2019高考数学一轮复习课时规范练31数列求和理新人教B版41

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高考数学一轮复习课时作业31 数列求和理-人教版高三全册数学试题

课时作业31 数列求和[基础达标]1．[2020·某某某某二十四中模拟]已知数列{a n}的各项都是正数，n∈N*.(1)若{a n}是等差数列，公差为d，且b n是a n和a n＋1的等比中项，设＝b2n＋1－b2n，n∈N*，求证：数列{}是等差数列；(2)若a31＋a32＋a33＋…＋a3n＝S2n，S n为数列{a n}的前n项和，求数列{a n}的通项公式．解析：(1)由题意得b2n＝a n a n＋1，则＝b2n＋1－b2n＝a n＋1a n＋2－a n a n＋1＝2da n＋1，因此＋1－＝2d(a n＋2－a n＋1)＝2d2，∴{}是等差数列．(2)当n＝1时，a31＝a21，∵a1>0，∴a1＝1.当n≥2时，a31＋a32＋a33＋…＋a3n＝S2n，①a31＋a32＋a33＋…＋a3n－1＝S2n－1，②①－②得，a3n＝S2n－S2n－1＝(S n－S n－1)(S n＋S n－1)．∵a n>0，∴a2n＝S n＋S n－1＝2S n－a n，③∵a1＝1合适上式，∴当n≥2时，a2n－1＝2S n－1－a n－1，④③－④得a2n－a2n－1＝2(S n－S n－1)－a n＋a n－1＝2a n－a n＋a n－1＝a n＋a n－1，∵a n＋a n－1>0，∴a n－a n－1＝1，∴数列{a n}是首项为1，公差为1的等差数列，可得a n＝n.2．[2020·某某某某诊断]已知等差数列{a n}的公差大于0，且a4＝7，a2，a6－2a1，a14是等比数列{b n}的前三项．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记数列{b n}的前n项和为S n，若S n>39，求n的取值X围．解析：(1)设等差数列{a n}的公差为d(d>0)，由a4＝7，得a1＋3d＝7，①又a2，a6－2a1，a14是等比数列{b n}的前三项，∴(a6－2a1)2＝a2a14，即(5d－a1)2＝(a1＋d)(a1＋13d)，化简得d＝2a1，②联立①②，解得a1＝1，d＝2.∴a n＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)∵b1＝a2＝3，b2＝a6－2a1＝9，b3＝a14＝27是等比数列{b n}的前三项，∴等比数列{b n}的首项为3，公比为3.∴S n ＝31－3n1－3＝33n－12. 由S n >39，得33n－12>39，化简得3n >27，解得n >3，n ∈N *.3．[2020·某某某某省级示X 高中联考]在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1a n ＝4n ＋12n n ＋2，设b n ＝n ＋1n·a n .(1)证明：数列{b n }是等比数列； (2)求{a n }的前n 项积T n .解析：(1)因为b n ＋1b n ＝n ＋2n ＋1·a n ＋1n ＋1n·a n ＝n n ＋2n ＋12·a n ＋1a n ＝n n ＋2n ＋12·4n ＋12n n ＋2＝4，b 1＝2a 1＝2，所以数列{b n }是首项为2，公比为4的等比数列． (2)由(1)知b n ＝n ＋1n ·a n ＝2·4n －1，则a n ＝n n ＋1·22n －1. 从而T n ＝（12×23×34×…×n n ＋1）·21＋3＋5＋…＋(2n －1)＝2n 2n ＋1.4．[2020·某某河津二中月考]设数列{a n }满足a 1＝1,3a 2－a 1＝1，且2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }中，b 1＝12，4b n ＝a n －1a n (n ≥2，n ∈N *)，{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n <1.解析：(1)∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)，∴2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1，又a 1＝1,3a 2－a 1＝1，∴1a 1＝1，1a 2＝32，∴1a 2－1a 1＝12， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为12的等差数列，∴1a n ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)，即a n ＝2n ＋1. (2)∵4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，∴b n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1(n ≥2)，又b 1＝12符合上式，∴b n＝1n －1n ＋1(n ∈N *)， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝（1－12）＋（12－13）＋…＋（1n －1n ＋1）＝1－1n ＋1<1.5．[2019·某某某某中学期中]设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，1a n，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3①，当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13②，①－②，得3n －1·a n ＝13(n ≥2)，即a n ＝13n ；当n ＝1时，a 1＝13，符合上式．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .(2)由(1)知b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，3n，n 为偶数，①当n 为奇数时，S n ＝1＋32＋3＋34＋…＋3n －1＋n ＝1＋n2·1＋n 2＋＝n 2＋2n ＋14＋98(3n －1－1)．②当n 为偶数时，S n ＝1＋32＋3＋34＋…＋(n －1)＋3n ＝[1＋n －1]2·n2＋91－9n21－9＝n 24＋98(3n－1)．所以数列{b n }的前n 项和S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2＋2n ＋14＋983n －1－1，n 为奇数，n 24＋983n－1，n 为偶数.6．[2020·某某某某模拟]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d >0，且a 2a 3＝40，a 1＋a 4＝13，在公比为q (0<q <1)的等比数列{b n }中，b 1，b 3，b 5∈{160，132，120，18，12}.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{}满足＝a n b n ，求数列{}的前n 项和T n .解析：(1)因为{a n }为等差数列，所以a 1＋a 4＝a 2＋a 3＝13，又a 2a 3＝40，所以a 2，a 3是方程x 2－13x ＋40＝0的两个实数根．又公差d >0，所以a 2<a 3，所以a 2＝5，a 3＝8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋2d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝3，所以a n ＝3n －1，因为在公比为q (0<q <1)的等比数列{b n }中，b 1，b 3，b 5∈{160，132，120，18，12}，所以易知b 1＝12，b 3＝18，b 5＝132.此时公比q 2＝b 3b 1＝14，所以q ＝12，所以b n ＝（12）n .(2)由(1)知a n ＝3n －1，b n ＝（12）n ，所以＝(3n －1)·（12）n，所以T n ＝2×（12）1＋5×（12）2＋8×（12）3＋…＋(3n －1)×（12）n，12T n ＝2×122＋5×123＋…＋(3n －4)×12n ＋(3n －1)×12n ＋1，两式相减，得12T n ＝2×（12）1＋3[（12）2＋（12）3＋…＋（12）n ]－(3n －1)×（12）n ＋1＝1＋3×（12）[1－（12）n －1]－(3n －1)×（12）n ＋1＝52－（12）n ×3n ＋52.故{}的前n 项和T n ＝5－(3n ＋5)×（12）n .[能力挑战]7．[2020·某某某某联考]若正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，点P (S n ，S n ＋1)在曲线y ＝(x ＋1)2上．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 表示数列{b n }的前n 项和，若T n ≥13m －1对任意n ∈N *恒成立，某某数m 的取值X 围．解析：(1)由已知可得S n ＋1＝(S n ＋1)2，得S n ＋1－S n ＝1，所以{S n }是以S 1为首项、1为公差的等差数列，所以S n ＝S 1＋(n －1)×1＝n ，得S n ＝n 2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，当n ＝1，也符合上式，故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)b n ＝1a n ·a n ＋1＝12n －12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12(1－12n ＋1)，显然T n 是关于n 的增函数，所以T n 有最小值(T n )min ＝T 1＝13，又T n ≥13m －1对任意n ∈N *恒成立，所以13≥13m －1恒成立，所以m ≤4，故实数m 的取值X 围为(－∞，4]．。

2019版高考数学一轮复习第五章数列第31讲数列求和学案201805072240

第31讲数列求和考纲要求考情分析命题趋势1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.2016·全国卷Ⅱ，172016·江苏卷，182016·北京卷，12利用公式求数列的前n项和，利用常见求和模型求数列的前n项和.分值：5分1．公式法与分组求和法(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(a1＋a n)2＝__na1＋n(n－1)2d__.②等比数列的前n项和公式：S n＝⎩⎪⎨⎪⎧na1，q＝1，a1－a n q1－q＝__a1(1－q n)1－q__，q≠1.(2)分组求和法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．倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法如果一个数列{}a n 的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．(2)并项求和法在一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.3．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 ＋2.③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .4．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．1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n 项和时使用公式S n ＝n (a 1＋a n )2较为合理．( √ )(2)如果数列{}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.( √ ) (3)当n ≥2时，1n 2－1＝1n －1－1n ＋1.( × ) (4)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(5)如果数列{}a n 是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ )解析 (1)正确．根据等差数列求和公式以及运算的合理性可知．(2)正确．根据等比数列的求和公式和通项公式可知． (3)错误．直接验证可知1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.(4)错误．含有字母的数列求和常需要分类讨论，此题需要分a ＝0，a ＝1，以及a ≠0且a ≠1三种情况求和，只有当a ≠0且a ≠1时才能用错位相减法求和．(5)正确．根据周期性可得．2．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a 5＝( D )A ．1＋ln 2B ．2＋ln 3C ．3＋ln 5D ．2＋ln 5解析因为a n ＋1－a n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝ln n ＋1n＝ln (n ＋1)－ln n ，所以a 5－a 1＝(a 5－a 4)＋(a 4－a 3)＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＝(ln 5－ln 4)＋(ln 4－ln 3)＋(ln 3－ln 2)＋(ln 2－ln 1) ＝ln 5－ln 1＝ln 5，所以a 5＝a 1＋ln 5＝2＋ln 5，故选D ．3．若数列{}a n 的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{}a n 的前n 项和为( C )A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n＋n －2解析 S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n ＋2n －1)＝(2＋22＋ (2))＋2(1＋2＋3＋…＋n )－n＝2(1－2n)1－2＋2×n (n ＋1)2－n ＝2(2n －1)＋n 2＋n －n＝2n ＋1＋n 2－2.4．若数列{}a n 的通项公式是a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝( A ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析 ∵a n ＝(－1)n(3n －2)，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10 ＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋(－13＋16)＋(－19＋22)＋(－25＋28)＝3×5＝15. 5．已知数列{}a n 的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n(n ∈N *)，则S n ＝__(n －1)2n ＋1＋2__.解析 ∵a n ＝n ·2n，∴S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n.① ∴2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.②①－②，得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2.∴S n ＝(n －1)2n ＋1＋2.一分组法求和分组求和法的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{}b n ，{}c n 为等差或等比数列，可采用分组求和法求{}a n 的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{}b n ，{}c n 是等比或等差数列，可采用分组求和法．【例1】已知等差数列{}a n 满足a 5＝9，a 2＋a 6＝14. (1)求{}a n 的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋qa n (q ＞0)，求数列{}b n 的前n 项和S n . 解析 (1)设数列{}a n 的公差为d ，则由a 5＝9，a 2＋a 6 ＝14，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝9，2a 1＋6d ＝14.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.所以{}a n 的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q2n －1.当q ＞0且q ≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋q 7＋…＋q 2n －1)＝n 2＋q (1－q 2n )1－q2；当q ＝1时，b n ＝2n ，则S n ＝n (n ＋1)．所以数列{}b n 的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)，q ＝1，n 2＋q (1－q 2n )1－q 2，q ＞0且q ≠1.二错位相减法求和利用错位相减法求和的两点注意(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”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．(2)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1两种情况求解．同时要注意等比数列的项数是多少．【例2】若公比为q 的等比数列{}a n 的首项a 1＝1，且满足a n ＝a n －1＋a n －22(n ＝3,4,5，…)．(1)求q 的值；(2)设b n ＝n ·a n ，求数列{}b n 的前n 项和S n . 解析 (1)由题意易知2a n ＝a n －1＋a n －2，即2a 1qn －1＝a 1qn －2＋a 1qn －3.∴2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12.(2)①当q ＝1时，a 1＝1，b n ＝n ，S n ＝n (n ＋1)2.②当q ＝－12时，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，b n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－120＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－121＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，－12S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－121＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋…＋(n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，两式相减，得32S n ＝1－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，整理得S n ＝49－⎝ ⎛⎭⎪⎫49＋2n 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n.三裂项相消法求和常见的裂项方法数列(n ∈N *)裂项方法(n ∈N *) ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋k )(k 为非零常数) 1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k⎩⎨⎧⎭⎬⎫14n 2－1 14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)(n ＋2) 1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2) ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1n ＋n ＋k1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )⎩⎨⎧⎭⎬⎫log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n (a ＞0，a ≠1)log a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝log a (n ＋1)－log a n⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n(2n －1)(2n ＋1－1) 2n(2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1【例3】已知正项数列{}a n 的前n 项和为S n ，且S n ，a n ，2成等差数列．(1)证明：数列{}a n 是等比数列； (2)若b n ＝log 2a n ＋3，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解析 (1)证明：由题意知2a n ＝S n ＋12.当n ＝1时，2a 1＝a 1＋12，∴a 1＝12.当n ≥2时，S n ＝2a n －12，S n －1＝2a n －1－12，两式相减，得a n ＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1. ∵{}a n 为正项数列，∴a na n －1＝2(n ≥2)， ∴数列{}a n 是以12为首项，以2为公比的等比数列．(2)由(1)知a n ＝a 1·2n －1＝2n －2，∴b n ＝log 22n －2＋3＝n －2＋3＝n ＋1.∴1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2. ∴T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2(n ＋2).1．已知等比数列{}a n 中，a 2·a 8＝4a 5，等差数列{}b n 中，b 4＋b 6＝a 5，则数列{}b n 的前9项和S 9＝( B )A ．9B ．18C ．36D ．72解析 ∵a 2·a 8＝4a 5，即a 25＝4a 5，∴a 5＝4，∴a 5＝b 4＋b 6＝2b 5＝4，∴b 5＝2.∴S 9＝9b 5＝18，故选B ．2．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 项和为__3n－1__.解析 ∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0. ∵a n ＞0，∴a n ＋1＝3a n .又a 1＝2，∴{}a n 是首项为2，公比为3的等比数列．∴S n ＝2(1－3n)1－3＝3n－1.3．在数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1·a n ＝a n －a n ＋1.(1)求数列{}a n 的通项公式； (2)若b n ＝lga n ＋2a n，求数列{}b n 的前n 项和S n . 解析 (1)由题意得1a n ＋1－1a n ＝1.又因为a 1＝1，所以1a 1＝1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以1a n＝n ，即a n ＝1n ，所以数列{}a n 的通项公式为a n ＝1n.(2)由(1)得b n ＝lg n －lg(n ＋2)．所以S n ＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg(n －2)－lg n ＋lg(n －1)－lg(n ＋1)＋lg n －lg(n ＋2)＝lg 1＋lg 2－lg(n ＋1)－lg(n ＋2)＝lg 2(n ＋1)(n ＋2).4．设数列{}a n 满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3(n ∈N *)．(1)求数列{}a n 的通项；(2)设b n ＝n a n，求数列{}b n 的前n 项和S n . 解析 (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①∴a 1＝13，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13(n ≥2) ，②①－②，得3n －1a n ＝n 3－n －13＝13(n ≥2)，化简得a n ＝13n (n ≥2)．显然，a 1＝13也满足上式，故a n ＝13n (n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝n ·3n.于是S n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n，③ 3S n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1，④③－④，得－2S n ＝3＋32＋33＋ (3)－n ·3n ＋1，即－2S n ＝3－3n ＋11－3－n ·3n ＋1.∴S n ＝2n －14·3n ＋1＋34.易错点1 求和时数不清项数错因分析：弄清和式的构成规律是数清项数的关键．【例1】设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋10(n ≥－3，n ∈Z )，则f (n )＝( )A ．27(8n－1) B ．27(8n ＋1－1) C ．27(8n ＋3－1) D ．27(8n ＋4－1) 解析 1＝3×1－2,3n ＋10＝3(n ＋4)－2，所以f (n )是首项为2，公比为8的等比数列的前n ＋4项的和．由求和公式得f (n )＝2(1－8n ＋4)1－8＝27(8n ＋4－1)．选D ．答案：D【跟踪训练1】把一数列依次按第一个括号内一个数，第二个括号内两个数，第三个括号内三个数，第四个括号内一个数，……，循环分组为(1)，(3,5)，(7,9,11)，(13)，(15,17)，(19,21,23)，(25)，…，则第50个括号内各数之和为__392__.解析将三个括号作为一组，则由50＝16×3＋2，知第50个括号应为第17组的第二个括号，即第50个括号中应是两个数．又因为每组中含有6个数，所以第48个括号的最末一个数为数列{2n －1}的第16×6＝96项，第50个括号的第一个数应为数列{2n －1}的第98项，即为2×98－1＝195，第二个数为2×99－1＝197，故第50个括号内各数之和为195＋197＝392.易错点2 找不到裂项相消的规律错因分析：看清是相邻项相消还是隔项相消，同时注意系数．【例2】求和：11×5＋13×7＋…＋1(2n ＋1)(2n ＋5).解析 a n ＝1(2n －1)(2n ＋3)＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋3，∴原式＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－15＋13－17＋15－19＋…＋12n －1－12n ＋3＋12n ＋1－12n ＋5＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－12n ＋3－12n ＋5＝13－n ＋2(2n ＋3)(2n ＋5). 【跟踪训练2】数列1，11＋2，11＋2＋3，11＋2＋3＋4，…，11＋2＋3＋…＋n的前n 项和为( B )A ．2n 2n ＋1B ．2n n ＋1C ．n ＋2n ＋1 D ．3n 2n ＋1解析 11＋2＋3＋…＋n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，数列1，11＋2，11＋2＋3，11＋2＋3＋4，…，11＋2＋3＋…＋n的前n 项和为2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝ 2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1，故选B ．课时达标第31讲[解密考纲]考查数列的通项公式、数列求和的方法，主要考查公式法、裂项相消法和错位相减法求前n 项和，以及利用S n 与a n 的关系求通项公式，三种题型均有考查，位于各类题型的中间靠后位置．一、选择题1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 6＝( D )A ．142 B ．45 C ．56 D ．67解析因为a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67.2．已知S n ＝12＋1＋13＋2＋12＋3＋…＋1n ＋1＋n，若S m ＝10，则m ＝( C ) A ．11 B ．99 C ．120 D ．121解析因为1n ＋1＋n＝n ＋1－nn ＋1－n＝n ＋1－n ，所以S m ＝2－1＋3－2＋…＋m ＋1－m ＝m ＋1－1.由已知得m ＋1－1＝10，所以m ＝120，故选C ．3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1－a n ＝sin (n ＋1)π2，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( D )A ．1 006B ．1 007C ．1 008D ．1 010解析由题意，得a n ＋1＝a n ＋sin (n ＋1)π2，所以a 2＝a 1＋sin π＝1，a 3＝a 2＋sin 3π2＝0，a 4＝a 3＋sin 2π＝0，a 5＝a 4＋sin5π2＝1，…，因此，数列{a n }是一个以4为周期的周期数列，而2 018＝4×504＋2，所以S 2 018＝504×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2＝1 010，故选D ．4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( A )A ．100101 B ．99101 C ．99100D ．101100解析设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×(5－1)2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为1－12＋12－13＋ (1100)1101＝1－1101＝100101.5．数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 018＝( B )A ．2 017B ．－1 010C ．504D ．0解析因为a n ＝n cosn π2，所以当n 为奇数时，a n ＝0，当n 为偶数时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝4m ，－n ，n ＝4m －2，其中m ∈N *，所以S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 2 016＋a 2 017＋a 2 018 ＝a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 2 016＋a 2 018＝－2＋4－6＋8－10＋12－14＋…＋2 016－2 018 ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋(－2 014＋2 016)－2 018＝2×504－2 018＝－1 010，故选B ．6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n(n ∈N *)，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( B )A ．22 018－1B ．3×21 009－3 C ．3×21 009－1D ．3×22 018－2解析依题意得a n ·a n ＋1＝2n，a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1，于是有a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝2，即a n ＋2a n＝2，数列a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…是以a 1＝1为首项、2为公比的等比数列；数列a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，…是以a 2＝2为首项、2为公比的等比数列，于是有S 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018)＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3×21 009－3.二、填空题7．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__8nn ＋1__. 解析 ∵a n ＝n (n ＋1)2n ＋1＝n 2，∴b n ＝8n (n ＋1)＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴b 1＋b 2＋…＋b n ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8n n ＋1.8．(2018·河南郑州模拟)设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝__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，所以当n <5时，a n <0；当n ≥5时，a n ≥0，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.9．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝__2n 2＋6n __.解析令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n －1)．与已知式相减，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2. ∴a n ＝4(n ＋1)2，当n ＝1时，a 1适合a n . ∴a n ＝4(n ＋1)2，∴a nn ＋1＝4n ＋4，∴a 12＋a 23＋…＋a n n ＋1＝n (8＋4n ＋4)2＝2n 2＋6n .三、解答题10．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2) (n ≥2，n ∈N *)． (1)求a 2，a 3的值；(2)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (3)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析 (1)令n ＝2得a 2＝2a 1＝6. 令n ＝3，得a 3＝2a 2＋1＝13.(2)证明：因为a n ＋n ＝2[a n －1＋(n －1)]，a 1＋1＝4≠0，所以a n ＋n ≠0，所以a n ＋na n －1＋(n －1)＝2，所以数列{a n ＋n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以a n ＋n ＝4·2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－n .(3)因为a n ＝2n ＋1－n ，所以S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－(1＋2＋…＋n )＝4(1－2n)1－2－n (n ＋1)2＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.11．(2018·安徽淮南模拟)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |. 解析 (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，所以d 2－3d －4＝0，解得d ＝－1或d ＝4，所以a n ＝－n ＋11或a n ＝4n ＋6. (2)设数列{a n }的前n 项和为S n . 因为d <0，所以d ＝－1，a n ＝－n ＋11.当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n ；当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 11|＋|a 12|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 11－a 12－…－a n ＝S 11－(S n －S 11)＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110. 综上所述，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n|＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.12．(2016·山东卷)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 .解析 (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. 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.。

2019版高考数学理一轮课时达标31数列求和含解析精品

课时达标第31讲[解密考纲]考查数列的通项公式、数列求和的方法，主要考查公式法、裂项相消法和错位相减法求前n 项和，以及利用S n 与a n 的关系求通项公式，三种题型均有考查，位于各类题型的中间靠后位置．一、选择题1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 6＝( D )A ．142B ．45C ．56D ．67解析因为a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67.2．已知S n ＝12＋1＋13＋2＋12＋3＋…＋1n ＋1＋n，若S m ＝10，则m ＝( C ) A ．11 B ．99 C ．120 D ．121解析因为1n ＋1＋n＝n ＋1－n n ＋1－n ＝n ＋1－n ，所以S m ＝2－1＋3－2＋…＋m ＋1－m ＝m ＋1－1.由已知得m ＋1－1＝10，所以m ＝120，故选C ． 3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1－a n ＝sin (n ＋1)π2，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( D )A ．1 006B ．1 007C ．1 008D ．1 010解析由题意，得a n ＋1＝a n ＋sin (n ＋1)π2，所以a 2＝a 1＋sin π＝1，a 3＝a 2＋sin 3π2＝0，a 4＝a 3＋sin 2π＝0，a 5＝a 4＋sin5π2＝1，…，因此，数列{a n }是一个以4为周期的周期数列，而2 018＝4×504＋2，所以S 2 018＝504×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 1＋a 2＝1 010，故选D ．4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( A )A ．100101B ．99101C ．99100D ．101100解析设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×(5－1)2d ＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 5．数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 018＝( B ) A ．2 017 B ．－1 010 C ．504D ．0解析因为a n ＝n cos n π2，所以当n 为奇数时，a n ＝0，当n 为偶数时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝4m ，－n ，n ＝4m －2，其中m ∈N *，所以S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 2 016＋a 2 017＋a 2 018 ＝a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 2 016＋a 2 018＝－2＋4－6＋8－10＋12－14＋…＋2 016－2 018 ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋(－2 014＋2 016)－2 018＝2×504－2 018＝－1 010，故选B ．6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( B )A ．22 018－1B ．3×21 009－3C ．3×21 009－1D ．3×22 018－2解析依题意得a n ·a n ＋1＝2n ，a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1，于是有a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝2，即a n ＋2a n ＝2，数列a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…是以a 1＝1为首项、2为公比的等比数列；数列a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，…是以a 2＝2为首项、2为公比的等比数列，于是有S 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018)＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3×21009－3.二、填空题7．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__8n n ＋1__.解析 ∵a n ＝n (n ＋1)2n ＋1＝n 2，∴b n ＝8n (n ＋1)＝8⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1.∴b 1＋b 2＋…＋b n ＝8⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8nn ＋1.8．(2018·河南郑州模拟)设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝__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，所以当n <5时，a n <0；当n ≥5时，a n ≥0，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.9．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝__2n 2＋6n __.解析令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n －1)．与已知式相减，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2. ∴a n ＝4(n ＋1)2，当n ＝1时，a 1适合a n . ∴a n ＝4(n ＋1)2，∴a nn ＋1＝4n ＋4，∴a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n (8＋4n ＋4)2＝2n 2＋6n . 三、解答题10．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2) (n ≥2，n ∈N *)． (1)求a 2，a 3的值；(2)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (3)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析 (1)令n ＝2得a 2＝2a 1＝6. 令n ＝3，得a 3＝2a 2＋1＝13.(2)证明：因为a n ＋n ＝2[a n －1＋(n －1)]，a 1＋1＝4≠0，所以a n ＋n ≠0，所以a n ＋n a n －1＋(n －1)＝2，所以数列{a n ＋n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以a n ＋n ＝4·2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－n .(3)因为a n ＝2n ＋1－n ，所以S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－(1＋2＋…＋n )＝4(1－2n )1－2－n (n ＋1)2＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.11．(2018·安徽淮南模拟)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |. 解析 (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，所以d 2－3d －4＝0，解得d ＝－1或d ＝4，所以a n ＝－n ＋11或a n ＝4n ＋6. (2)设数列{a n }的前n 项和为S n . 因为d <0，所以d ＝－1，a n ＝－n ＋11.当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n ；当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 11|＋|a 12|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 11－a 12－…－a n ＝S 11－(S n －S 11)＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110. 综上所述，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n|＝⎩⎨⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.12．(2016·山东卷)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 .解析 (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. 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.。

2019届高三数学(理)一轮课件：第31讲-数列求和(含答案)

a1=12,则该数列的前 2018 项的和等
于
.
课堂考点探究
探究点一
例 1 在公差不为零的等差数列 �� 中,a a1,a3,a9 成等比数列.
课堂考点探究
解:(1)设等差数列 �� 的公差为 d,因为即 4-d,4+d,4+7d 成等比数列, 所以有(4-d)(4+7d)=(4+d)2,即 8d2-16d
教学参考
3.[2016·天津卷] 已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为 d.对任意的 n ∈N*,bn 是 an 和 an+1 的等比中项.
课前双基巩固
知识聚焦 1.公式法 (1) 公式法
① 等差数列的前 n 项和公式:
课前双基巩固
(2)分组求和法一个数列的通项是由
若干个等差或
和时可用分组求和法,分别求和后再相加减
前 n 项和,且 a1=1,S7=28.记 bn=[lg an], 其中[x]表示不超过 x 的最大整数,如
教学参考
3.[2015·全国卷Ⅰ] Sn 为数列{an}的前 n
项和.已知 an>0,��2�� +2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式;
教学参考
3.[2015·全国卷Ⅰ] Sn 为数列{an}的前 n
课堂考点探究
解:(1)设等差数列 �� 的公差为 d.
∵ ��22=a3+a6,∴(a1+d)2=a1+2d+a1+5d① ∵ ��32=a1·a11 ,∴(a1+2d)2=a1·(a1+10d)② ∵d≠0,∴由①②解得 a =2,d=3.

新高考数学一轮复习课时规范练31 数列求和新人教A版高三全册数学试题

课时规范练31 数列求和基础巩固组1.(2019广东广州调研)数列112,314,518,7116,…,(2n-1)+12n ,…的前n 项和S n 的值等于( )A.n 2+1-12nB.2n 2-n+1-12nC.n 2+1-12n -1D.n 2-n+1-12n2.(2019广东深圳调研)已知函数f (n )={n 2,n 为奇数,-n 2,n 为偶数,且a n =f (n )+f (n+1),则a 1+a 2+a 3+…+a 100等于( )A.0B.100C.-100D.10 2003.(2019河南开封调研)已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1·a n =2n (n ∈N *),则S 2 018等于( )A.22 018-1 B.3×21 009-3C.3×21 009-1 D.3×21 008-24.(2017全国2,理15)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=3,S 4=10,则∑n =1n1S k= .5.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足S n =2a n -4(n ∈N *),则a n = ;数列{log 2a n }的前n 项和为 .6.(2019山东淄博一模,17)已知在等比数列{a n }中,a 1=2,且a 1,a 2,a 3-2成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足:b n =1n n+2log 2a n -1,求数列{b n }的前n 项和S n .7.(2019山东实验等四校联考,17)已知数列{a n}的前n项和S n满足√n n=√n n-1+1(n≥2,n∈N),且a1=1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记b n=1n n·n n+1,T n为数列{b n}的前n项和,求使T n≥2n成立的n的最小值.综合提升组8.(2019广东珠海一中等六校联考)已知数列{a n}满足a1=1,且对于任意的n∈N*都有a n+1=a n+a1+n,则1 n1+1n2+…+1n2017等于()A.20162017B.40322017C.20172018D.403420189.(多选)已知函数f(x)=12(x2+a)的图象在点P n(n,f(n))(n∈N*)处的切线l n的斜率为k n,直线l n交x 轴,y轴分别于点A n(x n,0),B n(0,y n),且y1=-1.以下结论中,正确的结论有()A.a=-1B.记函数g(n)=x n(n∈N*),则函数g(n)的单调性是先减后增,且最小值为1C.当n∈N*时,y n+k n+12<ln(1+k n)D.当n∈N*时,记数列{√|n n n }的前n项和为S n,则S n<√2(2n-1)n10.(2019衡水联考)已知数列{a n}与{b n}的前n项和分别为S n,T n,且a n>0,6S n=n n2+3a n,n∈N*,b n=2n n(2n n-1)(2n n+1-1),若∀n∈N*,k>T n恒成立,则k的最小值是.11.(2019山东淄博实验中学期末,17)已知等差数列{a n}的公差d>0,其前n项和为S n,且S5=20,a3,a5,a8成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=1n n·n n+1+n,求数列{b n}的前n项和T n.12.(2019贵州贵阳一模)已知数列{a n}的前n项和是S n,且S n+12a n=1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n =lo g 13(1-S n+1)(n ∈N *),令T n =1n 1n 2+1n 2n3+…+1n n n n +1,求T n .创新应用组13.(2019河南重点学校月考)已知数列{a n }中,a 1=1,a n-1-a n =2a n a n-1(n ≥2).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =nn 2n +1,数列{b n }的前n 项和为S n ,证明:对任意的n ∈N *,都有13≤S n <12.14.(2019河南郑州二模,17)已知数列{a n}中,a1=1,a n>0,前n项和为S n,若a n=√n n+√n n-1(n∈N*,且n≥2).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记c n=a n·2n n,求数列{c n}的前n项和T n.15.(2019四川百校模拟冲刺改编)定义在[0,+∞)上的函数f(x)满足:当0≤x<2时,f(x)=2x-x2;当x≥2时,f(x)=3f(x-2).记函数f(x)的极大值点从小到大依次记为a1,a2,…,a n,…,并记相应的极大值为b1,b2,…,b n,….(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)设S=a1b1+a2b2+…+a20b20,求S的值(不必求出具体的数值).参考答案课时规范练31数列求和1.A该数列的通项公式为a n=(2n-1)+12n ,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+12+122+…+12n=n2+1-12n.2.B由题意,得a1+a2+a3+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)=-50×101+50×103=100.故选B.3.B a1=1,a2=2n1=2,又n n +2·n n +1n n +1·n n=2n +12n=2,∴n n +2n 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 2018=a 1+a 2+a 3+a 4+a 5+a 6+…+a 2017+a 2018=(a 1+a 3+a 5+…+a 2017)+(a 2+a 4+a 6+…+a 2018)=1-210091-2+2(1-21009)1-2=3·21009-3.故选B .4.2nn +1设等差数列的首项为a 1,公差为d ,由题意可知{n 1+2n =3,4n 1+4×32n =10,解得{n 1=1,n =1.所以S n =na 1+n (n -1)2d=n (1+n )2.所以1n n=2n (n +1)=2(1n -1n +1).所以∑n =1n1Sk=2(1-12)+(12-13)+…+(1n -1n +1)=2(1-1n +1)=2nn +1.5.2n+1n (n +3)2∵S n =2a n -4(n ∈N *),∴n=1时,a 1=S 1=2a 1-4,解得a 1=4,n ≥2时,a n =S n -S n-1=2a n -2a n-1,整理,得a n =2a n-1,∴{a n }是首项为4,公比为2的等比数列,∴a n =4×2n-1=2n+1,log 2a n =n+1,∴数列{log 2a n }的前n 项和为2+3+4+5+…+(n+1)=n (n +3)2.6.解(1)设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 1,a 2,a 3-2成等差数列,∴2a 2=a 1+(a 3-2)=2+(a 3-2)=a 3, ∴q=n3n 2=2,∴a n =a 1q n-1=2n (n ∈N *).(2)由(1)及b n =1n n+2log 2a n -1,可知(12)n +2log 22n -1=(12)n+2n-1,∴S n =(12+1)+(12)2+3+[(12)3+5]+…+(12)n+(2n-1)=12+(12)2+(12)3+…+(12)n+[1+3+5+…+(2n-1)]=12[1-(12)n ]1-12+n ·[1+(2n -1)]2=n 2-(12)n+1(n ∈N *).7.解(1)由已知√n n =√n n -1+1,得√n n −√n n -1=1,所以数列{√n n }为等差数列,且√n 1=1.∴√n n =n ,即S n =n 2,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2-(n-1)2=2n-1,又a 1=1也满足上式,∴a n =2n-1.(2)由(1)知,b n =1(2n -1)(2n +1)=1212n -1−12n +1, ∴T n =121-13+13−15+…+12n -1−12n +1=121-12n +1=n2n +1,由T n ≥2n 有n 2≥4n+2,有(n-2)2≥6,所以n ≥5,∴n 的最小值为5.8.D 由题意可得a n+1-a n =n+1,则a 1=1,a 2-a 1=2,a 3-a 2=3,…,a n -a n-1=n ,以上各式相加可得a n =n (n +1)2,则1n n=2(1n -1n +1),1n 1+1n 2+…+1n2017=2×(1-12)+(12-13)+…+12017−12018=40342018.9.ACD 由f (x )=12(x 2+a ),得f'(x )=x ,则f'(n )=n ,即k n =n ,∴曲线在点P n (n ,f (n ))处的切线l n 的切线方程为y-12(n 2+a )=n (x-n ),直线l n 与y 轴交于点B n (0,y n ),则y n =12(n 2+a )-n 2且y 1=-1,解得a=-1,故A 正确;直线l n 与x 轴交于A n (x n ,0),∴0-12(n 2+a )=n (x n -n ).整理得g (n )=x n =n 2+12n,则x'n =12−12n2,令x'n =12−12n 2=0,解得n=1(负值舍去).当n>1时,x'n >0,∴函数g (n )为增函数,当n=1时,函数取最小值,且最小值为1.∴函数g (n )的单调性是增函数,且最小值为1,故B 不正确;在l n 中,令x=0,得y n =-n 2+12(n 2-1)=-12(n 2+1),∴y n +k n +12=-12n 2+n ,当n=1时,y 1+k 1+12=12=ln √e <ln2=ln(1+1)=ln(1+k 1),当n ≥2时,y n +k n +12=-12n 2+n ≤0,而ln(1+k n )=ln(1+n )>ln1=0,故C 正确;∵√|n n n=√2√<√2n 2,∴S n <√2112+122+132+…+1n 2.当n>1时,1n 2<1n (n -1)=1n -1−1n ,∴S n <√21+(1-12)+12−13+…+(1n -1-1n )=√22-1n =√2(2n -1)n,故D 正确.故选ACD .10.149当n=1时,6a 1=n 12+3a 1,解得a 1=3或a 1=0.由a n >0,得a 1=3.由6S n =n n 2+3a n ,得6S n+1=n n +12+3a n+1.两式相减得6a n+1=n n +12−n n 2+3a n+1-3a n .所以(a n+1+a n )(a n+1-a n -3)=0.因为a n >0,所以a n+1+a n >0,a n+1-a n =3.即数列{a n }是以3为首项,3为公差的等差数列,所以a n =3+3(n-1)=3n.所以b n =2n n(2n n-1)(2n n +1-1)=8n(8n-1)(8n +1-1)=1718n-1−18n +1-1.所以T n =1718-1−182-1+182-1−183-1+…+18n -1−18n +1-1=1717−18n +1-1<149.要使∀n ∈N *,k>T n 恒成立,只需k ≥149.11.解(1)因为S 5=5(n 1+n 5)2=20,即a 1+a 5=8,a 3=4,即a 1+2d=4. ①因为a 3,a 5,a 8为等比数列,即n 52=a 3a 8.所以(a 1+4d )2=(a 1+2d )(a 1+7d ),化简得a 1=2d.②联立①和②得a 1=2,d=1,所以a n =n+1.(2)由(1)及b n =1n n ·n n +1+n ,可知b n =1nn ·n n +1+n=1(n +1)(n +2)+n=(1n +1-1n +2)+n ,所以T n =[(12-13)+1]+13−14+2+14−15+3+…+1n +1−1n +2+n =(12-13)+(13-14)+(14-15)+…+1n +1−1n +2+(1+2+3+…+n )=(12-1n +2)+n (n +1)2=n 2(n +2)+n (n +1)2.12.解(1)当n=1时,a 1=S 1,由S 1+12a 1=1,得a 1=23.当n ≥2时,S n =1-12a n ,S n-1=1-12a n-1,则S n -S n-1=12(a n-1-a n ),即a n =12(a n-1-a n ),所以a n =13a n-1(n ≥2).故数列{a n }是以23为首项,13为公比的等比数列.故a n =23·(13)n -1=2·(13)n(n ∈N *).(2)因为1-S n =12a n =(13)n.所以b n =lo g 13(1-S n+1)=lo g 13(13)n +1=n+1.因为1nn n n +1=1(n +1)(n +2)=1n +1−1n +2,所以T n =1n1n 2+1n2n3+…+1n n n n +1=12−13+13−14+…+1n +1−1n +2=12−1n +2=n2(n +2). 13.(1)解由a n-1-a n =2a n a n-1,得nn -1-n nn nnn -1=2,即1n n−1nn -1=2.又1n 1=1,所以数列{1n n }是以1为首项,2为公差的等差数列.所以1n n=1+2(n-1)=2n-1,所以a n =12n -1.(2)证明因为b n =n n 2n +1,所以b n =1(2n -1)(2n +1)=1212n -1−12n +1. 所以S n =12(1-13)+13−15+15−17+…+12n -1−12n +1=12(1-12n +1)=n2n +1.令f (x )=n2n +1=12+1n(x ≥1),易证f (x )单调递增,所以f (x )≥f (1)=13.又f (x )=n 2n +1=12+1n(x ≥1),由1n>0,2+1n>2,所以f (x )=n 2n +1=12+1n<12.所以13≤f (x )<12.即对任意的n ∈N *,都有13≤S n <12.14.解(1)在数列{a n }中,a n =S n -S n-1,又有a n =√n n +√n n -1(n ∈N *,且n ≥2),所以a n =S n -S n-1=(√n n +√n n -1)(√n n −√n n -1)=a n (√n n −√n n -1),所以√n n −√n n -1=1,所以数列{√n n }是以√n 1=√n 1=1为首项,公差为1的等差数列,所以√n n =1+(n-1)=n ,即S n =n 2.当n=1时,a 1=S 1=1,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n 2-(n-1)2=2n-1,a 1=2×1-1=1也满足上式,所以{a n }的通项公式为a n =2n-1.(2)由(1)知c n =a n ·2n n =(2n-1)·22n-1,∴T n =21+3×23+5×25+…+(2n-3)·22n-3+(2n-1)22n-1,①∴4T n =23+3×25+5×27+…+(2n-3)·22n-1+(2n-1)22n+1. ②①-②得-3T n =21+2×23+2×25+2×27+…+2×22n-1-(2n-1)22n+1=5-6n 3×22n+1-103,即T n =6n -59×22n+1+109.15.解(1)由题意当0≤x<2时,f (x )=2x-x 2=-(x-1)2+1,极大值点为1,极大值为1,当x ≥2时,f (x )=3f (x-2).则极大值点形成首项为1公差为2的等差数列,极大值形成首项为1公比为3的等比数列,故a n =2n-1,b n =3n-1,故a n b n =(2n-1)3n-1.(2)由S=a 1b 1+a 2b 2+…+a 20b 20=1×1+3×31+5×32+…+39×319,则3S=1×31+3×32+…+39×320,两式相减得-2S=1+2(31+32+…+319)-320=1+2×3(1-319)1-3-39×320=-2-38×320,∴S=19×320+1.。

2019届高三数学一轮复习：第31讲数列求和

2019年7月10日
第31讲 PART 5
数列求和
教学参考│课前双基巩固│课堂考点探究│教师备用例题
你是我今生最美的相遇遇上你是我的缘
1
考试说明
1.掌握等差数列、等比数列的前n项和公式. 2.掌握一般数列求和的几种常见的方法.
2019年7月10日
你是我今生最美的相遇遇上你是我的缘
2
教学参考
考情分析
�� =1
��
证: ∑
�� =1
1 ��
<21��
2.
证明:(1)由题意得��2�� =anan+1,有 cn=��2�� +1-��2�� =an+1an+2-anan+1=2dan+1, 因此 cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2,所以{cn}是等差
数列.
(2)Tn=(-��12+��22)+(-��32+��42)+…+(-��22��-1+��22�� )=2
d(a2+a4+…+a2n)=2d·��(��
2
+��2�� 2
)=2d2n(n+1),
1.[2017·天津卷] 已知{an}为等差数列, 前 n 项和为 Sn(n∈N*),{bn}是首项为 2 的等比数列,且公比大于 0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{a2nb2n-1}的前 n 项和(n∈ N*).

高考数学一轮复习课时规范练31数列求和理新人教B版

【2019最新】精选高考数学一轮复习课时规范练31数列求和理新人教B版基础巩固组1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和Sn的值等于( )A.n2+1-B.2n2-n+1-C.n2+1-D.n2-n+1-2.在数列{an}中,a1=-60,an+1=an+3,则|a1|+|a2|+…+|a30|=()A.-495B.765C.1 080D.3 1053.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m,其中m,n为正整数,且a1=1,则a10等于( )A.1B.9C.10D.554.已知函数f(x)=xa的图象过点(4,2),令an=,n∈N+.记数列{an}的前n项和为Sn,则S2 018等于( )A.-1B.+1C.-1D.+15.已知数列{an}中,an=2n+1,则+…+=()A.1+B.1-2nC.1-D.1+2n 〚导学号21500545〛6.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,若Sn+1=Sn,则数列的前2 018项和为.7.已知等差数列{an}满足:a5=11,a2+a6=18.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=an+2n,求数列{bn}的前n项和Sn.综合提升组8.如果数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+22+…+2n-1,…的前n项和Sn>1 020,那么n的最小值是( )A.7B.8C.9D.109.(2017山东烟台模拟)已知数列{an}中,a1=1,且an+1=,若bn=anan+1,则数列{bn}的前n项和Sn为( )A. B.C. D. 〚导学号21500546〛10.(2017福建龙岩一模)已知Sn为数列{an}的前n项和,对n∈N+都有Sn=1-an,若bn=log2an,则+…+=.11.(2017广西模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an-1(n∈N+).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=2log3+1,求+…+.创新应用组12.(2017全国Ⅰ,理12)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )A.440B.330C.220D.110 〚导学号21500547〛参考答案课时规范练31 数列求和1.A 该数列的通项公式为an=(2n-1)+,则Sn=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.B 由a1=-60,an+1=an+3可得an=3n-63,则a21=0,|a1|+|a2|+…+|a30|=-(a1+a2+…+a20)+(a21+…+a30)=S30-2S20=765,故选B.3.A ∵Sn+Sm=Sn+m,a1=1,∴S1=1.可令m=1,得Sn+1=Sn+1,∴Sn+1-Sn=1,即当n≥1时,an+1=1,∴a10=1.4.C 由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.∴an=,S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=()+()+()+…+()=-1.5.C an+1-an=2n+1+1-(2n+1)=2n+1-2n=2n,所以+…++…+=1-=1-.6. ∵Sn+1=Sn,∴.又a1=2,∴当n≥2时,Sn=·…··S1=·…·×2=n(n+1).当n=1时也成立,∴Sn=n(n+1).∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n+1)-n(n-1)=2n.当n=1时,a1=2也成立,所以an=2n.∴.则数列的前2 018项和=.7.解 (1)设{an}的首项为a1,公差为d.由a5=11,a2+a6=18,得解得a1=3,d=2,所以an=2n+1.(2)由an=2n+1得bn=2n+1+2n,则Sn=[3+5+7+…+(2n+1)]+(21+22+23+…+2n)=n2+2n+=n2+2n+2n+1-2. 8.D an=1+2+22+…+2n-1=2n-1.∴Sn=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)=(21+22+…+2n)-n=2n+1-n-2,∴S9=1 013<1 020,S10=2 036>1 020,∴使Sn>1 020的n的最小值是10.9.B 由an+1=,得+2,∴数列是以1为首项,2为公差的等差数列,∴=2n-1,又bn=anan+1,∴bn=,∴Sn=,故选B.10. 对n∈N*都有Sn=1-an,当n=1时,a1=1-a1,解得a1=.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=1-an-(1-an-1),化为an=an-1.∴数列{an}是等比数列,公比为,首项为.∴an=.∴bn=log2an=-n.∴.则+…++…+=1-.11.解 (1)当n=1时,a1=a1-1,∴a1=2.当n≥2时,∵Sn=an-1,①Sn-1=an-1-1(n≥2),②∴①-②得an=,即an=3an-1,∴数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,∴an=2·3n-1.(2)由(1)得bn=2log3+1=2n-1,∴+…++…+=+…+.12.A 设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为-n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N+,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则SN-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A.。

2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练31数列求和

课时规范练31 数列求和基础巩固组1.已知函数f(n)=且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于()A.0B.100C.-100D.10 2002.在数列{a n}中,若a n+1+(-1)n a n=2n-1,则数列{a n}的前12项和等于()A.76B.78C.80D.823.(多选)公差为d的等差数列{a n}满足a2=5,a6+a8=30,则下面结论正确的有()A.d=2B.a n=2n+1C.D.的前n项和为4.(多选)数列{a n}满足a1=1,且对随意的n∈N*都有a n+1=a n+n+1,则()A.a n=B.数列的前100项和为C.数列的前100项和为D.数列{a n}的第100项为50 0505.已知T n为数列的前n项和,若m>T10+1 013恒成立,则整数m的最小值为()A.1 026B.1 025C.1 024D.1 0236.若f(x)+f(1-x)=4,a n=f(0)+f+…+f+f(1)(n∈N*),则数列{a n}的通项公式为.7.设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=1,a n+1+S n S n+1=0,则S n= ,数列{S n S n+1}的前n项和T n 为.8.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,S5=20.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若等比数列{b n}满足a4+b4=9,且公比为q,从①q=2;②q=;③q=-1这三个条件中任选一个作为题目的已知条件,求数列{a n-b n}的前n项和T n.9.已知各项均不相等的等差数列{a n}的前4项和为10,且a1,a2,a4是等比数列{b n}的前3项.(1)求a n,b n;(2)设c n=b n+,求{c n}的前n项和S n.10.已知等比数列{a n}满足a1,a2,a3-a1成等差数列,且a1a3=a4.等差数列{b n}的前n项和S n=.(1)求a n,b n;(2)求数列{a n b n}的前n项和T n.综合提升组11.数列{a n}满足a1=1,且对随意的m,n∈N*,都有a m+n=a m+a n+mn,则+…+=()A. B.C. D.12.(多选)已知曲线C:y2=2x+a在点P n(n,)(a>0,n∈N)处的切线l n的斜率为k n,直线l n交x 轴、y轴分别于点A n(x n,0),B n(0,y n),且|x0|=|y0|.以下结论中,正确的结论有()A.a=1B.当n∈N+时,y n的最小值为C.当n∈N+时,k n>sinD.当n∈N+时,记数列{k n}的前n项和为S n,则S n<-1)13.各项均为正数的数列{a n}满足a1=1,a2=(n∈N*),那么a1·a3+a2·a4+a3·a5+…+a n·a n+2= .14.已知在数列{a n}中,a1=,其前n项和S n满足-a n S n+a n=0(n≥2),则a2= ,S2019= .15.已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3=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S100.创新应用组16.(多选)已知函数f(x)=(x2+a)的图像在点P n(n,f(n))(n∈N*)处的切线l n的斜率为k n,直线l n交x轴,y轴分别于点A n(x n,0),B n(0,y n),且y1=-1.以下结论中,正确的结论有()A.a=-1B.记函数g(n)=x n(n∈N*),则函数g(n)先减后增,且最小值为1C.当n∈N*时,y n+k n+<ln(1+k n)D.当n∈N*时,记数列的前n项和为S n,则S n<17.在①b1+b3=a2;②a4=b4;③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求k的值,若k不存在,请说明理由.问题:设等差数列{a n}的前n项和为S n,{b n}是等比数列,,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使得S k><参考答案课时规范练31数列求和1.B由题意,得a1+a2+a3+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)=-50×101+50×103=100.故选B.2.B由已知a n+1+(-1)n a n=2n-1,得(-1)n a n+1+a n=(-1)n(2n-1), ①a n+2+(-1)n+1a n+1=2n+1, ②①+②得a n+2+a n=(-1)n(2n-1)+(2n+1).当n取奇数时,a n+2+a n=2,当n取偶数时,a n+2+a n=4n.取n=1,5,9及n=2,6,10,结果相加可得S12=a1+a2+a3+a4+…+a11+a12=3×2+8+24+40=78.故选B. 3.ABD∵{a n}是等差数列,∴a6+a8=2a7=30,∴a7=15,∴a7-a2=5d,又a2=5,则d=2,故A正确;∴a n=a2+(n-2)d=2n+1,故B正确;,故C错误;∴的前n项和为1-++…+=1-=,故D正确.故选ABD.4.AB因为a n+1=a n+n+1,所以a n+1-a n=n+1.又因为a1=1,所以a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=,数列{a n}的第100项为5050,故A正确,D错误;所以=2,所以数列的前100项和为21-++…+=21-=,故B正确,C错误.故选AB.5.C=1+n,∴T n=n+1-,∴T10+1013=11-+1013=1024-又m>T10+1013恒成立,∴整数m 的最小值为1024.6.a n=2(n+1)由f(x)+f(1-x)=4,可得f(0)+f(1)=4,…,f+f=4,所以2a n=[f(0)+f(1)]+f+f+…+f+f+[f(1)+f(0)]=4(n+1),即a n=2(n+1).7∵a n+1=S n+1-S n,a n+1+S n S n+1=0,∴S n+1-S n+S n S n+1=0,=1.又=1,∴是以1为首项,1为公差的等差数列,=n,∴S n=S n S n+1=,∴T n=1-++…+=1-8.解 (1)设等差数列{a n}的公差为d,又因为S n=na1+d,且a1=2,所以S5=10+10d=20,故d=1,所以a n=n+1;(2)由(1)可知,a4=5,又a4+b4=9,所以b4=4.若选择条件①q=2,可得b1=,T n=(a1-b1)+(a2-b2)+…+(a n-b n)=(a1+a2+…+a n)-(b1+b2+…+b n)=-2n-1+;若选择条件②q=,可得b1==32,T n=(a1-b1)+(a2-b2)+…+(a n-b n)=(a1+a2+…+a n)-(b1+b2+…+b n)=-26-n-64;若选择条件③q=-1,可得b1==-4,T n=(a1-b1)+(a2-b2)+…+(a n-b n)=(a1+a2+…+a n)-(b1+b2+…+b n)=+2[1-(-1)n].9.解 (1)设数列{a n}的公差为d,由题意知a1+a2+a3+a4=4a1+d=4a1+6d=10.①又因为a1,a2,a4成等比数列,所以=a1·a4,即=a1·(a1+3d),化简得d2=a1d,又因为d≠0,所以a1=d.②由①②得a1=1,d=1,所以a n=n.b1=a1=1,b2=a2=2,q==2,所以b n=2n-1.(2)由(1)及c n=b n+可得,c n=2n-1+=2n-1+,所以S n=20+21+…+2n-1+1-+…+=+1-=2n-,所以数列{c n}的前n项和S n=2n-10.解 (1)设{a n}的公比为q,{b n}的公差为d.因为a1,a2,a3-a1成等差数列,所以2a2=a1+(a3-a1),即2a2=a3.因为a2≠0,所以q==2.因为a1a3=a4,所以a1==q=2.因此a n=a1q n-1=2n.由题意,S n=所以b1=S1=1,b1+b2=S2=3,从而b2=2.所以{b n}的公差d=b2-b1=2-1=1.所以b n=b1+(n-1)d=1+(n-1)·1=n.(2)令c n=a n b n,则c n=n·2n.因此T n=c1+c2+…+c n-1+c n=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n.又因为2T n=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1,两式相减得-T n=2+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2.所以T n=(n-1)·2n+1+2.11.D因为a1=1,且对随意的m,n∈N*都有a m+n=a m+a n+mn,令m=1,则有a n+1=a n+n+1,即a n+1-a n=n+1,用累加法可得a n=a1+,所以=2,所以+…+=21-++…+=2×1-=12.ABD由y2=2x+a,当x>0时,y=,y'=,则k n=,切线方程为y-(x-n),令x=0,则y=,令y=0,则x=n-(2n+a)=-n-a,即有x n=-n-a,y n=,由于|x0|=|y0|,则|a|=,解得a=1,故A正确;由于y n=,令=t(t),则y n=在t上递增,则有t=取得最小值,且为,故B正确;当n∈N+时,k n=,令u=0<u,设y=sin u-u,则y'=cos u-1.由于0<u,则<cos u<1,即有y'>0,y在0<u上单调递增,即有y>0,即有k n<sin,故C错误;当n∈N+时,记数列{k n}的前n项和为S n,k n=,由于(当且仅当a=b时取等号),则a+b,则有,则有),则S n=+…+[(-1)+()+…+()]=-1),故D正确.131-由(n∈N*),可得=a n a n+2,∴数列{a n}为等比数列.∵a1=1,a2=,∴q=,∴a n=,∴a n·a n+2=,∴a1·a3=,∴a1·a3+a2·a4+a3·a5+…+a n·a n+2=+…+1-.14.-由题意,知-a n S n+a n=0(n≥2),令n=2,则-a2S2+a2=0,即-a2a2++a2=0,化简得a2+=0,所以a2=-因为-a n S n+a n=0(n≥2),a n=S n-S n-1(n≥2),所以S n S n-1+S n-S n-1=0(n≥2),整理得=1(n≥2),又因为=2,所以是一个以2为首项,1为公差的等差数列,所以=n+1,所以S n=,所以S2024=15.解 (1)设{a n}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=(舍去),q=2.因为a1q2=8,所以a1=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,b m=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25 +6×(100-63)=480.16.ACD由f(x)=(x2+a),得f'(x)=x,则f'(n)=n,即k n=n,∴曲线在点P n(n,f(n))处的切线l n的切线方程为y-(n2+a)=n(x-n),直线l n与y轴交于点B n(0,y n),则y n=(n2+a)-n2且y1=-1,解得a=-1,故A正确.直线l n与x轴交于A n(x n,0),∴0-(n2+a)=n(x n-n).整理得g(n)=x n=,则x'n=,令x'n==0,解得n=1(负值舍去).当n>1时,x'n>0,∴函数g(n)为增函数,当n=1时,函数取最小值,且最小值为1.∴函数g(n)是单调递增的,且最小值为1,故B不正确.在l n中,令x=0,得y n=-n2+(n2-1)=-(n2+1),∴y n+k n+=-n2+n,当n=1时,y1+k1+=ln<ln2=ln(1+1)=ln(1+k1);当n≥2时,y n+k n+=-n2+n≤0,而ln(1+k n)=ln(1+n)>ln1=0,故C正确.,∴S n<+…+.当n=1时,S1=1<当n>1时,,∴S n<1+++…+=2-=,故D正确.故选ACD.17.解依据题意,∵b2=3,b5=-81,{b n}是等比数列,∴b1=-1,q=-3,∴b n=-(-3,∵b1=a5,∴a5=-1.若存在k,使得S k>S k+1,即S k>S k+a k+1,则a k+1<0;同理,若使S k+1<S k+2,即S k+1<S k+1+a k+2,则a k+2>0.若选①b1+b3=a2,则a2=-10,a5=-1,∴d=3,a1=-13,∴a k=3k-16,a k+1=3k-13,a k+2=3k-10,要使S k+1<S k,且S k+1<S k+2,只要<k<,∴存在k=4符合题意.若选②a4=b4,则a5=-1,a4=b4=27,∴数列{a n}为递减数列,故不存在k使a k+1<0,且a k+2>0.若选③S5=-25,则a5=-1,∴d=2,a1=-9,∴a k=2k-11,a k+1=2k-9,a k+2=2k-7,同理求得<k<,∴存在k=4符合题意.。

2019高考数学一轮复习课时规范练31数列求和理新人教A版

课时规范练数列求和一、基础巩固组.数列,…,(),…的前项和的值等于().在数列{}中,则…().已知数列{}的前项和满足,其中为正整数,且,则等于().已知函数()的图象过点(),令∈*.记数列{}的前项和为,则等于().已知数列{}中,则…()〚导学号〛.设数列{}的前项和为,若,则数列的前项和为..已知等差数列{}满足.()求数列{}的通项公式;()若,求数列{}的前项和.二、综合提升组.如果数列,……,…的前项和> ,那么的最小值是().(山东烟台模拟)已知数列{}中,且,若,则数列{}的前项和为()....〚导学号〛.(福建龙岩一模)已知为数列{}的前项和,对∈*都有,若,则…..(广西模拟)已知数列{}的前项和为,且(∈*).()求数列{}的通项公式;()设,求….三、创新应用组.(全国Ⅰ,理)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列,…,其中第一项是,接下来的两项是,再接下来的三项是,依此类推.求满足如下条件的最小整数>且该数列的前项和为的整数幂.那么该款软件的激活码是()〚导学号〛课时规范练数列求和该数列的通项公式为(),则[…()]由可得,则…(…)(…),故选.∵,∴.可令,得,∴,即当≥时,∴.由(),可得,解得,则()∴,…()()()…().(),所以……∵,又,∴当≥时……().当时也成立,∴().∴当≥时()().当时也成立,所以.则数列的前项和.解 ()设{}的首项为,公差为.由,得。

高考数学(理)一轮规范练【32】数列的通项与求和(含答案)

课时规范练32数列的通项与求和课时规范练第50页一、选择题1.已知函数f(n)=且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于( )A.0B.100C.-100D.10200答案:B解析:由题意,a1+a2+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-…-(99+100)+(101+100)=100.故选B.2.数列1,2,3,4,…的前n项和为( )A. B.-C.-+1D.-答案:C解析:由题意,得a n=n+,∴S n=(1+2+3+…+n)++…++1-.故选C.3.已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=(n∈N*),则数列{a n}的通项公式为( )A.a n=2n-1B.a n=2-C.a n=D.a n=答案:C解析:由题意得+1,则+1=2,易知+1=2≠0,所以数列是以2为首项,2为公比的等比数列,则+1=2n,则a n=.4.在数列{a n}中,已知对任意n∈N*,a1+a2+a3+…+a n=3n-1,则+…+等于( )A.(3n-1)2B.(9n-1)C.9n-1D.(3n-1)答案:B解析:因为a1+a2+…+a n=3n-1,所以a1+a2+…+a n-1=3n-1-1(n≥2).则n≥2时,a n=2·3n-1.当n=1时,a1=3-1=2,适合上式,所以a n=2·3n-1(n∈N*).则数列{}是首项为4,公比为9的等比数列.所以+…+(9n-1).故选B.5.如果一个数列{a n}满足a n+1+a n=h(h为常数,n∈N*),则称数列{a n}为等和数列,h为公和,S n是其前n项和.已知等和数列{a n}中,a1=1,h=-3,则S2015等于( )A.3020B.3021C.-3020D.-3021答案:C解析:由公和h=-3,a1=1,得a2=-4,并且数列{a n}是以2为周期的数列,则S2015=1007(a1+a2)+a1=-3021+1=-3020.6.公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n,若a4是a3与a7的等比中项,且S10=60,则S20等于( )A.80B.160C.320D.640答案:C解析:设数列{a n}的公差为d,d≠0,则=a3a7=(a4-d)(a4+3d),d=(a1+3d),∴d=-a1.∵S10==5(2a1+9d)=10a1+45=-20a1=60,∴a1=-3,d=2,∴S20=320.二、填空题7.在数列{a n}中,a1=1,a2=2,且a n+2-a n=1+(-1)n(n∈N*),则S100=.答案:2600解析:由已知,得a1=1,a2=2,a3-a1=0,a4-a2=2,…a99-a97=0,a100-a98=2,累加得a100+a99=98+3,同理得a98+a97=96+3,…,a2+a1=0+3,则a100+a99+a98+a97+…+a2+a1=+50×3=2600.8.数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,a n+1=3S n(n=1,2,3,…),则log4S10=.答案:9解析:∵a n+1=3S n,∴a n=3S n-1(n≥2).两式相减得a n+1-a n=3(S n-S n-1)=3a n,∴a n+1=4a n,即=4.∴{a n}从第2项起是公比为4的等比数列.当n=1时,a2=3S1=3,∴n≥2时,a n=3·4n-2,S10=a1+a2+…+a10=1+3+3×4+3×42+…+3×48=1+3(1+4+…+48)=1+3×=1+49-1=49.∴log4S10=log449=9.9.在等差数列{a n}中,满足3a4=7a7,且a1>0,S n是数列{a n}前n项的和,若S n取得最大值,则n=.答案:9解析:设公差为d,由题设知3(a1+3d)=7(a1+6d),所以d=-a1<0.解不等式a n>0,即a1+(n-1)>0,所以n<,则n≤9,当n≤9时,a n>0,同理可得当n≥10时,a n<0.故当n=9时,S n取得最大值.三、解答题10.设函数f(x)=x m+ax的导函数f'(x)=2x+1,求数列(n∈N*)的前n项和.解:∵f'(x)=mx m-1+a,∴m=2,a=1.∴f(x)=x2+x,f(n)=n2+n.∴.∴S n=+…++…+=1-.11.已知数列{a n}的各项均为正数,S n为其前n项和,对于任意的n∈N*满足关系式2S n=3a n-3.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{b n}的通项公式是b n=,前n项和为T n,求证:对于任意的正整数n,总有T n<1.解：(1)解由已知得(n≥2).故2(S n-S n-1)=2a n=3a n-3a n-1,即a n=3a n-1(n≥2).故数列{a n}为等比数列,且公比q=3.又当n=1时,2a1=3a1-3,∴a1=3.∴a n=3n.(2)证明:∵b n=,∴T n=b1+b2+…+b n=+…+=1-<1.12.已知数列{a n}的前n项和为S n=3n,数列{b n}满足b1=-1,b n+1=b n+(2n-1)(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)求数列{b n}的通项公式b n;(3)若c n=,求数列{c n}的前n项和T n.解:(1)∵S n=3n,∴S n-1=3n-1(n≥2),∴a n=S n-S n-1=3n-3n-1=2×3n-1(n≥2).当n=1时,2×31-1=2≠S1=a1=3,∴a n=(2)∵b n+1=b n+(2n-1),∴b2-b1=1,b3-b2=3,b4-b3=5,…,b n-b n-1=2n-3.以上各式相加得b n-b1=1+3+5+…+(2n-3)==(n-1)2.∵b1=-1,∴b n=n2-2n.(3)由题意得c n=当n≥2时,T n=-3+2×0×31+2×1×32+2×2×33+…+2(n-2)×3n-1,∴3T n=-9+2×0×32+2×1×33+2×2×34+…+2(n-2)×3n,相减得-2T n=6+2×32+2×33+…+2×3n-1-2(n-2)×3n.∴T n=(n-2)×3n-(3+32+33+…+3n-1)=(n-2)×3n-.∴T n=∴T n=(n∈N*).希望对大家有所帮助，多谢您的浏览！。

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课时规范练31 数列求和基础巩固组1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-B.2n2-n+1-C.n2+1-D.n2-n+1-2.在数列{a n}中,a1=-60,a n+1=a n+3,则|a1|+|a2|+…+|a30|=()A.-495B.765C.1 080D.3 1053.已知数列{a n}的前n项和S n满足S n+S m=S n+m,其中m,n为正整数,且a1=1,则a10等于()A.1B.9C.10D.554.已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=,n∈N+.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2 018等于()A.-1B.+1C.-1D.+15.已知数列{a n}中,a n=2n+1,则+…+=()A.1+B.1-2nC.1-D.1+2n〚导学号21500545〛6.设数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,若S n+1=S n,则数列的前2 018项和为.7.已知等差数列{a n}满足:a5=11,a2+a6=18.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=a n+2n,求数列{b n}的前n项和S n.综合提升组8.如果数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+22+…+2n-1,…的前n项和S n>1 020,那么n的最小值是()A.7B.8C.9D.109.(2017山东烟台模拟)已知数列{a n}中,a1=1,且a n+1=,若b n=a n a n+1,则数列{b n}的前n项和S n为()A. B.C. D.〚导学号21500546〛10.(2017福建龙岩一模)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=log2a n,则+…+=.11.(2017广西模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=a n-1(n∈N+).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=2log3+1,求+…+.创新应用组12.(2017全国Ⅰ,理12)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.110 〚导学号21500547〛参考答案课时规范练31数列求和1.A该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.B由a1=-60,a n+1=a n+3可得a n=3n-63,则a21=0,|a1|+|a2|+…+|a30|=-(a1+a2+…+a20)+(a21+…+a30)=S30-2S20=765,故选B.3.A∵S n+S m=S n+m,a1=1,∴S1=1.可令m=1,得S n+1=S n+1,∴S n+1-S n=1,即当n≥1时,a n+1=1,∴a10=1.4.C由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.∴a n=,S2 018=a1+a2+a3+…+a2018=()+()+()+…+()=-1.5.C a n+1-a n=2n+1+1-(2n+1)=2n+1-2n=2n,所以+…++…+=1-=1-.6.∵S n+1=S n,∴.又a1=2,∴当n≥2时,S n=·…··S1=·…·×2=n(n+1).当n=1时也成立,∴S n=n(n+1).∴当n≥2时,a n=S n-S n-1=n(n+1)-n(n-1)=2n.当n=1时,a1=2也成立,所以a n=2n.∴.则数列的前2 018项和=.7.解 (1)设{a n}的首项为a1,公差为d.由a5=11,a2+a6=18,得解得a1=3,d=2,所以a n=2n+1.(2)由a n=2n+1得b n=2n+1+2n,则S n=[3+5+7+…+(2n+1)]+(21+22+23+…+2n)=n2+2n+=n2+2n+2n+1-2.8.D a n=1+2+22+…+2n-1=2n-1.∴S n=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)=(21+22+…+2n)-n=2n+1-n-2,∴S9=1 013<1 020,S10=2 036>1 020,∴使S n>1 020的n的最小值是10.9.B由a n+1=,得+2,∴数列是以1为首项,2为公差的等差数列,∴=2n-1,又b n=a n a n+1,∴b n=,∴S n=,故选B.10.对n∈N*都有S n=1-a n,当n=1时,a1=1-a1,解得a1=.当n≥2时,a n=S n-S n-1=1-a n-(1-a n-1),化为a n=a n-1.∴数列{a n}是等比数列,公比为,首项为.∴a n=.∴b n=log2a n=-n.∴.则+…++…+=1-.11.解 (1)当n=1时,a1=a1-1,∴a1=2.当n≥2时,∵S n=a n-1,①S n-1=a n-1-1(n≥2),②∴①-②得a n=,即a n=3a n-1,∴数列{a n}是首项为2,公比为3的等比数列,∴a n=2·3n-1.(2)由(1)得b n=2log3+1=2n-1,∴+…++…+=+…+.12.A设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为-n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N+,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则S N-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A.。

新教材高考数学一轮复习31数列求和训练含解析新人教B版

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

2019届高考数学一轮复习第六章数列课时跟踪训练31等差数列及其前n项和文20180724378

课时跟踪训练(三十一) 等差数列及其前n 项和[基础巩固]一、选择题1．(2018·湖南衡阳二十六中期中)在等差数列{a n }中，a 3＝1，公差d ＝2，则a 8的值为( )A ．9B ．10C ．11D ．12[解析] a 8＝a 3＋5d ＝1＋5×2＝11，故选C. [答案] C2．在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝8，a 4＝7，则a 5＝( ) A ．11 B ．10 C ．7D ．3 [解析] 设数列{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋4d ＝8，a 1＋3d ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝3，所以a 5＝－2＋4×3＝10.故选B.[答案] B3．(2018·湖北武汉调研)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 5＝3(a 2＋a 8)，则a 5a 3的值为( )A.16 B.13 C.35D.56[解析] 因为S 5＝3(a 2＋a 8)，所以5a 1＋10d ＝3(2a 1＋8d )，即a 1＝－14d ，所以a 5a 3＝a 1＋4d a 1＋2d＝－14d ＋4d －14d ＋2d ＝56. [答案] D4．(2017·安徽合肥二模)已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且a 1＝1，a 4＝4，则a 10＝( )A ．－45B ．－54C.413D.134[解析] 由题意，得1a 1＝1，1a 4＝14，所以等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差为d ＝1a 4－1a 13＝－14，由此可得1a n ＝1＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝－n 4＋54，因此1a 10＝－54，所以a 10＝－45.故选A.[答案] A5．(2017·山西太原一模)在等差数列{a n }中，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝36，则a 6＝( )A ．8B ．6C ．4D ．3[解析] 由等差数列的性质可知2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝2×3a 3＋3×2a 9＝6×2a 6＝36，得a 6＝3，故选D.[答案] D6．(2018·辽宁鞍山一中期末)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若m >1，且a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m 等于( )A ．38B ．20C ．10D ．9[解析] 因为a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，所以a m －1＋a m ＋1＝a 2m .根据等差数列的性质得2a m ＝a 2m ，显然a m ≠0，所以a m ＝2.又因为S 2m －1＝38，所以S 2m －1＝2m －1a 1＋a 2m －12＝(2m －1)a m .将a m ＝2代入可得(2m －1)×2＝38，解得m ＝10.故选C.[答案] C 二、填空题7．(2016·江苏卷)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋a 22＝a 1＋(a 1＋d )2＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝10.解得a 1＝－4，d ＝3，则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20.[答案] 208．(2018·广东深圳中学月考)已知数列{a n }为等差数列，a 3＝7，a 1＋a 7＝10，S n 为其前n 项和，则使S n 取到最大值的n 等于________．[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝7，2a 4＝10，故d ＝a 4－a 3＝－2，a n ＝a 3＋(n －3)d ＝7－2(n －3)＝13－2n .令a n >0，得n <6.5，所以在等差数列{a n }中，其前6项均为正，其他各项均为负，于是使S n 取到最大值的n 的值为6.[答案] 69．(2017·辽宁师大附中期末)等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S n T n ＝3n －12n ＋3，则a 10b 10＝________. [解析] 在等差数列中，S 19＝19a 10，T 19＝19b 10，因此a 10b 10＝S 19T 19＝3×19－12×19＋3＝5641. [答案]5641三、解答题10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12，证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列．[证明] ∵a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，又a n ＝－2S n ·S n －1，∴S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0. ∴1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．由等差数列的定义知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，以2为公差的等差数列．[能力提升]11．(2017·河南百校联盟质监)等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，已知a 2016＝2016，且S 20162016－S 1616＝2000，则a 1等于( ) A ．－2016 B ．－2015 C ．－2014D ．－2013[解析] 解法一：因为S n ＝n a 1＋a n2，所以S n n ＝a 1＋a n 2.因为S 20162016－S 1616＝2000，所以a 2016－a 162＝2000d2＝2000，所以d ＝2.又因为a 2016＝2016，所以a 1＋(2016－1)×2＝2016，解得a 1＝－2014，故选C.解法二：因为S n ＝na 1＋n n －12d ，所以S n n ＝d 2n ＋a 1－d 2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以a 1为首项，以d2为公差的等差数列．所以S 20162016－S 1616＝2000×d2＝2000，所以d ＝2.所以a 2016＝a 1＋(2016－1)×2＝2016，所以a 1＝－2014.故选C.解法三：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2016－1d ＝2016，⎝⎛⎭⎪⎫a 1＋2016－12d －⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋16－12d ＝2000，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2014，d ＝2，故选C.[答案] C12．(2018·黑龙江齐齐哈尔月考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .∵a 6＋a 7＝a 3＋a 10>0，即2a 1＋11d >0，且a 6a 7<0，a 1>0，∴a 6>0，a 7<0.∴d ＝a 7－a 6<0.又∵a 7＝a 1＋6d <0，∴2a 1＋12d <0.当S n ＝a 1＋a n ·n 2＝[2a 1＋n －1d ]·n2>0时，2a 1＋(n －1)d >0.由2a 1＋11d >0,2a 1＋12d <0知n －1最大为11，即n 最大为12.故选C.[答案] C13．(2016·长安一中月考)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．[解析] ∵a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，∴a 8>0.∵a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，∴a 9<0.∴数列的前8项和最大，即n ＝8.[答案] 814．(2017·安徽合肥一中第三次段考)已知数列{a n }是各项为正且首项为1的等差数列，S n 为其前n 项和，若数列{S n }也为等差数列，则S n ＋8a n ＋1的最小值是________．[解析] 设数列{a n }的公差为d (d >0)，即有a n ＝1＋(n －1)d ，S n ＝n ＋12n (n －1)d ，S n ＝12dn 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12d n ，由于数列{S n }也为等差数列，可得1－12d ＝0，即d ＝2，即有a n ＝2n －1，S n ＝n 2，则S n ＋8a n ＋1＝n 2＋82n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋8n ≥12·2·n ·8n＝22，当且仅当n ＝22取得等号，由于n 为正整数，即有n ＝2或3取得最小值．当n ＝2时，取得3；n ＝3时，取得176.故最小值为176.[答案]17615．(2017·河南南阳期终质量评估)设f (x )＝axx ＋a(a >0)，令a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )，又b n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和． [解] (1)证明：a n ＋1＝f (a n )＝a ·a n a n ＋a ，所以1a n ＋1＝a n ＋a a ·a n ＝1a n ＋1a ，即1a n ＋1－1a n ＝1a，又a 1＝1，所以1a 1＝1.所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为1a 的等差数列．所以1a n ＝1＋(n －1)1a ＝n ＋a －1a.所以a n ＝an ＋a －1.(2)b n ＝a n ·a n ＋1＝a n ＋a －1·an ＋a＝a 2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋a －1－1n ＋a ，设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －11＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋a －12＋a ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1＋a －1n ＋a ＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1n ＋a ＝a 2·n ＋a －a a n ＋a ＝na n ＋a ，即数列{b n }的前n 项和为nan ＋a. 16．已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝10，S 6＝72，若b n ＝12a n －30，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的最小值．[解] ∵2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，∴a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，故数列{a n }为等差数列．设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＝10，S 6＝72得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，6a 1＋15d ＝72，解得a 1＝2，d ＝4.∴a n ＝4n －2，则b n ＝12a n －30＝2n －31，令⎩⎪⎨⎪⎧b n ≤0，b n ＋1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧2n －31≤0，2n ＋1－31≥0，解得292≤n ≤312，∵n ∈N *，∴n ＝15，即数列{b n }的前15项均为负值，∴T 15最小．∵数列{b n }的首项是－29，公差为2， ∴T 15＝15－29＋2×15－312＝－225，∴数列{b n }的前n 项和T n 的最小值为－225.[延伸拓展]已知数列{a n }中，a 1＝5且a n ＝2a n －1＋2n－1(n ≥2且n ∈N *)． (1)求a 2，a 3的值；(2)是否存在实数λ，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋λ2n 为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)∵a 1＝5，∴a 2＝2a 1＋22－1＝13，a 3＝2a 2＋23－1＝33.(2)解法一：假设存在实数λ，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋λ2n 为等差数列．设b n ＝a n ＋λ2n，由{b n }为等差数列，则有2b 2＝b 1＋b 3. ∴2×a 2＋λ22＝a 1＋λ2＋a 3＋λ23.∴13＋λ2＝5＋λ2＋33＋λ8.解得λ＝－1. 事实上，b n ＋1－b n ＝a n ＋1－12n ＋1－a n －12n＝12n ＋1[(a n ＋1－2a n )＋1]＝12n ＋1[(2n ＋1－1)＋1]＝1.综上可知，存在实数λ＝－1，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋λ2n为首项是2，公差是1的等差数列．解法二：假设存在实数λ，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋λ2n为等差数列．设b n ＝a n ＋λ2n，由{b n }为等差数列，则有2b n ＋1＝b n ＋b n ＋2(n ∈N *)． ∴2×a n ＋1＋λ2n ＋1＝a n ＋λ2n＋a n ＋2＋λ2n ＋2.∴λ＝4a n ＋1－4a n －a n ＋2 ＝2(a n ＋1－2a n )－(a n ＋2－2a n ＋1) ＝2(2n ＋1－1)－(2n ＋2－1)＝－1.综上可知，当λ＝－1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋λ2n 为首项是2、公差是1的等差数列．附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。

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课时规范练31 数列求和
基础巩固组
1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()
A.n2+1-
B.2n2-n+1-
C.n2+1-
D.n2-n+1-
2.在数列{a n}中,a1=-60,a n+1=a n+3,则|a1|+|a2|+…+|a30|=()
A.-495
B.765
C.1 080
D.3 105
3.已知数列{a n}的前n项和S n满足S n+S m=S n+m,其中m,n为正整数,且a1=1,则a10等于()
A.1
B.9
C.10
D.55
4.已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=,n∈N+.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2 018等于()
A.-1
B.+1
C.-1
D.+1
5.已知数列{a n}中,a n=2n+1,则+…+=()
A.1+
B.1-2n
C.1-
D.1+2n〚导学号21500545〛
6.设数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,若S n+1=S n,则数列的前 2 018项和为.
7.已知等差数列{a n}满足:a5=11,a2+a6=18.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)若b n=a n+2n,求数列{b n}的前n项和S n.
综合提升组
8.如果数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+22+…+2n-1,…的前n项和S n>1 020,那么n的最小值是()
A.7
B.8
C.9
D.10
9.(2017山东烟台模拟)已知数列{a n}中,a1=1,且a n+1=,若b n=a n a n+1,则数列{b n}的前n项和S n为()
A. B.
C. D.〚导学号21500546〛
10.(2017福建龙岩一模)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=log2a n,
则+…+=.
11.(2017广西模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=a n-1(n∈N+).
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)设b n=2log3+1,求+…+.
创新应用组
12.(2017全国Ⅰ,理12)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来
的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()
A.440
B.330
C.220
D.110 〚导学号21500547〛
参考答案
课时规范练31数列求和
1.A该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则
S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.
2.B由a1=-60,a n+1=a n+3可得a n=3n-63,则a21=0,|a1|+|a2|+…+|a30|=-(a1+a2+…+a20)+(a21+…+a30)=S30-2S20=765,故选B.
3.A∵S n+S m=S n+m,a1=1,∴S1=1.可令m=1,得S n+1=S n+1,∴S n+1-S n=1,即当n≥1时,a n+1=1,∴a10=1.
4.C由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.
∴a n=,
S2 018=a1+a2+a3+…+a2
018=()+()+()+…+()=
-1.
5.C a n+1-a n=2n+1+1-(2n+1)=2n+1-2n=2n,
所以+…++…+=1-=1-.
6.∵S n+1=S n,∴.又a1=2,
∴当n≥2
时,S n=·…··S1=·…·×2=n(n+1).
当n=1时也成立,∴S n=n(n+1).
∴当n≥2时,a n=S n-S n-1=n(n+1)-n(n-1)=2n.当n=1时,a1=2也成立,所以a n=2n.
∴.
则数列的前2 018项和
=
.
7.解 (1)设{a n}的首项为a1,公差为d.
由a5=11,a2+a6=18,
得
解得a1=3,d=2,所以a n=2n+1.
(2)由a n=2n+1得b n=2n+1+2n,
则S n=[3+5+7+…+(2n+1)]+(21+22+23+…+2n)=n2+2n+=n2+2n+2n+1-2.
8.D a n=1+2+22+…+2n-1=2n-1.
∴S n=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)=(21+22+…+2n)-n=2n+1-n-2,
∴S9=1 013<1 020,S10=2 036>1 020,∴使S n>1 020的n的最小值是10. 9.B由a n+1=,得+2,
∴数列是以1为首项,2为公差的等差数列,
∴=2n-1,又b n=a n a n+1,
∴b n=,
∴S n=
,故选B.
10.对n∈N*都有S n=1-a n,当n=1时,a1=1-a1,解得a1=.
当n≥2时,a n=S n-S n-1=1-a n-(1-a n-1),化为a n=a n-1.
∴数列{a n}是等比数列,公比为,首项为.∴a n=.
∴b n=log2a n=-n.∴.
则+…++…+=1-. 11.解 (1)当n=1时,a1=a1-1,∴a1=2.
当n≥2时,∵S n=a n-1,①
S n-1=a n-1-1(n≥2),②
∴①-②得a n=,即a n=3a n-1,
∴数列{a n}是首项为2,公比为3的等比数列,∴a n=2·3n-1.
(2)由(1)得b n=2log3+1=2n-1,
∴+…++…+
=+…+.
12.A设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第
n组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为
-n=2n+1-2-n.
由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N+,即N出现在第13组之后.若要使最
小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则S N-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.
所以N=+5=440,故选A.。