设0d <，令()0n k a a n k d =+-<可得k a n k d >-，且k ak k d->，当1k a n k d ⎡⎤>-+⎢⎥⎣⎦时，0n a <，与题设矛盾，假设不成立，则0d >，即数列{}n a 是递增数列.所以，“{}n a 是递增数列”⇐“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”.所以，“{}n a 是递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的充分必要条件. 故选：C.6．（2021·北京·高考真题）已知{}n a 是各项均为整数的递增数列，且13a ≥，若12100n a a a ++⋅⋅⋅+=，则n 的最大值为（） A ．9B ．10C ．11D ．12【答案】C 【解析】【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得n 可能的最大值，然后构造数列满足条件，即得到n 的最大值．【详解】若要使n 尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n 项和为，则，，所以11n ≤. 对于，，取数列各项为(1,2,10)n =⋯，1125a =,则1211100a a a ++⋅⋅⋅+=，所以n 的最大值为11．故选：C ．7．（2022·海南海口·二模）设公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()9353m S a a a =++，则m =（） A ．9 B ．8C ．7D ．6【答案】C 【解析】【分析】根据等差数列的前n 项和的性质及等差数列通项公式化简可得. 【详解】因为()9353m S a a a =++，又959S a =，所以()53593m a a a a =++，所以3553m a a a a ++=，即352m a a a +=，设等差数列{}n a 的公差为d ，则1112(1)2(4)a d a m d a d +++-=+，所以(+1)8m d d =，又0d ≠，所以18m +=，所以7m =．故选：C.8．（2023·全国·高三专题练习）等差数列{}n a 的首项为正数，其前n 项和为n S .现有下列命题，其中是假命题的有（）A ．若n S 有最大值，则数列{}n a 的公差小于0B ．若6130a a +=，则使0n S >的最大的n 为18C ．若90a >，9100a a +<，则{}n S 中9S 最大D ．若90a >，9100a a +<，则数列{}n a 中的最小项是第9项【答案】B 【解析】【分析】由n S 有最大值可判断A ；由6139100a a a a +=+=，可得90a >，100a <，利用91018182+=⨯a a S 可判断BC ； 90a >，9100a a +<得90a >，991010a a a a =<-=，可判断D. 【详解】对于选项A ，∵n S 有最大值，∴ 等差数列{}n a 一定有负数项， ∴等差数列{}n a 为递减数列，故公差小于0，故选项A 正确；对于选项B ，∵6139100a a a a +=+=，且10a >， ∴90a >，100a <， ∴179=170S a >，910181802a a S +=⨯=，则使0n S >的最大的n 为17，故选项B 错误；对于选项C ，∵90a >，9100a a +<，∴90a >，100a <，故{}n S 中9S 最大，故选项C 正确；对于选项D ，∵90a >，9100a a +<， ∴90a >，991010a a a a =<-=，故数列{}n a 中的最小项是第9项，故选项D 正确. 故选：B. 二、多选题9．（2023·全国·高三专题练习）已知等差数列{an }的公差为d ，前n 项和为Sn ，且91011S S S =<，则（） A ．d ＜0 B ．a 10＝0 C ．S 18＜0 D ．S 8＜S 9【答案】BC 【解析】【分析】由91011S S S =<，得100,0d a >= ，判断出A,B 选项，再结合90a <，11818118910918()9()9()92a a S a a a a a +==+=+=判断C 选项，再根据等式性质判断D 选项【详解】910S S = ，101090a S S ∴=-= ，所以B 正确又1011S S < ,111110100a S S a d ∴=-=+> ,0d ∴> ,所以A 错误 1090,0,0a d a =>∴<11818118910918()9()9()902a a S a a a a a +==+=+=<，故C 正确 9989890,,a S S a S S <=+∴> ,故D 错误故选：BC10．（2022·江苏·南京市宁海中学模拟预测）定义11222n nn a a a H n-+++=为数列{}n a 的“优值”．已知某数列{}n a 的“优值”2nn H =，前n 项和为n S ，下列关于数列{}n a 的描述正确的有（）A ．数列{}n a 为等差数列B ．数列{}n a 为递增数列C ．2022202520222S = D ．2S ，4S ，6S 成等差数列【答案】ABC 【解析】【分析】由新定义可得112222n n n a a a n -++⋯+=⋅，利用该递推关系求出数列{}n a 的通项公式，然后逐一核对四个选项得答案．【详解】由已知可得112222n n nn a a a H n-+++==，所以112222n n n a a a n -+++=⋅，①所以2n ≥时，()211212212n n n a a a n ---+++=-⋅，②得2n ≥时，()()111221212n n n n n a n n n ---=⋅--⋅=+⋅，即2n ≥时，1n a n =+，当1n =时，由①知12a =，满足1n a n =+．所以数列{}n a 是首项为2，公差为1的等差数列，故A 正确，B 正确，所以()32n n n S +=，所以32n S n n +=故2022202520222S =，故C 正确． 25S =，414S =，627S =，2S ，4S ，6S 不是等差数列，故D 错误，故选：ABC ．11．（2022·江苏·南京市江宁高级中学模拟预测）已知两个等差数列{}n a 和{}n b ，其公差分别为1d 和2d ，其前n 项和分别为n S 和n T ，则下列说法正确的是（）A ．若为等差数列，则112d a =B ．若{}n n S T +为等差数列，则120d d +=C ．若{}n n a b 为等差数列，则120d d ==D ．若*n b N ∈，则{}n b a 也为等差数列，且公差为12d d 【答案】ABD 【解析】【分析】对于A ，利用对于B ，利用()2211332S T S T S T +=+++化简可得答案；对于C ，利用2211332a b a b a b =+化简可得答案；对于D ，根据112n n b b a a d d +-=可得答案. 【详解】对于A ，因为为等差数列，所以即化简得()21120d a -=，所以112d a =，故A 正确；对于B ，因为{}n n S T +为等差数列，所以()2211332S T S T S T +=+++，所以()11121111122223333a d b d a b a d b d +++=+++++，所以120d d +=，故B 正确；对于C ，因为{}n n a b 为等差数列，所以2211332a b a b a b =+，所以11121111122()()(2)(2)a d b d a b a d b d ++=+++，化简得120d d =，所以10d =或20d =，故C 不正确；对于D ，因为11(1)n a a n d =+-，且*n b N ∈，所以11(1)n b n a a b d =+-()112111a b n d d =++--⎡⎤⎣⎦，所以()()1111211n b a a b d n d d =+-+-，所以()()()11111211112111n n b b a a a b d nd d a b d n d d +-=+-+-----12d d =，所以{}n b a 也为等差数列，且公差为12d d ，故D 正确. 故选：ABD12．（2022·福建南平·三模）如图，在平面直角坐标系中的一系列格点(),i i i A x y ，其中1,2,3,,,i n =⋅⋅⋅⋅⋅⋅且,i i x y ∈Z .记n n n a x y =+，如()11,0A 记为11a =，()21,1A -记为20a =，()30,1A -记为31,a =-⋅⋅⋅，以此类推；设数列{}n a 的前n 项和为n S .则（）A ．202242a =B ．202287S =-C ．82n a n =D ．()245312n n n n S ++=【答案】ABD 【解析】【分析】由图观察可知第n 圈的8n 个点对应的这8n 项的和为0，则2440n n S +=，同时第n 圈的最后一个点对应坐标为(),n n ，设2022a 在第k 圈，则k 圈共有()41k k +个数，可判断前22圈共有2024个数，2024a 所在点的坐标为()22,22，向前推导，则可判断A ，B 选项；当2n =时，16a 所在点的坐标为()2,2--，即可判断C 选项；借助2440n n S +=与图可知22222244144245454544n n n n n nn n n n n n S S S a a a++++++++=-=+++，即n 项之和，对应点的坐标为()1,+n n ，()1,1n n +-，…，()1,1n +，即可求解判断D 选项.【详解】由题，第一圈从点()1,0到点()1,1共8个点，由对称性可知81280S a a a =+++=；第二圈从点()2,1到点()2,2共16个点，由对称性可知248910240S S a a a -=+++=，即 240S =，以此类推，可得第n 圈的8n 个点对应的这8n 项的和为0，即()214482n nn n SS ++⨯==，设2022a 在第k 圈，则()()888168412k k k kk ++++==+，由此可知前22圈共有2024个数，故20240S =，则()2022202420242023S S a a =-+，2024a 所在点的坐标为()22,22，则2024222244a =+=，2023a 所在点的坐标为()21,22，则2023212243a =+=，2022a 所在点的坐标为()20,22，则2022202242a =+=，故A 正确；()()20222024202420230444387S S a a =-+=-+=-，故B 正确；8a 所在点的坐标为()1,1，则8112a =+=，16a 所在点的坐标为()2,2--，则16224a =--=-，故C 错误；22222244144245454544n n n n n nn n n n n n S S S aaa++++++++=-=+++，对应点的坐标为()1,+n n ，()1,1n n +-，…，()1,1n +，所以()()()()()245111112122n n S n n n n n n n n +=+++++-++++=+++++()()2123122n n n n n ++++==，故D 正确.故选：ABD 三、填空题13．（2019·全国·高考真题（理））记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =___________. 【答案】4. 【解析】【分析】根据已知求出1a 和d 的关系，再结合等差数列前n 项和公式求得结果. 【详解】因213a a =，所以113a d a +=，即12a d =，所以105S S =11111091010024542552a d a a a d ⨯+==⨯+． 14．（2019·江苏·高考真题）已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列，n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==，则8S 的值是_____.【答案】16. 【解析】【分析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可.【详解】由题意可得：()()()25811191470989272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩，解得：152a d =-⎧⎨=⎩，则8187840282162S a d ⨯=+=-+⨯=. 15．（2021·福建省华安县第一中学高三期中）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，121n n a a n +=+＋（*n ∈N ），则99a 的值为________，99S 的值为________. 【答案】 99 4950 【解析】【分析】利用数列的递推关系可知数列{}n a 的奇数项是首项为1，公差为2的等差数列，偶数项是首项为2，公差为2的等差数列，利用等差数列的通项公式和前n 项和公式即可求解. 【详解】将1n =代入121n n a a n +=+＋得2312a =-=，由121n n a a n +=+＋①得123n n a a n +++=＋2②， ②-①得22n n a a +-=，所以数列{}n a 的奇数项、偶数项都是以2为公差的等差数列，()991501299a =+-⨯=， ()()991359924698S a a a a a a a a =+++++++++ 5049494815022492495022⨯⨯=⨯+⨯+⨯+⨯=，故答案为：99 ; 4950.16．（2020·海南·高考真题）将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{an }，则{an }的前n 项和为________．【答案】232n n - 【解析】【分析】首先判断出数列{}21n -与{}32n -项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果. 【详解】因为数列{}21n -是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列{}32n -是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{}n a 是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以{}n a 的前n 项和为2(1)16322n n n n n -⋅+⋅=-，故答案为：232n n -. 四、解答题17．（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 中，11a =，当2n ≥时，11n n n n a a a a ---=⋅.求证：数列1{}na 是等差数列.【答案】证明见解析【解析】【分析】利用定义法证明出数列1{}na 是等差数列.【详解】当2n ≥时，11n n n n a a a a ---=⋅，因11a =，显然0n a ≠，否则10n a -=，由此可得10a =，矛盾，两边同时除以1n n a a -⋅，得1111n n a a --=，而11a =1，所以数列1{}na 是以1为首项，1为公差的等差数列.18．（2019·北京·高考真题（文））设{n a }是等差数列，a 1=–10，且a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列．（Ⅰ）求{na }的通项公式；（Ⅱ）记{na }的前n 项和为Sn ，求Sn 的最小值．【答案】（Ⅰ）212n a n =-；（Ⅱ）30-. 【解析】【分析】(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得{}n a 的通项公式；(Ⅱ)首先求得n S 的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值. 【详解】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为234+10+8+6a a a ，，成等比数列，所以2324(+8)(+10)(+6)a a a =，即2(22)(34)d d d -=-，解得2d =，所以102(1)212n a n n =-+-=-.（Ⅱ）由（Ⅰ）知212n a n =-, 所以22102121112111()224n n S n n n n -+-=⨯=-=--；当5n =或者6n =时，n S 取到最小值30-.19．（2016·全国·高考真题（文））等差数列{n a }中，34574,6a a a a +=+=. （Ⅰ）求{n a }的通项公式；（Ⅱ）设[]n n b a =，求数列{}n b 的前10项和，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[0.9]=0,[2.6]=2. 【答案】（Ⅰ）235n n a +=；（Ⅱ）24. 【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）根据等差数列的通项公式及已知条件求1a ，d ，从而求得n a ；（Ⅱ）由（Ⅰ）求n b ，再求数列{}n b 的前10项和.试题解析：（Ⅰ）设数列{}n a 的公差为d ，由题意有112+54,+53a d a d ==. 解得121,5a d ==.所以{}n a 的通项公式为235n n a +=. （Ⅱ）由（Ⅰ）知235n n b +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦. 当n=1,2,3时，2312,15n n b +≤<=；当n=4,5时，2323,25n n b +≤<=；当n=6,7,8时，2334,35n n b +≤<=；当n=9,10时，2345,45n n b +≤<=. 所以数列{}n b 的前10项和为1322334224⨯+⨯+⨯+⨯=.20．（2022·全国·高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：121112na a a +++<．【答案】(1)()12n n n a +=(2)见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得()121133n n S n n a +=+-=，得到()23n n n a S +=，利用和与项的关系得到当2n ≥时，()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,进而得：111n n a n a n -+=-，利用累乘法求得()12n n n a +=，检验对于1n =也成立，得到{}n a 的通项公式()12n n n a +=；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到121111211n a a a n ⎛⎫+++=- ⎪+⎝⎭，进而证得.(1)∵11a =，∴111S a ==,∴111S a =, 又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，∴()121133n n S n n a +=+-=,∴()23n n n a S +=, ∴当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，∴()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111n n n a n a --=+, 即111n n a n a n -+=-, ∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯()1341112212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--，显然对于1n =也成立， ∴{}n a 的通项公式()12n n n a +=； (2)()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭∴12111na a a +++1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 21．（2022·安徽·合肥一中模拟预测（文））已知()f x =数列{}na 的前n 项和为n S ，点11,+⎛⎫- ⎪⎝⎭n n n P a a 在曲线()y f x =上（n N +∈）且11a =，0n a >.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 的前n 项和为n T ，且满足212211683++=+--n nn n T Tn n a a ，确定1b 的值使得数列{}n b 是等差数列.【答案】(1)*N =∈n a n (2)1 【解析】【分析】（1）根据点11,+⎛⎫- ⎪⎝⎭n n n P a a 在曲线()y f x =上（n N +∈），得到11+n a 212141+-=n n a a ，利用等差数列的定义求解；（2）由（1）化简得到114143+-=+-n n T Tn n ，利用等差数列的定义得到()()1431=-+-n T n T n ，再利用数列通项与前n 项和的关系求解. (1)解：因为()f x =11,+⎛⎫- ⎪⎝⎭n n n P a a 在曲线()y f x =上（n N +∈），所以11+=n a 212141+-=n n a a ，所以21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，以4为公差的等差数列，所以()2114143=+-=-n n n a，即*N =∈n a n ； (2)由（1）知：212211683++=+--n nn n T Tn n a a ，即为()()()()143414341+-=++-+n n n T n T n n ，整理得：114143+-=+-n n T Tn n ，所以数列43⎧⎫⎨⎬-⎩⎭n T n 是以1T 为首项，以1为公差的等差数列，则1143=+--nT T n n ，即()()1431=-+-n T n T n ，当2n ≥时，114811-=-=+-n n n b T T b n ，若{}n b 是等差数列，则1b 适合上式，令1n =，得1143=-b b ，解得11b =.22．（2021·全国·高考真题）已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n na n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300. 【解析】【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征，然后求和其通项公式即可； (2)方法二：分组求和，结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和. 【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+，所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===，所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列，于是122,5,31n b b b n ===-．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=．由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知，数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ．所以11213(1)11222b a a -==++=+=， 322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-．（2）[方法一]：奇偶分类讨论 20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++110()102103002b b +⨯=⨯-=． [方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+，所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列{}n a 的前20项和为： 201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++1091091013102330022⨯⨯=⨯+⨯+⨯+⨯=．【整体点评】 (1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路. (2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.。

高三数学一轮复习课时作业17：第4节数列求和

第4节数列求和一、选择题1.等差数列{a n}中，已知公差d＝12，且a1＋a3＋…＋a99＝50，则a2＋a4＋…＋a100＝()A.50B.75C.100D.125解析a2＋a4＋…＋a100＝(a1＋d)＋(a3＋d)＋…＋(a99＋d)＝(a1＋a3＋…＋a99)＋50d＝50＋50×12＝75.答案 B2.数列{a n}的前n项和为S n，已知S n＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝()A.9B.8C.17D.16解析S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.答案 A3.数列{a n}的通项公式为a n＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于()A.200B.－200C.400D.－400解析S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×『(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)』＝4×(－50)＝－200.答案 B4.(2017·高安中学模拟)已知数列5，6，1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于()A.5B.6C.7D.16解析根据题意这个数列的前7项分别为5，6，1，－5，－6，－1，5，6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，S6＝5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7.答案 C5.(2018·安徽江南十校联考)已知函数f (x )＝x α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S 2 017＝( ) A. 2 016－1B. 2 017－1C. 2 018－1D. 2 018＋1解析由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ）＝1n ＋1＋n ＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1.答案 C二、填空题6.在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝________.解析依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1). 答案 n (n ＋1)7.已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n＝________.解析由a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，得(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0，又a n >0，所以a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，所以{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，故S n ＝2（1－3n ）1－3＝3n －1. 答案 3n －18.(2018·衡水质检)中国古代数学有着很多令人惊叹的成就.北宋沈括在《梦溪笔谈》卷十八《技艺》篇中首创隙积术，隙积术意即：将木桶一层层堆放成坛状，最上一层长有a 个，宽有b 个，共计ab 个木桶，每一层长宽各比上一层多一个，共堆放n 层，设最底层长有c 个，宽有d 个，则共计有木桶n [（2a ＋c ）b ＋（2c ＋a ）d ＋（d －b ）]6个.假设最上层有长2宽1共2个木桶，每一层的长宽各比上一层多一个，共堆放15层，则木桶的个数为________. 解析各层木桶长与宽的木桶数自上而下组成一等差数列，且公差为1，根据题意得，a ＝2，b ＝1，c ＝2＋14＝16，d ＝1＋14＝15，n ＝15，则木桶的个数为 15[（2×2＋16）×1＋（2×16＋2）×15＋（15－1）]6＝1 360(个).答案 1 360三、解答题9.(2018·西安质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝2， ∴{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由(1)得b n ＝2a n ＋a n ＝22n ＋1＋(2n ＋1)＝2×4n ＋(2n ＋1)，所以T n ＝2×(4＋42＋…＋4n )＋(3＋5＋…＋2n ＋1)＝2×4（1－4n ）1－4＋n （3＋2n ＋1）2＝83(4n －1)＋n 2＋2n .10.(2015·全国Ⅰ卷)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和. 解 (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，则2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n ).由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1，得b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n 3（2n ＋3）. 能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2018·华中师大联盟质量测评)在数列{a n }中，已知a 1＝3，且数列{a n ＋(－1)n }是公比为2的等比数列，对于任意的n ∈N *，不等式a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1恒成立，则实数λ的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，25 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，23 D.(－∞，1』解析由已知，a n ＋(－1)n ＝『3＋(－1)1』·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －(－1)n .当n 为偶数时，a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－(－1＋1－…＋1)＝2n ＋1－2，a n ＋1＝2n ＋1－(－1)n ＋1＝2n ＋1＋1，由a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1，得λ≤2n ＋1－22n ＋1＋1＝1－32n ＋1＋1对n ∈N *恒成立，∴λ≤23；当n 为奇数时， a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－(－1＋1－…＋1－1)＝2n ＋1－1，a n ＋1＝2n ＋1－(－1)n ＋1＝2n ＋1－1，由a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1得，λ≤2n ＋1－12n ＋1－1＝1，对n ∈N *恒成立，综上可知λ≤23.答案 C12.(2017·成都诊断)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n }为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n ，…，若S k ＝14，则a k ＝________.解析因为1n ＋2n ＋…＋n －1n ＝1＋2＋…＋n －1n ＝n 2－12，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1＝1＋2＋…＋nn ＋1＝n 2，所以数列12，13＋23，14＋24＋34，…，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前n 项和T n ＝12＋1＋32＋…＋n 2＝n 2＋n 4.令T n ＝n 2＋n 4＝14，解得n ＝7，所以a k ＝78.答案 7813.(2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *.(1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和.解 (1)由题意得⎩⎨⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎨⎧a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ，同时a 2＝3a 1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，则b 1＝2，b 2＝1.当n ≥3时，由于3n －1>n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，当n ≥3时，T n ＝3＋9（1－3n －2）1－3－（n ＋7）（n －2）2＝3n －n 2－5n ＋112，此时T 2符合，T 1不符合，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *.。

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数列求和
一．选择题
1.(2022·烟台模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝
1n ＋1＋n
，则S 99＝( ) A.7 B.8 C.9 D.10 2.(2022·石家庄检测)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 －1
D.n 2
－n ＋1－12n 3.数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( )
A.－200
B.－100
C.200
D.100
4.(2021·东营调考)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )
A.9
B.15
C.18
D.30
5.我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠.次第每人多十七，要将第八数来言.务要分明依次第，孝和休惹外人传.”意为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第1个孩子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止.分配时一定要按照次序分，要顺从父母，兄弟间和气，不要引得外人说闲话.”在这个问题中，第8个孩子分到的棉花为( )
A.184斤
B.176斤
C.65斤
D.60斤
6.在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，则该数列的前100项之和是( )
A.18
B.8
C.5
D.2
7.(2022·大连模拟)已知幂函数y ＝f (x )过点(4，2)，令a n ＝f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *，记数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，则S n ＝10时，n 的值是( )
A.10
B.120
C.130
D.140 8.(多选)(2021·济南调研)已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，
若b n ＝1a n ·a n ＋1
，设数列{b n }的前n 项和S n ，则( ) A.a n ＝n 2
B.a n ＝n
C.S n ＝4n n ＋1
D.S n ＝5n n ＋1
二．填空题
9.(易错题)数列{(n ＋3)·2n －1}前20项的和为________.
10.(2021·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.
11.(2021·合肥质检)已知数列{a n }的首项为－1，a n a n ＋1＝－2n ，则数列{a n }的前10项之和等于________.
12.(2021·石家庄模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＋a n ＝n －1 009(n ∈N *)，则其前2 021项之和S 2 021＝________.
14.已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，且使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________.
三解答题
15.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2).
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n .
16.已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，且数列{a n ＋1－a n }是以2为公比的等比数列.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)令c n ＝(－1)n ＋1a n ，求数列{c n }的前n 项和S n .
17.(2021·福州质量检测)在①S n＝2a n＋1；②a1＝－1，log2(a n a n＋1)＝2n－1；③a2n＋1＝a n a n＋2，S2＝－3，a3＝－4这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并解答.
问题：已知单调数列{a n}的前n项和为S n，且满足________.
(1)求{a n}的通项公式；
(2)求数列{－na n}的前n项和T n.
18.(2021·开原三模)给出以下三个条件：①4a3，3a4，2a5成等差数列；②∀n∈N*，点(n，S n)均在函数y＝2x－a的图象上，其中a为常数；③S3＝7.请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解.
设{a n}是一个公比为q(q＞0，且q≠1)的等比数列，且它的首项a1＝1，________.
(1)求数列{a n}的通项公式；
(2)令b n ＝2log 2a n ＋1(n ∈N *)，证明：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n ＜12.。