2021版江苏高考数学一轮复习课后限时集训：35 等差数列及其前n项和
2021版新高考数学(文科)一轮复习课后限时集训35 数列求和
数列求和建议用时：45分钟一、选择题1．数列{a n}的通项公式为a n＝1n＋n－1，若该数列的前k项之和等于9，则k＝()A．80B．81C．79D．82B[a n＝1n＋n－1＝n－n－1，∴S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝(1－0)＋(2－1)＋(3－2)＋…＋(n－n－1)＝n.由题意知S k＝k＝9，解得k＝81，故选B.]2．若数列{a n}的通项公式是a n＝(－1)n(3n－2)，则它的前100项之和S100＝()A．150 B．120C．－120 D．－150A[S100＝a1＋a2＋a3＋…＋a99＋a100＝－1＋4－7＋…＋(－295)＋298＝50×3＝150.故选A.]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＝()A．13 B．10 C．9 D．6D [由a n ＝2n －12n ＝1－12n 得S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－18＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n＝n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋18＋…＋12n ＝n －12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝n －1＋12n . 令n －1＋12n ＝32164，即n ＋12n ＝38564. 解得n ＝6，故选D.] 4.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1的值为( ) A.n ＋12(n ＋2)B.34－n ＋12(n ＋2)C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2 D.32－1n ＋1＋1n ＋2C [因为1(n ＋1)2－1＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， 所以122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.] 5．S n ＝12＋12＋38＋…＋n2n 等于( )A.2n －n2n B.2n ＋1－n －22nC.2n －n ＋12n ＋1D.2n ＋1－n ＋22nB [由S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①得12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，②①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n 2n ＋1， 所以S n ＝2n ＋1－n －22n .]二、填空题6．已知数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为 ．n (n ＋1)2－12n ＋1 [设所求的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n ＝n (n ＋1)2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n (n ＋1)2－12n ＋1.] 7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为 ．2n ＋1－n －2 [a n ＝1＋2＋4＋…＋2n －1＝1－2n1－2＝2n －1，则S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－n ＝2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－n －2.]8．化简S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1的结果是 ．2n ＋1－n －2 [因为S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1，① 2S n ＝n ×2＋(n －1)×22＋(n －2)×23＋…＋2×2n －1＋2n ，②所以①－②得，－S n ＝n －(2＋22＋23＋…＋2n )＝n ＋2－2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －2.]三、解答题9．(2019·泰安模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5(n ∈N *)． 设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ， 可解得b 1＝4，d ＝3. 所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n ＝3(n ＋1)·2n ＋1.又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤4＋4(1－2n )1－2－(n ＋1)×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2.所以T n ＝3n ·2n ＋2.10．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和．[解] (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ， 故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)， 两式相减得(2n －1)a n ＝2， 所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式， 所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n . 由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.1．在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，n ∈N *，则S 60的值为( )A ．990B ．1 000C ．1 100D ．99A [n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0，a n ＝2；n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，a n ＝n .故S 60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.]2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝4，a n ＋1＝2S n －4，则S 10＝( ) A ．2×(310－1) B ．2×(310＋1) C ．2×(39＋1)D ．4×(39－1)C [∵a 1＝4，a n ＋1＝2S n －4，① ∴a 2＝2a 1－4＝4，当n ≥2时，a n ＝2S n －1－4，② ①－②得a n ＋1－a n ＝2a n ， ∴a n ＋1＝3a n (n ≥2)，∴{a n }从第2项起是公比为3的等比数列，∴S 10＝a 1＋(a 2＋a 3＋…＋a 10)＝4＋4×(1－39)1－3＝2×(39＋1)，故选C.]3．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，对n ∈N *都有S n ＝1－a n ，若b n ＝log 2a n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝ .n n ＋1[对n ∈N *都有S n ＝1－a n ，当n ＝1时，a 1＝1－a 1，解得a 1＝12. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝1－a n －(1－a n －1)，化为a n ＝12a n －1.∴数列{a n }是等比数列，公比为12，首项为12.∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .∴b n ＝log 2a n ＝－n . ∴1b n b n ＋1＝1－n (－n －1)＝1n －1n ＋1.则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.]4．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 项和为T n ，求T 2n .[解] (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 ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2.q ＝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 (a 1＋a n )2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n (n ＋2)，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，∴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＋2(1－4n )1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 020＝( ) A ．22 020－1 B ．3×21 010－3 C ．3×21 010－1D ．3×21 009－2B [a 1＝1，a 2＝2a 1＝2，又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝2n ＋12n ＝2.∴a n ＋2a n ＝2.∴a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列， ∴S 2 020＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 019＋a 2 020 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 020) ＝1－21 0101－2＋2(1－21 010)1－2＝3×21 010－3.故选B.]2．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设T n 为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，若λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．[解] (1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由已知得， ⎩⎪⎨⎪⎧ 4a 1＋6d ＝14，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1或⎩⎨⎧a 1＝72，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n＋1.(2)由(1)知1a n a n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n2(n ＋2).又λT n ≤a n ＋1恒成立，所以λ≤2(n ＋2)2n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8，而2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8≥16，当且仅当n ＝2时等号成立．所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
2021高考数学一轮复习课后限时集训34等差数列及其前n项和理北
课后限时集训34等差数列及其前n 项和 建议用时：45分钟一、选择题1．若{a n }为等差数列，且a 7－2a 4＝－1，a 3＝0，则公差d 等于( ) A ．－2 B ．－12C ．12D ．2B [由于a 7－2a 4＝a 1＋6d －2(a 1＋3d )＝－a 1＝－1，则a 1＝1.又由a 3＝a 1＋2d ＝1＋2d ＝0，解得d ＝－12.故选B.]2．(2019·峨眉山模拟)在等差数列{a n }中，a 3，a 9是方程x 2＋24x ＋12＝0的两根，则数列{a n }的前11项和等于( )A ．66B ．132C ．－66D ．－132D [因为a 3，a 9是方程x 2＋24x ＋12＝0的两根，所以a 3＋a 9＝－24， 又a 3＋a 9＝－24＝2a 6，所以a 6＝－12，S 11＝11×a 1＋a 112＝11×2a 62＝－132，故选D.]3．数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，且a 2＋a 4＋a 6＝12，则a 3＋a 4＋a 5＝( ) A ．9 B ．10 C ．11D ．12D [由2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)可知数列{a n }为等差数列，∴a 2＋a 4＋a 6＝a 3＋a 4＋a 5＝12.故选D.]4．公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝3a 4，且S 10＝λa 4，则λ的值为( )A ．15B ．21C ．23D ．25D [由题意得a 1＋5d ＝3(a 1＋3d )，∴a 1＝－2d .∴λ＝S 10a 4＝10a 1＋10×92da 1＋3d ＝10×－2d ＋45d－2d ＋3d＝25，故选D.]5．等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时的n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9C [∵|a 6|＝|a 11|且公差d >0， ∴a 6＝－a 11.∴a 6＋a 11＝a 8＋a 9＝0， 且a 8<0，a 9>0∴a 1<a 2<…<a 8<0<a 9<a 10<…∴使S n 取最小值的n 的值为8.故选C.] 二、填空题6．(2019·全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1≠0，a 2＝3a 1，则S 10S 5＝____________.4 [设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1，即a 1＋d ＝3a 1，得2a 1＝d ，所以S 10S 5＝10a 1＋10×92d5a 1＋5×42d＝100a 125a 1＝4.] 7．(2019·江苏高考)已知数列{a n }(n ∈N ＋)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________．16 [由题意可得：⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 5＋a 8＝a 1＋d a 1＋4d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋9×82d ＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋8×72d ＝－40＋28×2＝16.]8．已知数列{a n }是等差数列，前n 项和为S n ，满足a 1＋5a 3＝S 8，给出下列结论： ①a 10＝0；②S 10最小；③S 7＝S 12；④S 20＝0.其中一定正确的结论是________．(填序号) ①③ [a 1＋5(a 1＋2d )＝8a 1＋28d ， 所以a 1＝－9d ，a 10＝a 1＋9d ＝0，故①正确；由于d 的符号未知，所以S 10不一定最大，故②错误；S 7＝7a 1＋21d ＝－42d ，S 12＝12a 1＋66d ＝－42d ，所以S 7＝S 12，故③正确；S 20＝20a 1＋190d ＝10d ，不一定为0，故④错误．所以正确的是①③.] 三、解答题9．已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1. (1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式． [解] (1)证明：∵1a n ＋1－1－1a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1－1a n －1＝13，∴b n ＋1－b n ＝13，∴{b n }是等差数列． (2)由(1)及b 1＝1a 1－1＝12－1＝1. 知b n ＝13n ＋23，∴a n －1＝3n ＋2，∴a n ＝n ＋5n ＋2. 10．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1＞0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． [解] (1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0. 由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ，S n ＝n n －9d 2.由a 1>0知d <0，故S n ≥a n 等价于n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N ＋}．1．(2019·开福区校级模拟)《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则芒种日影长为( )A ．1.5尺B ．2.5尺C ．3.5尺D ．4.5尺B [设此等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋a 4＋a 7＝3a 1＋9d ＝31.5,9a 1＋9×82d ＝85.5，解得d ＝－1，a 1＝13.5.则a 12＝13.5－11＝2.5.故选B.]2．(2019·深圳模拟)若{a n }是等差数列，首项a 1＞0.a 2 018＋a 2 019＞0，a 2 018·a 2 019＜0，则使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是( )A ．2 018B ．2 019C ．4 036D ．4 037 C [{a n }是等差数列，首项a 1＞0.a 2 018＋a 2 019＞0，a 2 018·a 2 019＜0，所以{a n }是递减的等差数列，且a 2 018＞0，a 2 019＜0，因为a 2 018＋a 2 019＝a 1＋a 4 036＞0，2a 2 019＝a 1＋a 4 037＞0， ∴S 4 036＝a 1＋a 4 0362×4 036＞0，S 4 037＝a 1＋a 4 0372×4 037＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 036.故选C.]3．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________. －1n[∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ， 又由a 1＝－1，知S n ≠0， ∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1， ∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.]4．已知一次函数f (x )＝x ＋8－2n .(1)设函数y ＝f (x )的图像与y 轴交点的纵坐标构成数列{a n }，求证：数列{a n }是等差数列；(2)设函数y ＝f (x )的图像与y 轴的交点到x 轴的距离构成数列{b n }，求数列{b n }的前n项和S n .[解] (1)证明：由题意得a n ＝8－2n ，因为a n ＋1－a n ＝8－2(n ＋1)－8＋2n ＝－2，且a 1＝8－2＝6， 所以数列{a n }是首项为6，公差为－2的等差数列． (2)由题意得b n ＝|8－2n |.由b 1＝6，b 2＝4，b 3＝2，b 4＝0，b 5＝2，可知此数列前4项是首项为6，公差为－2的等差数列，从第5项起，是首项为2，公差为2的等差数列．所以当n ≤4时，S n ＝6n ＋n n －12×(－2)＝－n 2＋7n ，当n ≥5时，S n ＝S 4＋(n －4)×2＋n －5n －42×2＝n 2－7n ＋24.故S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋7n ，n ≤4，n ∈N ＋，n 2－7n ＋24，n ≥5，n ∈N ＋.1．在数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和为S n .若点⎝ ⎛⎭⎪⎫S n n ，S n ＋1n ＋1在直线y ＝2x －1上，则a 9等于( )A ．1 290B ．1 280C ．1 281D ．1 821C [由已知可得S n ＋1n ＋1－1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫S n n －1， 又S 11－1＝a 1－1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S nn－1是首项为1，公比为2的等比数列，所以S n n－1＝2n －1，得S n ＝n (1＋2n －1)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n ＋1)2n －2＋1，故 a 9＝10×128＋1＝1 281.]2．等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }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.[解] (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意有 2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35.当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35＜2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2≤2n ＋35＜3，b n ＝2；当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35＜4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4≤2n ＋35＜5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.。
2021年高考数学一轮复习讲练测(江苏版)专题6.2 等差数列及其前n项和(讲)
【最新考纲解读】内容要求备注A B C数列数列的概念√对学问的考查要求依次分为了解、理解、把握三个层次（在表中分别用A、B、C表示）.了解：要求对所列学问的含义有最基本的生疏，并能解决相关的简洁问题.理解：要求对所列学问有较深刻的生疏，并能解决有肯定综合性的问题.把握：要求系统地把握学问的内在联系，并能解决综合性较强的或较为困难的问题.等差数列√等比数列√【考点深度剖析】江苏新高考对数列学问的考查要求较高，整个高中共有8个C能级学问点，本章就占了两个，高考中以填空题和解答题的形式进行考查，涉及到数形结合、分类争辩和等价转化的思想，着重考查同学基本概念及基本运算力量.经常与其它章节学问结合考查，如与函数、方程、不等式、平面解析几何学问结合考查.【课前检测训练】推断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从其次项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )(2)数列{a n}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2a n＋1＝a n＋a n＋2.( )(3)等差数列{a n}的单调性是由公差d打算的．( )(4)数列{a n}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．( )(5)数列{a n}满足a n＋1－a n＝n，则数列{a n}是等差数列．( )(6)已知数列{a n}的通项公式是a n＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{a n}肯定是等差数列．( ) 1.×2.√3.√4.×5.×6.√1．在等差数列{a n}中，若a2＝4，a4＝2，则a6等于( )A．－1 B．0 C．1 D．6【答案】B【解析】由等差数列的性质，得a6＝2a4－a2＝2×2－4＝0，选B.2．等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝2，S3＝12，则a6等于( )A．8 B．10 C．12 D．14【答案】C【解析】由题意知a1＝2，由S3＝3a1＋3×22×d＝12，解得d＝2，所以a6＝a1＋5d＝2＋5×2＝12，故选C.3．在等差数列{a n}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11等于( )A．58 B．88 C．143 D．176【答案】B【解析】S11＝11(a1＋a11)2＝11(a4＋a8)2＝88.4．设数列{a n}是等差数列，若a3＋a4＋a5＝12，则a1＋a2＋…＋a7等于( )A．14 B．21 C．28 D．35【答案】C【解析】∵a3＋a4＋a5＝3a4＝12，∴a4＝4，∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝28.5．(2022·北京)若等差数列{a n}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{a n}的前n项和最大．【答案】8【解析】由于数列{a n}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8＞0，所以a8＞0.又a7＋a10＝a8＋a9＜0，所以a9＜0.故当n＝8时，其前n项和最大．【题根精选精析】考点1等差数列的定义，通项公式，基本运算【题组全面呈现】【1-1】已知数列{}n a，若点(,)nn a*()n N∈均在直线2(5)y k x-=-上，则数列{}na的前9项和9S等于__________.【答案】18【解析】∵点(,)n n a 在直线2(5)y k x -=-上，∴2(5)n a k n -=-，∴52n a kn k =-+， ∴1((1)52)(52)n n a a k n k kn k k +-=+-+--+=，∴{}n a 是等差数列，当5n =时，52a =，∴19599()921822a a a S +⨯===.【1-2】已知n S 表示数列{}n a 的前n 项和，若对任意的*n N ∈满足12n n a a a +=+，且32a =，则2014S =__________.【答案】10072013⨯【解析】在21a a a n n +=+中，令,1=n 则0,1212=+=a a a a ，令2=n ，则32222,1a a a ==∴=，于是11=-+n n a a ，故数列{}n a 是首项为0，公差为1的等差数列，201310072201320142014⨯=⨯=∴S .【1-3】数列{}n a 中，已知112n n a a +-=*()n N ∈且53a =，则前n 项和为n S ，则10S 的值为__________. 【答案】552【1-4】在数列{}n a 中，11a =，()211nn n a a ++-=，记n S 是数列{}n a 的前n 项和，则60S = .【答案】480【解析】∵()211nn n a a ++-=，∴311a a -=，531a a -=，751a a -=，……，且421a a +=，641a a +=，861a a +=，……，∴21{}n a -为等差数列，且211(1)1n a n n -=+-⨯=，即11a =，32a =，53a =，74a =，∴412341124S a a a a =+++=++=，8456783418S S a a a a -=+++=++=，128910111256112S S a a a a -=+++=++=，……，∴60151441544802S ⨯=⨯+⨯=. 【1-5】已知{}n a 为等差数列，其前n 项和为n S ．若11a =，35a =，64n S =，则n = ．【答案】8【解析】接受等差数列的基本量法，3122a a d -==，1(1)(1)642n n n S na d n n n -=+=+-=，8n =． 综合点评：前四个题是等差数列的推断,第五个题是等差数列5个基本量问题, 在推断一个数列是否为等差数列时，应当依据已知条件机敏选用不同的方法，一般是先建立1n a -与n a 的关系式或递推关系式，表示出1n n a a --，然后验证其是否为一个与n 无关的常数, 基本量的计算：即运用条件转化为关于1a 和d 的方程组来处理.【基础学问重温】 等差数列的有关概念1.定义：等差数列定义：一般地，假如一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d 表示.用递推公式表示为1(2)n n a a d n --=≥或1(1)n n a a d n +-=≥.2.等差数列的通项公式：1(1)n a a n d =+-；说明：等差数列（通常可称为A P 数列）的单调性：d 0>为递增数列，0d =为常数列，0d < 为递减数列.3.等差中项的概念：定义：假如a ，A ，b 成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项,其中2a bA +=. a ，A ，b 成等差数列⇔2a bA +=. 4.等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+.5.要留意概念中的“从第2项起”．假如一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．6.留意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区分． 【方法规律技巧】1．等差数列的四种推断方法(1) 定义法：对于数列{}n a ，若d a a n n =-+1()n N ∈*(常数)，则数列{}n a 是等差数列； (2) 等差中项：对于数列{}n a ，若212+++=n n n a a a ()n N ∈*，则数列{}n a 是等差数列; (3)通项公式：n a pn q =+(,p q 为常数,n N ∈*)⇔{}n a 是等差数列;(4)前n 项和公式：2n S An Bn =+(,A B 为常数, n N ∈*)⇔{}n a 是等差数列;(5){}n a 是等差数列⇔n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列. 2．活用方程思想和化归思想在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为1a 和d 等基本量，通过建立方程(组)获得解．即等差数列的通项公式1(1)n a a n d =+-及前n 项和公式11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+，共涉及五个量1,,,,n n a d n a S ，知其中三个就能求另外两个,即知三求二，多利用方程组的思想，体现了用方程的思想解决问题,留意要弄准它们的值.运用方程的思想解等差数列是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量1a 、d ，把握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算．3.特殊设法:三个数成等差数列，一般设为,,a d a a d -+； 四个数成等差数列，一般设为3,,,3a d a d a d a d --++. 这对已知和,求数列各项,运算很便利.4．若推断一个数列既不是等差数列又不是等比数列，只需用123,,a a a 验证即可． 5.等差数列的前n 项和公式 若已知首项1a 和末项n a ，则1()2n n n a a S +=，或等差数列{a n }的首项是1a ，公差是d ，则其前n 项和公式为1(1)2n n n S na d -=+. 【新题变式探究】【变式一】已知数列(){}2log 1n a - *()n N ∈为等差数列，且13a =，39a =，10a 的值为__________.【答案】1021+【解析】设等差数列()2b log 1n n a =-，则11b =，33b =，所以()10210b log 110a =-=，所以101021a =+.【变式二】数列{}n a 中,11a =,1334(,2)n n n a a n N n *-=++∈≥,若存在实数λ,使得数列3n n a λ+⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列,则λ=_________. 【答案】2【综合点评】第一题是求通项公式,其次题是等差数列定义的应用,第一题利用等差数列的通项公式求法求出()210log 1a -,从而可得10a 的值, 其次题设3n n na b λ+=,利用1334nn n a a -=++,把n a 换成n b ,利用等差数列的定义,即可求出λ的值. 考点2等差数列的性质 【题组全面呈现】【2-1】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若24612a a a ++=，则7S 的值是__________. 【答案】28【解析】由题意可知，2642a a a +=，则44312,4a a ==，所以17747()7282a a S a ⨯+===.【2-2】在等差数列{}n a 中，已知3810a a +=，则753a a +=__________. 【答案】20【解析】由于3810a a +=，所以由等差数列的性质，得5610a a +=， 所以753a a +=562220a a +=.【2-3】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若7662a a +=,则9S 的值是__________.【答案】54【解析】由7662a a +=得65=a ，所以54959==a S ．【2-4】在等差数列{}n a 中，若58113a a a ++=，则该数列的前15项的和为____________. 【答案】15【解析】由于在等差数列{}n a 中，若58113a a a ++=.所以8833,1a a =∴=.又由于等差数列的前15项和为1158158()15215151522a a a S a +⨯⨯====.故填15.【2-5】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若911a =，119a =，则19S 等于 ． 【答案】190【解析】由等差数列的性质知911101191022a a a ++===，191019190S a ==． 综合点评：这些题都是等差数列的性质的应用,熟记等差数列的性质,并能机敏运用是解这一类题的关键,留意等差数列与等比数列的性质多与其下标有关，解题需多留意观看，发觉其联系，加以应用． 【基础学问重温】1.等差数列的性质：（1）在等差数列{}n a 中，从第2项起，每一项是它相邻二项的等差中项；（2）在等差数列{}n a 中，相隔等距离的项组成的数列是等差数列， 如：1a ，3a ，5a ，7a ，……；3a ，8a ，13a ，18a ，……；（3）在等差数列{}n a 中，对任意m ，n N +∈，()n m a a n m d =+-，n ma a d n m-=-()m n ≠；（4）在等差数列{}n a 中，若m ，n ，p ，q N +∈且m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+,特殊地，2m p q=+时，则2m p q a a a =+，m a 是p q a a 、的等差中项.（5）等差数列被均匀分段求和后，得到的数列仍是等差数列，即232,,n n n n n S S S S S --成等差数列. （6）两个等差数列{}n a 与{}n b 的和差的数列{}n n a b ±仍为等差数列． （7）若数列{}n a 是等差数列,则{}n ka 仍为等差数列．2．设数列{}n a 是等差数列，且公差为d ，（Ⅰ）若项数为偶数，设共有2n 项，则①-S S nd =奇偶； ②1n n S a S a +=奇偶；（Ⅱ）若项数为奇数，设共有21n -项，则①S S -偶奇n a a ==中(中间项)；②1S nS n =-奇偶. 3.(),p q a q a p p q ==≠,则0p q a +=,m n m n S S S mnd +=++.4.假如两个等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是两个原等差数列公差的最小公倍数．5.若{}n a 与{}n b 为等差数列，且前n 项和分别为n S 与'n S ，则2121'm m m m a S b S --= 【方法规律技巧】1. 等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前n 项和公式等基础学问的推广与变形，娴熟把握和机敏应用这些性质可以有效、便利、快捷地解决很多等差数列问题．2.等差数列的性质多与其下标有关，解题需多留意观看，发觉其联系，加以应用, 故应用等差数列的性质解答问题的关键是查找项的序号之间的关系．3.应用等差数列的性质要留意结合其通项公式、前n 项和公式．4.解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向、形成解题策略. 【新题变式探究】【变式一】已知{}n a 是等差数列，n S 为其前n 项和，若274000S S =，O 为坐标原点，点()1,n P S -，点()20142014,Q a ，则0OP Q ⋅=__________.【答案】-2022【解析】由274000S S =得，40002728293040000S S a a a a -=++++=，又2840002939992013201520142a a a a a a a +=+==+=，即201439730a =，则20140a =，所以201420142014n OP OQ a S ⋅=-+=-. 【变式二】等差数列{}n a 中的1a 、4025a 是函数16431)(23-+-=x x x x f 的极值点，则=20132log a __________.【答案】2【综合点评】这两个题都是等差数列的性质的应用,第一个题是与向量结合,解题的关键是利用等差数列的性质求得20140a =,再利用向量的数量积即可,其次个题与导数的极值,方程的根与系数关系,对数求值相结合,解题的关键是审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，把函数的极值转化为等差数列的性质,从而求解.考点3等差数列的前n 项和公式的综合应用，等差数列最值 【题组全面呈现】【3-1】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若80S >且90S <,则当n S 最大时n 的值是__________. 【答案】4【解析】∵1888()02a a S +=>，∴180a a +>，∴而18450a a a a +=+>，又∵1999()02a a S +=<，∴190a a +<，∴而19550a a a a +=+<，∴50a <，40a >，∴前4项的和最大，即4n =.【3-2】设正项等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若20142014S =，则3201211a a +的最小值为__________. 【答案】2【3-3】若{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若首项17a =，公差2d =-，则使n S 最大的序号n 为 __________. 【答案】4【解析】由于{}n a 为等差数列，20d =-<，所以数列{}n a 为递减数列，且4137610a a d =+=-=>5147810a a d =+=-=-<，所以前4项的和最大.【3-4】在等差数列{}n a 中，0n a >，且121030a a a +++=，则56a a 的最大值是________．【答案】9【解析】在等差数列{}n a 中，121030a a a +++=，得()110530a a +=，即110566a a a a +=+=，56562a a a a +≥56a a 569a a ≤，当且仅当56a a =时取等号，∴56a a 的最大值为9.【3-5】若等差数列{}n a 满足7897100,0a a a a a ++>+<，则当n = 时，{}n a 的前n 项和最大. 【答案】8【解析】由等差数列的性质，89873a a a a =++，08>a ，又由于0107<+a a ，所以098<+a a 所以09<a ，所以78S S >，98S S >，故数列}{n a 的前8项最大.综合点评：这几个题都是等差数列最值问题，解这一类题，往往结合数列的性质，以及数列的函数特征，因此审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，利用二次函数，基本不等式，解二次不等式等，从而解决问题. 【基础学问重温】1. 等差数列的前n 项和公式 若已知首项1a 和末项n a ，则1()2n n n a a S +=，或等差数列{a n }的首项是1a ，公差是d ，则其前n 项和公式为1(1)2n n n S na d -=+. 2．等差数列的增减性：0d >时为递增数列，且当10a <时前n 项和n S 有最小值．0d <时为递减数列，且当10a >时前n 项和n S 有最大值． 【方法规律技巧】求等差数列前n 项和的最值，常用的方法：1.利用等差数列的单调性或性质，求出其正负转折项，便可求得和的最值．当10a >，0d <时，n S 有最大值；10a <，0d >时，n S 有最小值；若已知n a ，则n S 最值时n 的值（n N +∈）则当10a >，0d <，满足100n n a a +≥⎧⎨≤⎩的项数n 使得n S 取最大值，(2)当10a <，0d >时，满足10n n a a +≤⎧⎨≥⎩的项数n 使得n S 取最小值.2.利用等差数列的前n 项和：2n S An Bn =+(,A B 为常数, n N ∈*)为二次函数，通过配方或借助图像，二次函数的性质，转化为二次函数的最值的方法求解；有时利用数列的单调性（0d >,递增；0d <，递减）；3. 利用数列中最大项和最小项的求法：求最大项的方法：设n a 为最大项，则有11n n nn a a a a -+≥⎧⎨≥⎩；求最小项的方法：设n a 为最小项，则有11n n n n a a a a -+≤⎧⎨≤⎩.只需将等差数列的前n 项和1,2,3,n =依次看成数列{}n S ，利用数列中最大项和最小项的求法即可.4.在解含确定值的数列最值问题时,留意转化思想的应用. 【新题变式探究】【变式一】设等差数列{}n a 满足2222366345sin cos sin cos 1sin()a a a a a a -=+，公差(1,0)d ∈-，当且仅当9n =时，数列{}n a 的前n 项和n S 取得最大值，求该数列首项1a 的取值范围__________.【答案】43(,)32ππ 【变式二】在等差数列{}n a 中，71=a ，公差为d ，前n 项和为n S ，当且仅当8=n 时n S 取最大值，则d 的取值范围_________.【答案】7(1,)8--【解析】由题意得：890,0a a ><，所以770,780d d +>+<，即71.8d -<<-【综合点评】这两个题都是等差数列前n 项和n S 最值的应用，解题的关键是，利用等差数列前n 项和n S 取得最值的条件，建立不等式，从而求出参数的范围. 【易错问题大揭秘】易错典例：在等差数列{}n a 中，已知a 1＝20，前n 项和为n S ，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，n S 有最大值，并求出它的最大值．【错解一】 设公差为d ，∵S 10＝S 15，∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142 d.得d ＝－53，a n ＝20－(n －1)·53.当a n ＞0时，20－(n －1)·53＞0，∴n＜13.∴n＝12时，S n 最大，S 12＝12×20＋12×112×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝130.当n ＝12时，S n 有最大值S 12＝130.【错解二】 由a 1＝20，S 10＝S 15，解得公差d ＝－53，令⎩⎪⎨⎪⎧20＋（n －1）⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＞0， ①20＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－53≤0， ②由①得n ＜13，由②得n≥12，∴n＝12时，S n 有最大值S 12＝130.易错分析： 错解一中仅解不等式a n ＞0不能保证S n 最大，也可能a n ＋1＞0，应有a n ≥0且a n ＋1≤0. 错解二中仅解a n ＋1≤0也不能保证S n 最大，也可能a n ≤0，应保证a n ≥0才行． 正确解析： 解法一：∵a 1＝20，S 10＝S 15，∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142 d.∴d＝－53. ∴a n ＝20＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－53n ＋653.∴a 13＝0.即当n≤12时，a n ＞0，n≥14时，a n ＜0.∴当n ＝12或13时，S n 取得最大值，且最大值为S 12＝S 13＝12×20＋12×112×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝130.解法二：同解法一，求得d ＝－53，∴S n ＝20n ＋n （n －1）2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－56n 2＋1256n＝－56⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2522＋3 12524.∵n∈N *，∴当n ＝12或13时，S n 有最大值，且最大值为S 12＝S 13＝130.解法三：同解法一，求得d ＝－53，又由S 10＝S 15，得a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0，∴5a 13＝0，即a 13＝0.又a 1＞0，∴a 1，a 2，…，a 12均为正数．而a 14及以后各项均为负数， ∴当n ＝12或13时，S n 有最大值，且最大值为S 12＝S 13＝130.温馨提示：1.解决等差数列前n 项和最值问题时一般利用通项不等式组法，即①当a 1＞0，d ＜0时，S n 最大⇔100n n a a +≥⎧⎨≤⎩；②当a 1＜0，d ＞0时，S n 最小⇔10n n a a +≤⎧⎨≥⎩.2.在关于正整数n 的二次函数中其取最值的点要依据正整数距离二次函数的对称轴的远近而定．3.等差数列的基本运算中，简洁消灭的问题主要有两个方面：一是忽视题中的条件限制，如公差与公比的符号、大小等，导致增解；二是不能机敏利用等差(比)数列的基本性质转化已知条件，导致列出的方程或方程组较为简单，增大运算量．。
2021版高考数学(江苏专用理科)大一轮复习讲义Word文档：第6章 数列 6.4 Word版含答案
求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .②等比数列的前n 项和公式 (ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q .(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．(6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可接受两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.【思考辨析】推断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)假如数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( √ )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1)．( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可依据错位相减法求得．( × ) (4)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 5＝________.答案 56解析 ∵a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.2．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＝________. 答案 －200解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.3．设f (x )＝4x 4x ＋2，利用倒序相加法，则f ⎝⎛⎭⎫111＋f ⎝⎛⎭⎫211＋…＋f ⎝⎛⎭⎫1011＝________. 答案 5解析 当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)12121212121244242(44)142424(44)24x x x x x x x x x x x x ++⨯+⨯+=+==++++⨯+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 ＝5.4．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝____________. 答案 2n ＋1－2＋n 2解析 S n ＝2(1－2n)1－2＋n (1＋2n －1)2＝2n ＋1－2＋n 2.5．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析 由于数列a n ＝n cos n π2呈周期性变化，观看此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4. 故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π ＝1 008.题型一 分组转化法求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设2(1)na nn n b a ＝＋－，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝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. 引申探究例1(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n ·n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ] ＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n 2－2.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. ∴T n＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n2－2， n 为偶数，2n ＋1－n 2－52， n 为奇数.思维升华 某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析争辩，将数列的通项合理分解转化．特殊留意在含有字母的数列中对字母的争辩．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，求其前n 项和S n .解 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3， 当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋(n －12－n )ln 3＝3n －n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎨⎧3n ＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.题型二 错位相减法求和例2 (2021·湖北)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，或⎩⎨⎧a n ＝19(2n ＋79)，b n＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1.思维升华 用错位相减法求和时，应留意：(1)要擅长识别题目类型，特殊是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特殊留意将两式“错项对齐”以便下一步精确 写出“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种状况求解．已知数列{a n }满足首项为a 1＝2，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)．设b n ＝3log 2a n －2(n ∈N *)，数列{c n }满足c n＝a n b n .(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{c n }的前n 项和S n .(1)证明 由已知可得，a n ＝a 1q n －1＝2n ， b n ＝3log 22n －2，∴b n ＝3n －2，∴b n ＋1－b n ＝3，∴数列{b n }为首项b 1＝1，公差d ＝3的等差数列．(2)解 c n ＝a n b n ＝(3n －2)×2n .S n ＝1×2＋4×22＋7×23＋…＋(3n －2)×2n ，①2S n ＝1×22＋4×23＋7×24＋…＋(3n －5)×2n ＋(3n －2)×2n ＋1，② ①－②得－S n ＝2＋3(22＋23＋24＋…＋2n )－(3n －2)×2n ＋1 ＝2＋3×4(1－2n －1)1－2－(3n －2)×2n ＋1＝－10＋(5－3n )×2n ＋1，∴S n ＝10－(5－3n )×2n ＋1.题型三 裂项相消法求和命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )型例3 设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13.(1)解 由题意知，S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *.令n ＝1，有S 21－(12＋1－3)S 1－3×(12＋1)＝0，可得S 21＋S 1－6＝0，解得S 1＝－3或2， 即a 1＝－3或2， 又a n 为正数，所以a 1＝2.(2)解 由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *可得，(S n ＋3)(S n －n 2－n )＝0， 则S n ＝n 2＋n 或S n ＝－3， 又数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n 2＋n ，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)． 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n . 又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n . (3)证明 当n ＝1时， 1a 1(a 1＋1)＝12×3＝16＜13成立；当n ≥2时，1a n (a n ＋1)＝12n (2n ＋1)＜1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜16＋12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝16＋12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋1＜16＋16＝13. 所以对一切正整数n ， 有1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13.命题点2 形如a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案2 018－1解析 由f (4)＝2可得4a ＝2，解得a ＝12，则f (x )＝12x .∴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.思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k (n ＋k －n )，1n (n ＋k )＝1k (1n －1n ＋k )裂项后可以产生连续可以相互抵消的项．(2)抵消后并不肯定只剩下第一项和最终一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12.(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解(1)∵S 2n ＝a n⎝⎛⎭⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12， 即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，①由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.四审结构定方案典例 (14分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .(1)S n ＝－12n 2＋nk ――→S n 是关于n的二次函数n ＝k 时，S n 最大――→依据S n 结构特征确定k 的值k ＝4；S n ＝－12n 2＋4n――→依据S n求a n a n ＝92－n (2)9－2a n 2n ＝n2n －1――→依据数列结构特征确定求和方法T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1――→错位相减法求和 计算可得T n 规范解答解 (1)当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[4分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .当n ＝1时，上式也成立， 综上，a n ＝92－n .[7分](2)由于9－2a n 2n ＝n2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2.②[9分] ②－①得：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.[12分]故T n ＝4－n ＋22n －1.[14分]温馨提示 (1)依据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，求出a n 后再依据{9－2a n2n }的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要通过题目中数式的结构特征判定解题方案； (2)利用S n 求a n 时不要忽视n ＝1的状况；错位相减时不要漏项或算错项数； (3)可以通过n ＝1,2时的特殊状况对结论进行验证．[方法与技巧]非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法、并项法、数列的周期性等来求和． [失误与防范]1．直接应用公式求和时，要留意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行争辩．2．在应用错位相减法时，留意观看未合并项的正负号；结论中形如a n ，a n＋1的式子应进行合并．3．在应用裂项相消法时，要留意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．A 组 专项基础训练(时间：40分钟)1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于____________．答案 n 2＋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．设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数为f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n ) (n ∈N *)的前n 项和是__________．答案n n ＋1解析 f ′(x )＝mx m －1＋a ， ∴a ＝1，m ＝2，∴f (x )＝x 2＋x ，1f (n )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________. 答案 －100解析 若n 为偶数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)，所以a n 是首项为a 2＝－5，公差为－4的等差数列；若n 为奇数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，所以a n 是首项为a 1＝3，公差为4的等差数列．所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝50×3＋50×492×4＋50×(－5)－50×492×4＝－100.4．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，且对任意正整数k ，l ，都有a k ＋l ＝a k ＋a l ，则S 8的值是________． 答案 72解析 由于a 1＝2，且对任意正整数k ，l ，都有a k ＋l ＝a k ＋a l ，令k ＝n ，l ＝1，得a n ＋1＝a n ＋a 1，即a n ＋1＝a n ＋2，所以{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，从而有a n ＝2n ，所以S n ＝n (n ＋1)，故S 8＝72.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2， 当n 为奇数时，－n 2， 当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________.答案 100解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.6．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________． 答案 60解析 由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知d ＜0，a 10＞0，a 11＜0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60.7．整数数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若此数列的前800项的和是2 013，前813项的和是2 000，则其前2 015项的和为________． 答案 －13解析 由a n ＋2＝a n ＋1－a n ，得a n ＋2＝a n －a n －1－a n ＝－a n －1，易得该数列是周期为6的数列，且a n ＋2＋a n －1＝0，S 800＝a 1＋a 2＝2 013，S 813＝a 1＋a 2＋a 3＝2 000，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝a 2－a 1＝－13，a 2＋a 1＝2 013，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1 013，a 2＝1 000， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝－13，a 4＝－1 013，依次可得a 5＝－1 000，a 6＝13， 由此可知a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＋a n ＋4＋a n ＋5＋a n ＋6＝0， ∴S 2 015＝S 5＝－13.8．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n，∀n ∈N *,2Sn ＝a 2n ＋a n ，令b n ＝1a na n ＋1＋a n ＋1a n，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，①∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0.(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0. 又∵{a n }为正项数列，∴a n ＋1－a n －1＝0. 即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝n .∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1]＝(n ＋1)n －n n ＋1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴T n ＝1－1n ＋1， ∴T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为9.9．已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，且{a n －1}是等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n －1}是等比数列且a 1－1＝2， a 2－1＝4，a 2－1a 1－1＝2，∴a n －1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n ＋1. (2)b n ＝na n ＝n ·2n ＋n ，故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )． 令T ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ， 则2T ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1. 两式相减，得－T ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，∴T ＝2(1－2n )＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1. ∵1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋n 2＋n ＋42.10．正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. (1)解 由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0， 由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1>0. 所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)． n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式． 所以a n ＝2n (n ∈N *)． (2)证明 由a n ＝2n (n ∈N *)， 得b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2， T n ＝116⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－132＋⎝⎛⎭⎫122－142＋⎝⎛⎭⎫132－152＋…⎦⎤＋⎝⎛⎭⎫1(n －1)2－1(n ＋1)2＋⎝⎛⎭⎫1n 2－1(n ＋2)2＝116⎣⎡⎦⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝⎛⎭⎫1＋122 ＝564(n ∈N *)． 即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.B 组 专项力量提升(时间：20分钟)11．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n项和S n ＝____________. 答案 4nn ＋1解析 ∵a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n (n ＋1)＝4⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝4⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝4⎣⎡⎦⎤1－1n ＋1＝4nn ＋1.12．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从其次项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 014项之和S 2 014＝________. 答案 2 010解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008， －2 009，－1,2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 014＝6×335＋4，∴S 2 014＝S 4＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010.13．数列{a n }是等差数列，数列{b n }满足b n ＝a n a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，设S n 为{b n }的前n 项和．若a 12＝38a 5＞0，则当S n 取得最大值时n 的值为________． 答案 16解析 设{a n }的公差为d ，由a 12＝38a 5＞0，得a 1＝－765d ，d ＜0，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫n －815d ，从而可知当1≤n ≤16时，a n ＞0； 当n ≥17时，a n ＜0.从而b 1＞b 2＞…＞b 14＞0＞b 17＞b 18＞…， b 15＝a 15a 16a 17＜0，b 16＝a 16a 17a 18＞0， 故S 14＞S 13＞…＞S 1，S 14＞S 15，S 15＜S 16，S 16＞S 17＞S 18＞…. 由于a 15＝－65d ＞0，a 18＝95d ＜0，所以a 15＋a 18＝－65d ＋95d ＝35d ＜0，所以b 15＋b 16＝a 16a 17(a 15＋a 18)＞0， 所以S 16＞S 14，故当S n 取得最大值时n ＝16.14．在数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝12，假如a n ＋1是1与2a n a n ＋1＋14－a 2n 的等比中项，那么a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002的值是________． 答案100101解析 由题意可得，a 2n ＋1＝2a n a n ＋1＋14－a 2n⇒(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0，又a n ＞0，∴2a n ＋1－a n a n ＋1－1＝0，又2－a n ≠0，∴a n ＋1＝12－a n ⇒a n ＋1－1＝a n －12－a n ，又可知a n ≠1，∴1a n ＋1－1＝1a n －1－1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以－2为首项，－1为公差的等差数列， ∴1a n －1＝－2－(n －1)＝－n －1⇒a n ＝n n ＋1⇒a n n 2＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＋…＋1100－1101＝100101. 15．若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝12log n a .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n＜34. (1)解 ∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝⎛⎭⎫14n －1＝⎝⎛⎭⎫122n ＋1.(2)证明 由c n ＋1－c n ＝12log n a ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)． ∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1＝12×⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎦⎤⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1＋12－⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13，∴原式得证．。
2021高考江苏版(理)数学一轮复习课件： 第7章 第34课 等差数列及其前n项和
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等差数列的性质与最值
(1)如图所示的数阵中，每行、每列的三个数均成等差数列，如果数 阵中所有数之和等于 63，那么 a52＝____________.
a41 a42 a43 a51 a52 a53 a61 a62 a63 (2)等差数列{an}中，设 Sn 为其前 n 项和，且 a1>0，S3＝S11，则当 n 为多少 时，Sn 取得最大值．
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1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若一个数列从第 2 项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列
是等差数列．( )
(2) 数 列 {an}为 等 差 数 列 的 充 要 条 件是 对 任 意 n ∈ N＋ ， 都 有 2an＋ 1 ＝ an
法二：由于每行每列都成等差数列，不妨取特殊情况，即这 9 个数均相同， 显然满足题意，所以有 63÷9＝7，即 a52＝7.]
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(2)法一：由 S3＝S11，可得 3a1＋3×2 2d＝11a1＋11×2 10d， 即 d＝－123a1. 从而 Sn＝d2n2＋a1－d2n＝－1a31 (n－7)2＋4193a1， 因为 a1>0，所以－1a31<0. 故当 n＝7 时，Sn 最大． 法二：由法一可知，d＝－123a1. 要使 Sn 最大，则有aann≥ ＋1≤0，0，
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(2)设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，
a12＝a1＋11d＝－8， 由已知，得S9＝9a1＋9d× 2 8＝－9，
限时集训(三十) 等差数列及其前n项和
限时集训(三十) 等差数列及其前n 项和(限时：45分钟 满分：81分)一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．已知{a n }是等差数列，且a 3＋a 9＝4a 5，a 2＝－8，则该数列的公差是( )A ．4B ．14C ．－4D ．－142．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 17＝a ，则a 2＋a 9＋a 16等于( ) A.a 17B.4a 17C.3a 17 D ．－3a 173．(2013·秦皇岛模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝( )A ．8B ．7C ．6D ．54．已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99.以S n 表示{a n }的前n 项和，则使得S n 达到最大值的n 是( )A ．21B ．20C ．19D ．185．已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1＝1，S 4S 2＝4，则S 6S 4的值为( ) A.94B.32C.53 D ．46．(2013·玉溪模拟)数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)．若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8＝( )A ．0B ．3C ．8D ．11二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．等差数列{a n }中a 1＝1，前n 项和S n 满足S 4S 2＝4，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 8．已知等差数列{a n }中，a n ≠0，若n >1且a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，S 2n －1＝38，则n 等于________．9．(2013·南京模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若(a 2－1)3＋2 012(a 2－1)＝1，(a 2 011－1)3＋2 012·(a 2 011－1)＝－1，则下列四个命题中真命题的序号为________．①S 2 011＝2 011；②S 2 012＝2 012；③a 2 011<a 2；④S 2 011<S 2.三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6＋15＝0.(1)若S 5＝5，求S 6及a 1；(2)求d 的取值范围．11.已知等差数列{a n }中，公差d >0，前n 项和为S n ，a 2·a 3＝45，a 1＋a 5＝18.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝S n n ＋c(n ∈N *)，是否存在一个非零常数c ，使数列{b n }也为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．12．数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)．(1)若{a n }是等差数列，求其通项公式；(2)若{a n }满足a 1＝2，S n 为{a n }的前n 项和，求S 2n ＋1.限时集训(三十) 等差数列及其前n 项和答 案1．A 2.C 3.D 4.B 5.A 6.B7．n 2 8.10 9.②③10．解：(1)由题意知S 6＝－15S 5＝－3， a 6＝S 6－S 5＝－8，所以⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝5，a 1＋5d ＝－8，解得a 1＝7. 所以S 6＝－3，a 1＝7.(2)因为S 5S 6＋15＝0，所以(5a 1＋10d )(6a 1＋15d )＋15＝0，即2a 21＋9da 1＋10d 2＋1＝0.故(4a 1＋9d )2＝d 2－8，所以d 2≥8.故d 的取值范围为d ≤－22或d ≥2 2.11．解：(1)由题设，知{a n }是等差数列，且公差d >0，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 3＝45，a 1＋a 5＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧ (a 1＋d )(a 1＋2d )＝45，a 1＋(a 1＋4d )＝18， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.故a n ＝4n －3(n ∈N *)． (2)由b n ＝S n n ＋c ＝n (1＋4n －3)2n ＋c ＝2n ⎝⎛⎭⎫n －12n ＋c. ∵c ≠0，∴可令c ＝－12，得到b n ＝2n . ∵b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n ∈N *)， ∴数列{b n }是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c ＝－12，使数列{b n }也为等差数列． 12．解：(1)由题意得a n ＋1＋a n ＝4n －3，① a n ＋2＋a n ＋1＝4n ＋1，②由②－①得a n ＋2－a n ＝4，∵{a n }是等差数列，设公差为d ， ∴d ＝2.又∵a 1＋a 2＝1，∴a 1＋a 1＋d ＝1，即a 1＝－12. ∴a n ＝2n －52. (2)∵a 1＝2，a 1＋a 2＝1，∴a 2＝－1. 又∵a n ＋2－a n ＝4，∴数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差均为4， ∴a 2n －1＝4n －2，a 2n ＝4n －5， S 2n ＋1＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(n ＋1)×2＋(n ＋1)n 2×4＋n ×(－1)＋n (n －1)2×4＝4n 2＋n ＋2.。
2021高考数学一轮复习课后限时集训35等比数列及其前n项和理
课后限时集训35等比数列及其前n 项和 建议用时：45分钟一、选择题1．等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( ) A ．－24 B ．0 C ．12D ．24A [由x,3x ＋3,6x ＋6成等比数列，知(3x ＋3)2＝x ·(6x ＋6)，解得x ＝－3或x ＝－1(舍去)．所以此等比数列的前三项为－3，－6，－12.故第四项为－24，选A.]2．(2019·日照一模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 3＝52，且a 2＋a 4＝54，则S na n＝( ) A ．4n －1B ．4n－1 C ．2n －1D ．2n－1D [设等比数列{a n}的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q 2＝52a 1q1＋q2＝54，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝12，∴S na n ＝a 11－q n1－q a 1q n －1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－122×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝2n－1.故选D.]3．(2019·湖南湘东五校联考)已知在等比数列{a n }中，a 3＝7，前三项之和S 3＝21，则公比q 的值是( )A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1或12C [当q ＝1时，a 3＝7，S 3＝21，符合题意；当q ≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝7，a 11－q 31－q＝21，得q＝－12.综上，q 的值是1或－12，故选C.]4．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( ) A.13 B ．－13C.19D ．－19B [当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝83·9n －1，所以3＋r ＝83，即r ＝－13，故选B.]5．(2019·鄂尔多斯模拟)中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”．其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”．则该人第五天走的路程为( )A ．6里B ．12里C ．24里D ．48里B [记每天走的路程里数为{a n }，由题意知{a n }是公比为12的等比数列，由S 6＝378，得S 6＝a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，∴a 5＝192×124＝12(里)．故选B.] 二、填空题6．已知1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1＋a 2b 2的值________． 52 [由题意得a 1＋a 2＝5，b 22＝4，又b 2与第一项的符号相同，所以b 2＝2.所以a 1＋a 2b 2＝52.] 7．在14与78之间插入n 个数组成等比数列，若各项之和为778，则此数列的项数为________．5 [设此等比数列为{a m }，公比为q ，则该数列共有n ＋2项．∵14≠78，∴q ≠1.由等比数列的前n 项和公式，得778＝14－78q1－q ，解得q ＝－12，∴a n ＋2＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋2－1＝78，即⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋1＝116，解得n ＝3，∴该数列共有5项．]8．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n ＝14，则S 4n ＝________. 30 [由题意知公比大于0，由等比数列性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…仍为等比数列．设S 2n ＝x ，则2，x －2,14－x 成等比数列． 由(x －2)2＝2×(14－x )， 解得x ＝6或x ＝－4(舍去)．∴S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…是首项为2，公比为2的等比数列． 又∵S 3n ＝14，∴S 4n ＝14＋2×23＝30.] 三、解答题9．(2019·全国卷Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和．[解] (1)设{a n }的公比为q ，由题设得2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0. 解得q ＝－2(舍去)或q ＝4. 因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1，因此数列{b n }的前n 项和为1＋3＋…＋2n －1＝n 2.10．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a nn. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式． [解] (1)由条件可得a n ＋1＝2n ＋1na n . 将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.1．已知{a n }为等比数列，数列{b n }满足b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为( )A ．3n ＋1B ．3n －1 C.3n 2＋n 2D.3n 2－n 2C [∵b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1， ∴a 1(b 2－b 1)＝a 2，即a 2＝3a 1， 又数列{a n }为等比数列， ∴数列{a n }的公比为q ＝3， ∴b n ＋1－b n ＝a n ＋1a n＝3， ∴数列{b n }是首项为2，公差为3的等差数列， ∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝2n ＋n n －12×3＝3n 2＋n 2.故选C.]2．设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |＞1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2，…)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则q 等于( )A ．－12B.12 C ．－32D.32C [{b n }有连续四项在{－53，－23,19,37,82}中且b n ＝a n ＋1，即a n ＝b n －1，则{a n }有连续四项在{－54，－24,18,36,81}中．∵{a n }是等比数列，等比数列中有负数项，∴q ＜0，且负数项为相隔两项，又∵|q |＞1，∴等比数列各项的绝对值递增．按绝对值由小到大的顺序排列上述数值18，－24,36，－54,81，相邻两项相除－2418＝－43，36－24＝－32，－5436＝－32，81－54＝－32，则可得－24,36，－54,81是{a n }中连续的四项．∴q ＝－32.] 3．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．64 [设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n·⎝ ⎛⎭⎪⎫12记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6.又y ＝2t为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64.] 4．已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)． (1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：∵a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)． ∵a 1＝5，a 2＝5， ∴a 2＋2a 1＝15， ∴a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)， ∴a n ＋1＋2a na n ＋2a n －1＝3(n ≥2)，∴数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)得a n ＋1＋2a n ＝15×3n －1＝5×3n，则a n ＋1＝－2a n ＋5×3n， ∴a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n)．又∵a 1－3＝2， ∴a n －3n≠0，∴{a n －3n }是以2为首项， －2为公比的等比数列． ∴a n －3n＝2×(－2)n －1，即a n ＝2×(－2)n －1＋3n.1.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为22，则其最小正方形的边长为________．132 [由题意，得正方形的边长构成以22为首项，以22为公比的等比数列，现已知共得到1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n －1＝1 023，∴n ＝10，∴最小正方形的边长为22×⎝⎛⎭⎪⎫229＝132.] 2．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t,2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n－1，n ∈N ＋，求数列{a n }的通项公式．[解] a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2] ＝log 2(12·x 31·x 32·x 33·…·x 3t ·22)＝3a n －1， 所以a n ＋1－12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n －12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是一个以32为首项，以3为公比的等比数列，所以a n －12＝32×3n －1，所以a n ＝3n＋12.。
2021版江苏高考数学一轮复习课后限时集训：35 等差数列及其前n项和
n 的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．
Sn
1．设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若S2n为常数，则称数列{an}为“吉祥数
列”．已知等差数列{bn}的首项为 1，公差不为 0，若数列{bn}为“吉祥数列”，
则数列{bn}的通项公式为( )
A．bn＝n－1
B．bn＝2n－1
C．bn＝n＋1
项 a1＜0，{an} 为递增数列，∵a8＜－1，∴a8·a9＜0，a8＋a9＞0，由等差数列 na1＋an
的性质知 2a8＝a1＋a15＜0，a8＋a9＝a1＋a16＞0.∵Sn＝ 2 ，∴当 Sn＞0 时， n 的最小值为 16.应选 C.]
二、填空题
6．(2019·全国卷Ⅲ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 a1≠0，a2＝3a1，
[解](1)设{an}的公差为 d.
由 S9＝－a5 得 a1＋4d＝0.
由 a3＝4 得 a1＋2d＝4.
于是 a1＝8，d＝－2.
因此{an}的通项公式为 an＝10－2n.
(2)由(1)得 a1＝－4d，故 an＝(n－5)d，
nn－9d
Sn＝ 2 .
由 a1>0 知 d<0，故 Sn≥an 等价于 n2－11n＋10≤0，解得 1≤n≤10，所以
所以(4k－1)d＝0，(2k－1)(2－d)＝0，
1 解得 d＝2，k＝4.
所以数列{bn}的通项公式为 bn＝2n－1. ]
2．(2019·深圳模拟)若{an}是等差数列，首项 a1＞0.a2 018＋a2
018·a2 019＜0，则使前 n 项和 Sn＞0 成立的最大正整数 n 是( )
A．2 018
B．2 019
2021版江苏高考数学复习讲义：数列求和含答案
①－②得、12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1、∴S n ＝2n ＋1－n －22n.]4．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S 17＝ .9 [S 17＝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.]考点1 分组转化法求和∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(2n－3)－(2n－1)＝(－2)×n＝－2n.考点2裂项相消法求和形如a n＝错误!(k为非零常数)型a n＝错误!＝错误!错误!.提醒：求和抵消后并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．A [a 5＝a 2·q 3、∴q 3＝18、∴q ＝12、a 1＝1、∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n-1、形如a n ＝错误!型(1)与不等式相结合考查裂项相消法求和问题应分两步：第一步、求和；第二步、利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．(2)放缩法常见的放缩技巧有：①1k2＜1k2－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1k－1－1k＋1.②1k－1k＋1＜1k2＜1k－1－1k.③2(n＋1－n)＜1n＜2(n－n－1)．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n 、满足S 4＝2a 4－1、S 3＝2a 3－1.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝log 2(a n ·a n ＋1)、数列{b n }的前n 项和为T n 、求证：1T1＋1T2＋…＋1Tn＜2.[解](1)设{a n }的公比为q 、由S 4－S 3＝a 4得2a 4－2a 3＝a 4、所以a4a3＝2、所以q ＝2. 又因为S 3＝2a 3－1、所以a 1＋2a 1＋4a 1＝8a 1－1、所以a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)证明：由(1)知b n ＝log 2(a n ·a n ＋1)＝log 2(2n －1×2n )＝2n －1、所以T n ＝错误!·n ＝n 2、所以1T1＋1T2＋…＋1Tn ＝112＋122＋…＋1n2＜1＋11×2＋12×3＋…＋错误! ＝1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝2－1n＜2. 考点3 错位相减法求和。
2021高考数学一轮复习课后限时集训35数列求和
课后限时集训35数列求和 建议用时：45分钟一、选择题1．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n －1，若该数列的前k 项之和等于9，则k ＝( )A ．80B ．81C ．79D ．82 B [a n ＝1n ＋n －1＝n －n －1，∴S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(1－0)＋(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)＝n . 由题意知S k ＝k ＝9，解得k ＝81，故选B.]2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则它的前100项之和S 100＝( ) A ．150 B ．120 C ．－120D ．－150A [S 100＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 99＋a 100 ＝－1＋4－7＋…＋(－295)＋298 ＝50×3＝150.故选A.]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 ＝( )A ．13B ．10C ．9D ．6D [由a n ＝2n －12n ＝1－12n 得S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫1－18＋…＋⎝⎛⎭⎫1－12n ＝n －⎝⎛⎭⎫12＋14＋18＋…＋12n ＝n －12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝n －1＋12n .令n －1＋12n ＝32164，即n ＋12n ＝38564.解得n ＝6，故选D.] 4.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1的值为()A.n ＋12n ＋2 B.34－n ＋12n ＋2 C.34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2 D.32－1n ＋1＋1n ＋2 C [因为1n ＋12－1＝1n 2＋2n ＝1nn ＋2＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， 所以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.] 5．S n ＝12＋12＋38＋…＋n2n 等于( )A.2n －n2nB.2n ＋1－n －22nC.2n －n ＋12n ＋1D.2n ＋1－n ＋22nB [由S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，① 得12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，②①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－n 2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －22n .]二、填空题6．已知数列：112，214，318，…，⎝⎛⎭⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________． nn ＋12－12n ＋1 [设所求的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋⎝⎛⎭⎫12＋14＋…＋12n ＝n n ＋12＋12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝n n ＋12－12n ＋1.] 7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为________．2n ＋1－n －2 [a n ＝1＋2＋4＋…＋2n －1＝1－2n 1－2＝2n －1，则S n ＝a 1＋a 2＋...＋a n ＝(2＋22＋ (2))－n ＝21－2n 1－2－n ＝2n ＋1－n －2.]8．化简S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n－1的结果是________．2n ＋1－n －2 [因为S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1，① 2S n ＝n ×2＋(n －1)×22＋(n －2)×23＋…＋2×2n －1＋2n ，②所以①－②得，－S n ＝n －(2＋22＋23＋…＋2n )＝n ＋2－2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －2.] 三、解答题9．(2019·泰安模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式； (2)令c n ＝a n ＋1n ＋1b n ＋2n，求数列{c n }的前n 项和T n .[解](1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5(n ∈N *)． 设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3. 所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知c n ＝6n ＋6n ＋13n ＋3n＝3(n ＋1)·2n ＋1.又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2] ＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋41－2n 1－2－n ＋1×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2. 所以T n ＝3n ·2n ＋2.10．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．[解](1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ， 故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)， 两式相减得(2n －1)a n ＝2， 所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式， 所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n .由(1)知a n2n ＋1＝22n ＋12n －1＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1.1．在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，n ∈N *，则S 60的值为( ) A ．990 B ．1 000 C ．1 100D ．99A [n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0，a n ＝2；n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，a n ＝n .故S 60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.] 2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝4，a n ＋1＝2S n －4，则S 10＝( ) A ．2×(310－1)B ．2×(310＋1)C ．2×(39＋1)D ．4×(39－1) C [∵a 1＝4，a n ＋1＝2S n －4，①∴a 2＝2a 1－4＝4， 当n ≥2时，a n ＝2S n －1－4，②①－②得a n ＋1－a n ＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n (n ≥2)， ∴{a n }从第2项起是公比为3的等比数列，∴S 10＝a 1＋(a 2＋a 3＋…＋a 10)＝4＋4×1－391－3＝2×(39＋1)，故选C.]3．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，对n ∈N *都有S n ＝1－a n ，若b n ＝log 2a n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝________.n n ＋1[对n ∈N *都有S n ＝1－a n ，当n ＝1时，a 1＝1－a 1，解得a 1＝12.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝1－a n －(1－a n －1)，化为a n ＝12a n －1.∴数列{a n }是等比数列，公比为12，首项为12.∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n. ∴b n ＝log 2a n ＝－n . ∴1b n b n ＋1＝1－n －n －1＝1n －1n ＋1.则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.]4．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 项和为T n ，求T 2n .[解](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 ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2.q ＝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 a 1＋a n 2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，∴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＋21－4n 1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 020＝( ) A ．22 020－1 B ．3×21 010－3 C ．3×21 010－1D ．3×21 009－2B [a 1＝1，a 2＝2a 1＝2，又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝2n ＋12n ＝2.∴a n ＋2a n ＝2.∴a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列， ∴S 2 020＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 019＋a 2 020 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 020) ＝1－21 0101－2＋21－21 0101－2＝3×21 010－3.故选B.]2．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，若λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．[解](1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由已知得，⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝72，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n ＋1.(2)由(1)知1a n a n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n2n ＋2. 又λT n ≤a n ＋1恒成立， 所以λ≤2n ＋22n＝2⎝⎛⎭⎫n ＋4n ＋8， 而2⎝⎛⎭⎫n ＋4n ＋8≥16，当且仅当n ＝2时等号成立． 所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.。
2021版江苏高考数学复习讲义：等差数列及其前n项和含答案
考点1等差数列基本量的运算解决等差数列运算问题的思想方法(1)方程思想：等差数列的基本量为首项a1和公差d，通常利用已知条件及通项公式或前n项和公式列方程(组)求解，等差数列中包含a1，d，n，a n，S n五个量，可“知三求二”．(2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，d表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解．(3)利用性质：运用等差数列性质可以化繁为简、优化解题过程．一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，记这位公公的第n 个儿子的年龄为a n ，则a 1＝( )A ．23B ．32C ．35D ．38C [由题意可知年龄构成的数列为等差数列，其公差为－3，则9a 1＋9×82×(－3)＝207，解得a 1＝35，故选C.]确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a 1和公差d .考点2 等差数列的判定与证明等差数列的4个判定方法(1)定义法：证明对任意正整数n 都有a n ＋1－a n 等于同一个常数．则ann＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以a n＝2n2－n.2．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n＋1＝λS n－1，其中λ为常数．(1)证明：a n＋2－a n＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．[解](1)证明：由题设知a n a n＋1＝λS n－1，a n＋1a n＋2＝λS n＋1－1，两式相减得a n＋1(a n＋2－a n)＝λa n＋1，由于a n＋1≠0，所以a n＋2－a n＝λ.(2)由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故a n＋2－a n＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以a n＝2n－1，a n＋1－a n＝2，因此存在λ＝4，使得数列{a n}为等差数列．考点3等差数列的性质及应用A ．39B ．20C ．19D ．10B [数列{a n }为等差数列，则a m －1＋a m ＋1＝2a m ，则a m －1＋a m ＋1－a 2m －1＝0可化为2a m －a 2m －1＝0，解得a m ＝1.又S 2m －1＝(2m －1)a m ＝39，则m ＝20.故选B.]2．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n ∈N *，都有Sn Tn ＝2n－34n－3，则a2b3＋b13＋a14b5＋b11的值为( ) A.2945 B.1329 C.919 D.1930 C [由题意可知b 3＋b 13＝b 5＋b 11＝b 1＋b 15＝2b 8，∴a2b3＋b13＋a14b5＋b11＝a2＋a142b8＝a8b8＝S15T15＝2×15－34×15－3＝2757＝919.故选C.] 考点4 等差数列前n 项和的最值问题求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：。
2021年高考数学一轮精选练习：31《等差数列及其前n项和》(含解析)
2021年高考数学一轮精选练习： 31《等差数列及其前n 项和》一、选择题1.在等差数列{a n }中，a 1=1，a 2＋a 6=10，则a 7=( )A.9B.10C.11D.122.在等差数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2－6x ＋5=0的根，则S 17的值是( )A.41B.51C.61D.683.已知在等差数列{a n }中，a 1=1，a 3=2a ＋1，a 5=3a ＋2，若S n =a 1＋a 2＋…＋a n ，且S k =66，则k 的值为( )A.9B.11C.10D.124.在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＞0，且S 9＜0，则S 1、S 2、…、S 9中最小的是( )A.S 5B.S 6C.S 7D.S 85.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”(“钱”是古代一种质量单位)，在这个问题中，甲得 钱( ) A.53 B.32 C.43 D.546.在各项均为正数的等差数列{a n }中，其前n 项和为S n ，当n ∈N *，n ≥2时，有S n =n n －1(a 2n －a 21)，则S 20－2S 10=( A )A.50B.－50C.100D.－1007.已知函数f(x)的图象关于直线x=－1对称，且f(x)在(－1，＋∞)上单调，若数列{a n }是公差不为0的等差数列，且f(a 50)=f(a 51)，则数列{a n }的前100项的和为( ) A.－200 B.－100 C.－50 D.08.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3=9，a 2a 4=21，数列{b n }满足b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n =1－12n (n ∈N *)，若b n ＜110，则n 的最小值为( )A.6B.7C.8D.99.已知数列{a n }是等差数列，前n 项和为S n ，满足a 1＋5a 3=S 8，给出下列结论：①a 10=0；②S 10最小；③S 7=S 12；④S 20=0. 其中一定正确的结论是( )A.①②B.①③④C.①③D.①②④10.若数列{a n }满足a n ＋12n ＋5－a n2n ＋3=1，且a 1=5，则数列{a n }的前200项中，能被5整除的项数为( )A.90B.80C.60D.40二、填空题11.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n =324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为 .12.设数列{a n }的通项公式为a n =2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|= .13.设等差数列{a n }满足a 1=1，a n ＞0(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，若数列{S n }也为等差数列，则S n ＋10a 2n的最大值是 .三、解答题14.已知等差数列{a n }的公差d ＞0，前n 项和为S n ，且a 2·a 3=45，S 4=28.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =S nn ＋c(c 为非零常数)，且数列{b n }也是等差数列，求c 的值.15.各项均不为0的数列{a n }满足a n ＋1a n ＋a n ＋22=a n ＋2a n ，且a 3=2a 8=15.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }的通项公式为b n =a n2n ＋6，求数列{b n }的前n 项和S n .16.已知数列{a n}满足，a n＋1＋a n=4n－3(n∈N*).(1)若数列{a n}是等差数列，求a1的值；(2)当a1=2时，求数列{a n}的前n项和S n.答案解析1.答案为：A ；解析：∵在等差数列{a n }中，a 1=1，a 2＋a 6=10， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 1＋d ＋a 1＋5d ＝10，解得a 1=1，d=43，∴a 7=a 1＋6d=1＋8=9.故选A.2.答案为：B ；解析：由题可得a 3＋a 15=6，所以a 1＋a 17=a 3＋a 15=6.所以S 17=17a 1＋a 172=172×6=51.3.答案为：B ；解析：∵在等差数列中，第一项、第三项、第五项分别为1,2a ＋1,3a ＋2，∴2(2a ＋1)=1＋3a ＋2，解得a=1，∴公差d=2a ＋1－12=2×12=1，∴S k =k ×1＋k k －12×1=66，解得k=11或k=－12(舍).故选B.4.答案为：A ；解析：在等差数列{a n }中，∵a 3＋a 8＞0，S 9＜0，∴a 5＋a 6=a 3＋a 8＞0，S 9=9a 1＋a 92=9a 5＜0，∴a 5＜0，a 6＞0，∴S 1、S 2、…、S 9中最小的是S 5，故选A.5.答案为：C ；解析：甲、乙、丙、丁、戊五人所得钱数依次设为成等差数列的a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，设公差为d ，由题意知a 1＋a 2=a 3＋a 4＋a 5=52，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝52，3a 1＋9d ＝52，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝43，d ＝－16，故甲得43钱，故选C.6.答案为：A ；解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则当n=3时，S 3=32(a 23－a 21)，即3a 1＋3d=32(a 1＋2d)2－32a 21，整理得a 1＋d=2d(a 1＋d)，可得d=12，所以S 20－2S 10=20a 1＋20×192×12－20a 1－10×9×12=50，故选A.7.答案为：B ；解析：因为函数f(x)的图象关于直线x=－1对称，又函数f(x)在(－1，＋∞)上单调， 所以f(x)在(－∞，－1)上也单调，且数列{a n }是公差不为0的等差数列.又f(a 50)=f(a 51)，所以a 50＋a 51=－2，所以S 100=100a 1＋a 1002=50(a 50＋a 51)=－100.8.答案为：C ；解析：设等差数列{a n }的公差为d.∵S 3=a 1＋a 2＋a 3=3a 2=9，a 2a 4=21，∴a 2=3，a 4=7，d=2，a n =2n －1.设T n =b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n =b 11＋b 23＋…＋b n 2n －1=1－12n ，则T n ＋1=b 11＋b 23＋…＋b n 2n －1＋b n ＋12n ＋1=1－12n ＋1，两式作差得T n ＋1－T n =b n ＋12n ＋1=12n －12n ＋1=12n ＋1，所以b n ＋1=2n ＋12n ＋1，则b n =2n －12n .当b n ＜110，即2n －12n ＜110时，得n 的最小值为8，故选C.9.答案为：C ；解析：∵a 1＋5a 3=S 8，∴a 1＋5a 1＋10d=8a 1＋28d ，∴a 1=－9d ， ∴a n =a 1＋(n －1)d=(n －10)d ，∴a 10=0，故①一定正确，∴S n =na 1＋n n －1d 2=－9nd ＋n n －1d 2=d 2(n 2－19n)，∴S 7=S 12，故③一定正确，显然②S 10最小与④S 20=0不一定正确，故选C.10.答案为：B ；解析：数列{a n }满足a n ＋12n ＋5－a n 2n ＋3=1，即a n ＋12n ＋1＋3－a n 2n ＋3=1，又a 12×1＋3=1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋3是以1为首项，1为公差的等差数列，∴a n 2n ＋3=n ，∴a n =2n 2＋3n ，项 1 2 3 4 5 6 7 8 91a n 的个位数 5 4 7 4 5 0 9 2 9 0∴数列{a n }的前200项中，能被5整除的项数为80，故选B.一、填空题11.答案为：18；解析：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6=36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5=180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)=6(a 1＋a n )=216，∴a 1＋a n =36，又S n =n a 1＋a n2=324，∴18n=324，∴n=18.12.答案为：130；解析：由a n =2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列， 又由a n =2n －10≥0，得n ≥5，∴当n ≤5时，a n ≤0，当n ＞5时，a n ＞0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|=－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)=20＋110=130.13.答案为：121；解析：设数列{a n }的公差为d ，由题意得2S 2=S 1＋S 3，因为a 1=1，所以22a 1＋d=a 1＋3a 1＋3d ，化简可得d=2a 1=2，所以a n =1＋(n －1)×2=2n －1，S n =n ＋n n －12×2=n 2， 所以S n ＋10a 2n =n ＋1022n －12=⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋102n －12=⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤122n －1＋2122n －12=14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋212n －12. 又⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎝⎛⎭⎪⎫1＋212n －12为单调递减数列，所以S n ＋10a 2n ≤S 11a 21=112=121.二、解答题14.解：(1)∵S 4=28，∴a 1＋a 4×42=28，∴a 1＋a 4=14，则a 2＋a 3=14， 又a 2·a 3=45，公差d ＞0， ∴a 2＜a 3，a 2=5，a 3=9，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝5，a 1＋2d ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4，∴a n =4n －3.(2)由(1)知S n =2n 2－n ，∴b n =S n n ＋c =2n 2－n n ＋c，∴b 1=11＋c ，b 2=62＋c ，b 3=153＋c.又{b n }是等差数列，∴b 1＋b 3=2b 2，即2×62＋c =11＋c ＋153＋c ，解得c=－12(c=0舍去).15.解：(1)证明：依题意，a n ＋1a n ＋a n ＋2a n ＋1=2a n ＋2a n ，两边同时除以a n a n ＋1a n ＋2，可得1a n ＋2＋1a n =2a n ＋1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差为d.因为a 3=2a 8=15，所以1a 3=5，1a 8=10，所以1a 8－1a 3=5=5d ，即d=1，故1a n =1a 3＋(n －3)d=5＋(n －3)×1=n ＋2，故a n =1n ＋2. (2)由(1)可知b n =a n 2n ＋6=12·1n ＋2n ＋3=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2－1n ＋3，故S n =12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋14－15＋…＋1n ＋2－1n ＋3=n 6n ＋3.16.解：(1)法一：∵数列{a n }是等差数列，∴a n =a 1＋(n －1)d ，a n ＋1=a 1＋nd. 由a n ＋1＋a n =4n －3，得a 1＋nd ＋a 1＋(n －1)d=4n －3， ∴2dn ＋(2a 1－d)=4n －3，即2d=4,2a 1－d=－3，解得d=2，a 1=－12.法二：在等差数列{a n }中， 由a n ＋1＋a n =4n －3，得a n ＋2＋a n ＋1=4(n ＋1)－3=4n ＋1，∴2d=a n ＋2－a n =4n ＋1－(4n －3)=4，∴d=2.又∵a 1＋a 2=2a 1＋d=2a 1＋2=1，∴a 1=－12.(2)由题意知，①当n 为奇数时， S n =a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n=a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n )=2＋4[2＋4＋…＋(n －1)]－3×n －12=2n 2－3n ＋52.②当n 为偶数时，S n =a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n=(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )=1＋9＋…＋(4n －7)=2n 2－3n2.综上，S n=⎩⎪⎨⎪⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n2，n 为偶数.。
2021届高三数学一轮复习-：等差数列及其前n项和(三)(含解析)
《等差数列及其前n 项和》（三）考查内容：主要涉及等差数列性质及其应用一．选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知数列{}n a 为各项均不相等的等比数列，其前n 项和为n S ，且23a ，32a ，4a 成等差数列，则34S a =（ ） A ．3B ．139C ．1D ．13272．已知实数2a =，8b =，则a ，b 的等差中项为（ ） A ．4B ．4±C ．5-D ．53．已知{a n }是等差数列，且a 2+ a 5+ a 8+ a 11=48，则a 6+ a 7= ( ) A ．12B ．16C ．20D ．244．在等差数列{}n a 中，若其前n 项和为n S ，已知45615a a a ++=，则9S =（ ） A ．25B ．35C ．45D ．555．设数列{}n a ，{}n b 均为等差数列，它们的前n 项和分别为n S ，n T ，若2334n n S n T n -=+，则55a b =（ ） A ．719B ．1531C ．1734D ．19376．已知数列{}n a 为等差数列，若159a a a π++=，则()28cos a a +的值为（ ） A ．12-B． C ．12D7．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且8109S S S <<，则满足0n S >的正整数n 的最大值为（ ） A ．16B ．17C ．18D ．198．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若m 为大于1的正整数，且2111m m m a a a -+-+=，214039m S -=，则m =（ ）.A ．2000B ．2010C ．2020D ．20309．在等差数列{}n a 中，若468101290a a a a a ++++=，则101413a a -的值为（ ） A ．12B ．14C ．16D ．1810．若数列{}n a 满足111n nd a a +-=（*n N ∈，d 为常数），则称数列{}n a 为调和数列.已知数列1n x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为调和数列，且1220200x x x ++⋯+=，则516x x +=（ ） A ．10B ．20C ．30D ．4011．已知数列{}n a 和{}n b 均为等差数列，其前n 项和分别为n A ，n B ，且(31)(21)n n n A n B +=-，则371159a a ab b ++=+（ ）．A ．58B ．1516C ．1322D ．394412．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，110a >且11100a a +<，当1 0n n S S +<时，n 的值为（ ） A ．20 B ．21C ．22D ．23二．填空题13．已知等差数列{}n a ，若1594a a a π++=，则()28sin a a +=______.14．已知数列{}n a 为等差数列，若11101a a <-，且其前n 项和n S 有最大值，则使得0n S >的n 的最大值为________．15．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1734S =，则9a 的值为________.16．等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，若3535a b =，则59S T =______. 三．解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知211210,38m m m m a a a S -+-+-==，试求m 的值．18．在等差数列{}n a 中，若381312a a a ++=，381328a a a =． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求23a 的值．19．已知等差数列{}n a 满足：3577,26a a a =+=.(1)求n a ； (2)令21(*)1n n b n N a =∈-，求数列{b n }的前n 项和T n .20．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，3456927S =a a a ++=，.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2n n b a =，求数列{}n b 前n 项和n T .参考公式：()()222121126n n n n +++++=.21．已知递减等差数列{}n a ，满足3820a a +=，5699a a ⋅=. （1）求等差数列{}n a 的通项公式；（2）设{}n n b a -是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{}n b 的前n 项和n T .22．已知公差大于零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足34117a a ⋅=，2522a a +=. (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求n S 的最小值；(3)若数列{}n b 是等差数列，且nn S b n c=+，求非零常数c .《等差数列及其前n 项和》（三）解析1.【解析】设数列公比为q ，则1q ≠，∵23a ，32a ，4a 成等差数列，∴32443a a a =+，即2311143a q a q a q =+，解得3q =，223111334113313327S a a q a q a a q ++++===．故选：D. 2.【解析】实数2a =，8b =，a ∴，b 的等差中项为：28522a b ++==．故选：D ． 3.【解析】由等差数列的性质可得()2581167248a a a a a a +++=+=，则6724a a +=，故选D.4.【解析】由等差数列的性质可得4565315a a a a ++==， ∴a 5＝5，()19992a a S +==45，故选：C ．5.【解析】数列{}n a ，{}n b 均为等差数列，它们的前n 项和分别为n S ，n T ，()()19195519195599922922a a S a a a a b b T b b b b ++∴====++. 9595231515,,343131n n S S a n T n T b -=∴=∴=+.故选：B . 6.【解析】159553,3a a a a a ππ++===，()()28521cos cos 2cos32a a a π+===-. 7.【解析】由8109S S S <<得，90a >，100a <，9100a a +>，所以公差大于零.又()117179171702a a S a +==>，()1191910191902a a S a +==<， ()()1181891018902a a S a a +==+>，故选C. 8.【解析】由题可知：数列{}n a 是等差数列，所以112m m m a a a -++=由2111m m m a a a -+-+=，可得221m m a a -=， 即2210m m a a -+=，解得1m a =，由()12121(21)(21)40392--+-==⨯-=m m ma a m S am ，可得214039m -=，得2020m =，故选：C9.【解析】因为468101285a a a a a a ++++=，所以818a =， 因此101410141488148111132123333a a a a a a a a a -=-=++-==，选A. 10.【解析】数列1n x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为调和数列，由题意可得： 111111n n n nx x d x x ++-=-=，{}n x ∴是等差数列. 又()1201220202002x x x x x ++++==，12020x x ∴+=.又120516x x x x +=+，51620x x ∴+=.故选：B.11.【解析】由(31)(21)n n n A n B +=-，得2131n n A n B n -=+，而371177113597711333232222a a a a a a a b b b b b b +++==⋅=⋅++1313332515224016A B =⋅=⋅=.故选：B. 12.【解析】因为110a >且11100a a +<，所以100a <，所以数列{}n a 首项为负，单调递增，第11项开始为正， 因为1 0n n S S +<，所以10,0n n S S +<>，因为121211121()2102a a S a +==>， 12020101120()10()02a a S a a +==+<，所以20n =，故选：A13.【解析】1595=34a a a a π++=，∴543a π=，∴28582sin()sin 2si 23n sin 3a a a ππ+====，14.【解析】由11101a a <-，可得1011100a a a +<， 由它们的前n 项和n S 有最大值，可得数列的公差0d <， 所以100a >，11100a a +<，110a <， 所以119191019()1902a a S a +==>，12020101120()10()02a a S a a +==+<， 所以使得0n S >的n 的最大值为19，15.【解析】因为等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1734S =， 所以11717()342a a +=，得1174a a +=，因为11792a a a +=，所以92a =16.【解析】由{}n a 为等差数列可得()13635552522a a a S a +⨯===， 同理可得959T a =，所以539555319953a a S T ⨯===. 17.【解析】因为{}n a 是等差数列，112m m m a a a -+∴+=．由2110m m m a a a -++-=， 得220m m a a -=．解方程，得0m a =(舍)或2m a =．又2138m S -=，即()121(21)382m m a a --+=，即(21)238m -⨯=，解得10m =18.【解析】（1）根据题意，设等差数列{}n a 的公差为d ，若381312a a a ++=，则8312a =，则84a =，又由381328a a a =，则有313(45)(45)7a a d d =-+=，解可得：35d =±，当35d =时，834(8)5n n a a n d -=+-=，当35d时，8443(8)5n na a n d -=+-=.（2）由（1）的结论，当35d =时，345n n a -=，此时233234135a ⨯-==， 当35d时，4435n n a -=，则234432355a -⨯==-，则2313a =或5-． 19.【解析】（1）设等差数列的公差为d ，由5726a a +=得613a =， 故137263d -==-，所以()3321n a a n d n =+-=+. （2）211114441n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，故111111141223144n n T n n n ⎛⎫=-+-++-= ⎪++⎝⎭. 20.【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ， 由题意可得3123239S a a a a =++==即23a =， 又4565327a a +a =a +=，∴59a =，∴52252a a d -==-，121a a d =-=，∴1(1)21n a a n d n =+-=-， ∴21n a n =-；（2）由题意得22(21)441n b n n n =-=-+，所以222124(12)4(12)n n T b b b n n n =+++=+++-++++(1)(21)(1)4462n n n n n n +++=⨯-⨯+(1)(21)144162n n n n +++⎡⎤=⨯-⨯+⋅⎢⎥⎣⎦()242222133n n n n ⎡⎤⎛⎫=++-++⋅ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦343n n-=，∴n T =343n n-.21.【解析】（1）因为385620a a a a +=+=，所以56562099a a a a +=⎧⎨⋅=⎩，解得56911a a =⎧⎨=⎩或56119a a =⎧⎨=⎩又因为{}n a 是递减等差数列， 所以56119a a =⎧⎨=⎩， 则2d =-.所以5(5)(2)212n a n n a =+-⨯-=-.（2）由题意13n n n b a --=，所以1133221n n n n b a n --=+=-+.011(319)(317)(3212)n n T n -=++++++-……011(333)(1917212)n n -=+++++++-…………213(19212)31201322n n n n n n -+--=+=-+-. 22.【解析】（1）∵2522a a +=，{}n a 为等差数列，故3422a a +=， 由343422117a a a a +=⎧⎨⋅=⎩可得34913a a =⎧⎨=⎩或34139a a =⎧⎨=⎩，∵0d >，∴39a =，413a =， ∴4d =，11a =，∴43n a n =-.（2）由（1）知221(1)1122248n n n d S na n n n -⎛⎫=+=-=-- ⎪⎝⎭，∴当1n =时，n S 最小，最小值为111S a ==.（3）由（1）知21(1)22n n n S na d n n -=+=-，∴22n n n b n c-=+. ∵{}n b 为等差数列，∴1322b b b +=，∴2222112332222132c c c⨯-⨯-⨯-+=⨯+++， ∴220c c +=，∴0c(舍)或12c =-.当12c =-时，22412n n nb nn -==-，此时14n n b b --=，故{}n b 为等差数列， 故12c =-.。
2021高考江苏版(文)数学一轮复习课件： 第7章 第35课 等比数列及其前n项和
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高三一轮总复习
(1)－2 016 (2)2 [(1)lg a1＋lg a2＋…＋lg a2 016＝lg a1a2…a2 016＝ lg(a1 008·a1 009)1 008＝lg11001 008＝lg10－21 008＝－2 016.
(2)由题意得 S4＝a111－－qq4＝9，所以11－－qq4＝a91.由 a1·a1q·a1q2·a1q3＝(a21q3)2＝841 得 a21q3＝92.由等比数列的性质知该数列前 4 项倒数的和为a1111－－1qq14＝a1qq34－q－1 1＝ a11q3·a91＝a129q3＝2.]
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高三一轮总复习 [变式训练 2] (2016·全国卷Ⅲ)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝1＋λan，其中 λ≠0. (1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式； (2)若 S5＝3312，求 λ. [解] (1)证明：由题意得 a1＝S1＝1＋λa1， 故 λ≠1，a1＝1－1 λ，故 a1≠0. 由 Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1 得 an＋1＝λan＋1－λan， 即 an＋1(λ－1)＝λan.
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(2)设等比数列的公比为 q，则有aa121＋ ·q3a＝1q83，＝9，
解得aq1＝＝21，
a1＝8， 或q＝12.
又{an}为递增数列，∴aq1＝＝21，， ∴Sn＝11－－22n＝2n－1.]
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高三一轮总复习
[规律方法] 1.等比数列的通项公式与前 n 项和公式共涉及五个量 a1，n，q， an，Sn，一般可以“知三求二”，体现了方程思想的应用．
2021版江苏高考数学复习课后限时集训：数列求和含解析
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝ 求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．
[解](1)设等差数列{an}的公差为d、等比数列{bn}的公比为q.依题意、得
A．440B．330
C．220D．110
A[设首项为第1组、接下来的两项为第2组、再接下来的三项为第3组、依此类推、则第n组的项数为n、前n组的项数和为 .
由题意知、N>100、
令 ＞100⇒n≥14且n∈N*、
即N出现在第13组之后．
第n组的各项和为 ＝2n－1、前n组所有项的和为 －n＝2n＋1－2－n.
n＝6时、a6＋a7＝26、n＝8时、a8＋a9＝28、
n＝10时、a10＋a11＝210、n＝12时、a12＋a13＝212、
∴S13＝2＋22＋24＋26＋28＋210＋212
＝2＋ ＝ .故选C.]
二、填空题
6．(20xx·浙江台州期中)已知数列{an}满足 ＝ －1、且a1＝1、则an＝、数列{bn}满足bn＝ 、则数列{bn}的前n项和Sn＝.
－249[设an的坐标为(x、y)、则an＝x＋y.第一圈从点(1,0)到点(1,1)共8个点、由对称性可知a1＋a2＋…＋a8＝0；第二圈从点(2,1)到点(2,2)共16个点、由对称性可知a9＋a10＋…＋a24＝0、……；以此类推、可得第n圈的8n个点对应的这8n项的和也为0.设a2 018在第k圈、则8＋16＋…＋8k＝4k(k＋1)、由此可知前22圈共有2 024个数、故S2 024＝0、则S2 018＝S2 024－(a2 024＋a2 023＋…＋a2 019)、a2 024所在点的坐标为(22,22)、a2 024＝22＋22、a2 023所在点的坐标为(21,22)、a2 023＝21＋22、以此类推、可得a2 022＝20＋22、a2 021＝19＋22、a2 020＝18＋22、a2 019＝17＋22、所以a2 024＋a2 023＋…＋a2 019＝249、故S2 018＝－249.]
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等差数列及其前n 项和建议用时：45分钟一、选择题1．若{a n }为等差数列，且a 7－2a 4＝－1，a 3＝0，则公差d 等于( ) A ．－2 B ．－12 C.12D ．2B [由于a 7－2a 4＝a 1＋6d －2(a 1＋3d )＝－a 1＝－1，则a 1＝1.又由a 3＝a 1＋2d ＝1＋2d ＝0，解得d ＝－12.故选B.]2．(2019·峨眉山模拟)在等差数列{a n }中，a 3，a 9是方程x 2＋24x ＋12＝0的两根，则数列{a n }的前11项和等于( )A ．66B ．132C ．－66D ．－132D [因为a 3，a 9是方程x 2＋24x ＋12＝0的两根，所以a 3＋a 9＝－24， 又a 3＋a 9＝－24＝2a 6，所以a 6＝－12， S 11＝11×(a 1＋a 11)2＝11×2a 62＝－132，故选D.]3．数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，且a 2＋a 4＋a 6＝12，则a 3＋a 4＋a 5＝( )A ．9B ．10C ．11D ．12D [由2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)可知数列{a n }为等差数列，∴a 2＋a 4＋a 6＝a 3＋a 4＋a 5＝12.故选D.]4．公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝3a 4，且S 10＝λa 4，则λ的值为( )A ．15B ．21C ．23D ．25D [由题意得a 1＋5d ＝3(a 1＋3d )，∴a 1＝－2d .∴λ＝S 10a 4＝10a 1＋10×92d a 1＋3d＝10×(－2d )＋45d－2d ＋3d＝25，故选D.]5．(2019·宁波模拟)在等差数列{a n }中，若a 9a 8＜－1，且其前n 项和S n 有最小值，则当S n ＞0时，n 的最小值为( )A ．14B ．15C ．16D ．17C [∵数列{a n }是等差数列，它的前n 项和S n 有最小值，∴公差d ＞0，首项a 1＜0，{a n } 为递增数列，∵a 9a 8＜－1，∴a 8·a 9＜0，a 8＋a 9＞0，由等差数列的性质知2a 8＝a 1＋a 15＜0，a 8＋a 9＝a 1＋a 16＞0.∵S n ＝n (a 1＋a n )2，∴当S n ＞0时，n的最小值为16.应选C.]二、填空题6．(2019·全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1≠0，a 2＝3a 1，则S 10S 5＝ .4 [设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1，即a 1＋d ＝3a 1，得2a 1＝d ，所以S 10S 5＝10a 1＋10×92d 5a 1＋5×42d＝100a 125a 1＝4.]7．(2019·江苏高考)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是 ．16 [由题意可得：⎩⎨⎧a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d )(a 1＋4d )＋(a 1＋7d )＝0，S 9＝9a 1＋9×82d ＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋8×72d ＝－40＋28×2＝16.]8．已知数列{a n }是等差数列，前n 项和为S n ，满足a 1＋5a 3＝S 8，给出下列结论：①a 10＝0；②S 10最小；③S 7＝S 12；④S 20＝0.其中一定正确的结论是 ．(填序号)①③ [a 1＋5(a 1＋2d )＝8a 1＋28d ， 所以a 1＝－9d ，a 10＝a 1＋9d ＝0，故①正确；由于d 的符号未知，所以S 10不一定最大，故②错误； S 7＝7a 1＋21d ＝－42d ，S 12＝12a 1＋66d ＝－42d ， 所以S 7＝S 12，故③正确；S 20＝20a 1＋190d ＝10d ，不一定为0，故④错误． 所以正确的是①③.] 三、解答题9．已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1.(1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式． [解](1)证明：∵1a n ＋1－1－1a n －1＝a n －a n ＋1(a n ＋1－1)(a n －1)＝13，∴b n ＋1－b n ＝13， ∴{b n }是等差数列．(2)由(1)及b 1＝1a 1－1＝12－1＝1.知b n ＝13n ＋23，∴a n －1＝3n ＋2，∴a n ＝n ＋5n ＋2.10．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1＞0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． [解](1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0. 由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ， S n ＝n (n －9)d2.由a 1>0知d <0，故S n ≥a n 等价于n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N *}．1．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1B [设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ， 整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0. 因为对任意的正整数n 上式均成立， 所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0， 解得d ＝2，k ＝14.所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1. ]2．(2019·深圳模拟)若{a n }是等差数列，首项a 1＞0.a 2 018＋a 2 019＞0，a 2 018·a 2019＜0，则使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是( )A ．2 018B ．2 019C ．4 036D ．4 037C [{a n }是等差数列，首项a 1＞0.a 2 018＋a 2 019＞0，a 2 018·a 2 019＜0，所以{a n }是递减的等差数列，且a 2 018＞0，a 2 019＜0，因为a 2 018＋a 2 019＝a 1＋a 4 036＞0，2a 2 019＝a 1＋a 4 037＞0，∴S 4 036＝a 1＋a 4 0362×4 036＞0，S 4 037＝a 1＋a 4 0372×4 037＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 036.故选C.]3．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝ . －1n [∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ， ∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0， ∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1， ∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n .]4．已知一次函数f (x )＝x ＋8－2n .(1)设函数y ＝f (x )的图象与y 轴交点的纵坐标构成数列{a n }，求证：数列{a n }是等差数列；(2)设函数y ＝f (x )的图象与y 轴的交点到x 轴的距离构成数列{b n }，求数列{b n }的前n 项和S n .[解](1)证明：由题意得a n ＝8－2n ，因为a n ＋1－a n ＝8－2(n ＋1)－8＋2n ＝－2，且a 1＝8－2＝6， 所以数列{a n }是首项为6，公差为－2的等差数列． (2)由题意得b n ＝|8－2n |.由b 1＝6，b 2＝4，b 3＝2，b 4＝0，b 5＝2，可知此数列前4项是首项为6，公差为－2的等差数列，从第5项起，是首项为2，公差为2的等差数列．所以当n ≤4时，S n ＝6n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋7n ， 当n ≥5时，S n ＝S 4＋(n －4)×2＋(n －5)(n －4)2×2＝n 2－7n ＋24.故S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋7n ，n ≤4，n ∈N *，n 2－7n ＋24，n ≥5，n ∈N *.1．(2019·开福区校级模拟)《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则芒种日影长为( )A ．1.5尺B ．2.5尺C ．3.5尺D ．4.5尺 B [设此等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋a 4＋a 7＝3a 1＋9d ＝31.5,9a 1＋9×82d ＝85.5， 解得d ＝－1，a 1＝13.5.则a 12＝13.5－11＝2.5.故选B.] 2．等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }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.[解](1)设数列{a n }的公差为d ，由题意有 2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3. 解得a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35. 当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35＜2，b n ＝1； 当n ＝4,5时，2≤2n ＋35＜3，b n ＝2； 当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35＜4，b n ＝3；当n＝9,10时，4≤2n＋35＜5，b n＝4.所以数列{b n}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.。