2020高考数学刷题首选第四章数列考点测试31数列求和文含解析21
2020版高考数学一轮复习课后限时集训31数列求和(含解析)理
课后限时集训(三十一)(建议用时：60分钟) A 组 基础达标一、选择题1．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400D ．－400B [S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.]2．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.]3．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121A [a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－nn＋1＋n n ＋1－n＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝10. 即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120.] 4.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋2－1的值为( )A.n ＋1n ＋B.34－n ＋1n ＋C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2 C [因为1n ＋2－1＝1n 2＋2n ＝1nn ＋＝121n －1n ＋2， 所以122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋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－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 ＋1，② ①－②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．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑nk ＝1 1S k＝________.2nn ＋1 [由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ×1＋n n －2×1＝n n ＋2，1S n ＝2nn ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋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＋ (2))－n ＝－2n1－2－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 －1，①2S 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＋ (2))＝n ＋2－2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －2.]三、解答题9．(2019·福州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1. (1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)设b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －1)－(2a n －1－1)， 所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知，a n ＝2n －1， 所以b n ＝(2n －1)×2n －1，所以T n ＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1，①2T n ＝1×2＋3×22＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n，②由①－②得－T n ＝1＋2×(21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)×2n＝1＋2×2－2n －1×21－2－(2n －1)×2n＝(3－2n )×2n－3， 所以T n ＝(2n －3)×2n＋3.10．(2019·唐山模拟)已知数列{a n }满足：1a 1＋2a 2＋…＋n a n ＝38(32n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 3a nn，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1.[解] (1)1a 1＝38(32－1)＝3，当n ≥2时，n a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n a n －1a 1＋2a 2＋…＋n －1a n －1＝38(32n －1)－38(32n －2－1)＝32n －1，当n ＝1时，na n＝32n －1也成立，所以a n ＝n32n －1.(2)b n ＝log 3a n n＝－(2n －1)， 因为1b n b n ＋1＝1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. B 组 能力提升1．1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋1＋12＋14＋…＋1210的值为( )A ．18＋129B ．20＋1210C ．22＋1211D ．18＋1210B [设a n ＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .则原式＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1211 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋1211＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12111－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－⎝⎛⎭⎪⎫1－1211 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫11－1＋1211＝20＋1210.] 2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝( ) A ．22 016－1B ．3·21 008－3 C ．3·21 008－1D ．3·21 007－2B [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 2 016＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 015＋a 2 016 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 015)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 016) ＝1－21 0081－2＋－21 0081－2＝3·21 008－3.故选B.]3．(2019·龙岩模拟)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＝________.nn ＋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 －＝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．(2017·山东高考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n项和T n .[解] (1)设{a n }的公比为q ， 由题意知a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，由以上两式联立方程组解得a 1＝2，q ＝2， 所以a n ＝2n. (2)由题意知S 2n ＋1＝n ＋b 1＋b 2n ＋12＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ， 又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .。
2020高考数学刷题首选第四章数列考点测试31数列求和文含解析
考点测试31 数列求和一、基础小题1．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( ) A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2 D ．2n＋n －2答案 C解析 S n ＝2(1－2n)1－2＋n (1＋2n －1)2＝2n ＋1－2＋n 2．故选C ．2．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 5等于( )A ．1B ．56C ．16D ．130答案 B解析 ∵a n ＝1n －1n ＋1，∴S 5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝56．故选B ．3．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝10a 1，则a 1d＝( ) A ．12 B ．1 C ．32 D ．2 答案 B解析 由S 4＝10a 1得4(a 1＋a 4)2＝10a 1，即d ＝a 1．所以a 1d ＝1．故选B ．4．已知数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2a 2，则( ) A ．a 1<0 B ．a 1>0 C ．a 1≠a 2 D ．a 2＝0解析 ∵a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2a 2，当n ＝1时，a 1＝2a 2，当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2，∴a 2＝0．故选D ． 5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 1(4n －1)3，若a 3＝8，则a 1＝( )A ．14B ．12 C ．64 D ．128 答案 B解析 ∵S 3－S 2＝a 3，∴a 1(43－1)3－a 1(42－1)3＝8，∴a 1＝12，故选B ．6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 11＝( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8 答案 B解析 由当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n 得a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，上面两式相减得a n ＋1－a n ＋2a n ＝1，即a n ＋1＋a n ＝1，所以S 11＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 10＋a 11)＝5×1＋1＝6．故选B ．7．设S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1n ，则S 4m ＋S 2m ＋1＋S 2m ＋3(m ∈N *)的值为( )A ．0B ．3C ．4D ．随m 的变化而变化 答案 B解析 容易求得S 2k ＝－k ，S 2k ＋1＝k ＋1，所以S 4m ＋S 2m ＋1＋S 2m ＋3＝－2m ＋m ＋1＋m ＋2＝3．故选B ． 8．在等比数列{a n }中，前7项的和S 7＝16，且a 21＋a 22＋…＋a 27＝128，则a 1－a 2＋a 3－a 4＋a 5－a 6＋a 7＝( ) A ．8 B ．132 C ．6 D ．72答案 A解析 设数列{a n }的公比为q ，则a 1－a 2＋a 3－a 4＋a 5－a 6＋a 7＝a 1[1－(－q )7]1－(－q )＝a 1(1＋q 7)1＋q，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝16，a 21＋a 22＋…＋a 27＝a 21(1－q 14)1－q 2＝128．∵a 1(1＋q 7)1＋q ·a 1(1－q 7)1－q ＝a 21(1－q 14)1－q2，∴a 1－a 2＋a 3－a 4＋a 5－a 6＋a 7＝12816＝8．故选A ．二、高考小题9．(2017·全国卷Ⅰ)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解析 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n (n ＋1)2．由题意知，N >100，令n (n ＋1)2>100，解得n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2(1－2n)1－2－n ＝2n ＋1－2－n ．设N 是第n ＋1组的第k项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n (n ＋1)2项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k－1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)，∴n 最小为29，此时k ＝5．则N ＝29×(1＋29)2＋5＝440．故选A ．10．(2016·北京高考)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________． 答案 6解析 设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 1＝6，a 3＋a 5＝0，∴6＋2d ＋6＋4d ＝0，∴d ＝－2，∴S 6＝6×6＋6×52×(－2)＝6．11．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑nk ＝11S k＝________． 答案2nn ＋1解析 设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝n ．∴前n 项和S n ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴1S n＝2n (n ＋1)＝21n －1n ＋1，∴∑nk ＝11S k ＝21－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝21－1n ＋1＝2·n n ＋1＝2n n ＋1． 12．(2015·全国卷Ⅱ)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 ＝________． 答案 －1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1， 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．13．(2018·江苏高考)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n >12a n ＋1成立的n 的最小值为________．答案 27解析 设A n ＝2n －1，B n ＝2n ，n ∈N *，当A k <B l <A k ＋1(k ，l ∈N *)时，2k －1<2l<2k ＋1，有k －12<2l －1<k ＋12，则k ＝2l －1，设T l ＝A 1＋A 2＋…＋A 2l －1＋B 1＋B 2＋…＋B l ，则共有k ＋l ＝2l －1＋l 个数，即T l ＝S 2l －1＋l ，而A 1＋A 2＋…＋A 2l －1＝2×1－1＋2l－12×2l －1＝22l －2，B 1＋B 2＋…＋B l ＝2(1－2l)1－2＝2l ＋1－2．则T l ＝22l －2＋2l ＋1－2，则l ，T l ，n ，a n ＋1的对应关系为观察到l ＝5时，T l ＝S 21<12a 22，l ＝6，T l ＝S 38>12a 39，则n ∈[22,38)，n ∈N *时，存在n ，使S n ≥12a n ＋1，此时T 5＝A 1＋A 2＋…＋A 16＋B 1＋B 2＋B 3＋B 4＋B 5，则当n ∈[22,38)，n ∈N *时，S n ＝T 5＋(n －22＋1)(A 22－5＋A n －5)2＝n 2－10n ＋87．a n ＋1＝A n ＋1－5＝A n －4,12a n ＋1＝12[2(n －4)－1]＝24n －108，S n －12a n ＋1＝n 2－34n ＋195＝(n －17)2－94，则n ≥27时，S n －12a n ＋1>0，即n min ＝27．三、模拟小题14．(2018·福建厦门第一学期期末)已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( )A ．250B ．200C ．150D ．100 答案 D解析 n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋1－a 2k ＝2，n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＋a 2k －1＝2，n ＝2k ＋1(k ∈N *)时，a 2k ＋2＋a 2k ＋1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝4，a 2k ＋2＋a 2k ＝0，∴{a n }的前100项和＝(a 1＋a 3)＋…＋(a 97＋a 99)＋(a 2＋a 4)＋…＋(a 98＋a 100)＝25×4＋25×0＝100．故选D ．15．(2018·浙江模拟)已知数列{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12n －12，n 为奇数，12n2，n 为偶数，则数列{3a n ＋n －7}的前2n 项和的最小值为( )A ．－514B ．－1854C ．－252D ．－1058答案 D解析 设b n ＝3a n ＋n －7，{3a n ＋n －7}的前2n 项和为S 2n ，则S 2n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n ＝3⎩⎨⎧⎭⎬⎫1－12n 1－12＋121－12n 1－12＋(1＋2＋3＋…＋2n )－14n ＝91－12n ＋2n 2－13n ，又2n 2－13n ＝2n －1342－1698，当n ≥4时，f (n )＝2n －1342－1698是关于n 的增函数，又g (n )＝91－12n也是关于n 的增函数，∴S 8<S 10<S 12<…，∵S 8＝－18516，S 6＝－1058，S 4＝－454，S 2＝－132，∴S 6<S 8<S 4<S 2， ∴S 6最小，S 6＝－1058，故选D ．16．(2018·皖南八校第三次联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1，b n ＝log 2(a 2n ·2an )，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >1024的最小n 的值为________．答案 9解析 当n ＝1时，a 1＝4， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n，n ≥2.所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8，n ＝1，2n ＋2n，n ≥2，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8，n ＝1，2n ＋1＋n (n ＋1)＋2，n ≥2.当n ＝9时，T 9＝210＋9×10＋2＝1116>1024；当n ＝8时，T 8＝29＋8×9＋2＝586<1024，所以满足T n >1024的最小n 的值为9．17．(2018·江西南昌莲塘一中质检)函数f (x )＝e x－1e x ＋1，g (x )＝f (x －1)＋1，a n ＝g 1n ＋g 2n ＋g 3n ＋…＋g 2n －1n，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝2n －1解析 由题意知f (x )的定义域为R ， 又f (－x )＝e －x－1e －x ＋1＝1－ex1＋ex ＝－f (x )，∴函数f (x )＝e x －1e x ＋1为奇函数，g (x )＋g (2－x )＝f (x －1)＋1＋f (2－x －1)＋1＝f (x －1)＋f (1－x )＋2，由f (x )＝e x－1e x ＋1为奇函数，知f (x －1)＋f (1－x )＝0，∴g (x )＋g (2－x )＝2．∵a n ＝g 1n ＋g 2n ＋g 3n ＋…＋g 2n －1n，n ∈N *，①∴a n ＝g 2n －1n ＋g 2n －2n ＋g 2n －3n ＋…＋g 1n，n ∈N *，②由①＋②得2a n ＝g 1n ＋g 2n －1n ＋g 2n ＋g 2n －2n ＋…＋g 2n －1n ＋g 1n＝(2n －1)×2，则数列{a n }的通项公式为a n＝2n －1．18．(2018·洛阳质检)已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ．若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n 为________．答案 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 ，∴{a n }是公比为3的等比数列，∴S n ＝2×(1－3n)1－3＝3n－1．19．(2018·石家庄质检二)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n，如果存在正整数n ，使得(m －a n )(m －a n ＋1)<0成立，那么实数m 的取值范围是________．答案 －12，34解析 易得a 1＝－12，n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝－12n －－12n －1＝3×－12n．则有a 1<a 3<…<a 2k －1<0<a 2k <…<a 4<a 2(k∈N *)．若存在正整数n ，使得(m －a n )(m －a n ＋1)<0成立，则只需满足a 1<m <a 2即可，即－12<m <34．20．(2018·湖北八市3月联考)已知数列{a n }的首项a 1＝1，函数f (x )＝x 4＋a n ＋1cos2x －(2a n ＋1)有唯一零点，则数列{n (a n ＋1)}的前n 项和为________．答案 (n －1)2n ＋1＋2解析 解法一：显然f (x )为R 上的偶函数，若其仅有一个零点，则f (0)＝0，即a n ＋1＝2a n ＋1，则a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，从而{a n ＋1}是公比为2的等比数列，a n ＋1＝(1＋1)·2n －1，a n ＝2n －1(n ∈N *)．从而n (a n ＋1)＝n ·2n，设T n ＝1·21＋2·22＋…＋n ·2n,2T n ＝1·22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1，作差得－T n ＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1，－T n＝2(2n－1)－n ·2n ＋1，所以T n ＝2＋(n －1)2n ＋1．解法二：显然f (x )为R 上的偶函数，若其仅有一个零点，则f (0)＝0，即a n ＋1＝2a n ＋1，则a n ＋1＋1＝2(a n＋1)，从而{a n ＋1}是以2为公比的等比数列，a n ＋1＝(1＋1)2n －1，a n ＝2n －1(n ∈N *)．从而n (a n ＋1)＝n ·2n＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，(n －1)2n ＋1－(n －2)2n，n ≥2，设T n ＝2＋23＋2·24－23＋3·25－2·24＋…＋(n －1)·2n ＋1－(n －2)·2n，则T n ＝2＋(n －1)2n ＋1．一、高考大题1．(2018·浙江高考)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n ．(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8． 由a 3＋a 5＝20得8q ＋1q＝20，解得q ＝2或q ＝12，因为q >1，所以q ＝2．(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n ．由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1．由(1)可知a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)·12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·12n －2＋(4n －9)·12n －3＋…＋7·12＋3．设T n ＝3＋7·12＋11·122＋…＋(4n －5)·12n －2，n ≥2，12T n ＝3·12＋7·122＋…＋(4n －9)·12n －2＋(4n －5)·12n －1， 所以12T n ＝3＋4·12＋4·122＋…＋4·12n －2－(4n －5)·12n －1，因此T n ＝14－(4n ＋3)·12n －2，n ≥2，又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)·12n －2，n ≥2．经检验，当n ＝1时，b n 也成立． 故b n ＝15－(4n ＋3)·12n －2．2．(2018·天津高考)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *)．已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6．(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值． 解 (1)设等比数列{b n }的公比为q ． 由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0． 因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1．所以T n ＝1－2n1－2＝2n－1．设等差数列{a n }的公差为d ． 由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4． 由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16， 从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n ． 所以S n ＝n (n ＋1)2．(2)由(1)，有T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×(1－2n)1－2－n ＝2n ＋1－n －2．由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得n (n ＋1)2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍去)或n ＝4． 所以n 的值为4．3．(2017·天津高考)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 等比数列{b n }的公比为q ．由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0，解得q ＝2或q ＝－3， 又因为q ＞0，所以q ＝2．所以b n ＝2n． 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8．① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2．所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n． (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，有a 2n b 2n －1＝(3n －1)·4n，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)·4n，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)·4n ＋(3n －1)·4n ＋1，上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)·4n ＋1＝12×(1－4n)1－4－4－(3n －1)·4n ＋1＝－(3n －2)·4n ＋1－8．得T n ＝3n －23·4n ＋1＋83．所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23·4n ＋1＋83．二、模拟大题4．(2018·山西太原模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n (n ＋1)2，数列{b n }满足b n ＝a n ＋a n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若c n ＝2an ·(b n －1)(n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n ． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n (n ＋1)2－(n －1)n2＝n ，又a 1＝1符合上式，∴a n ＝n (n ∈N *)， ∴b n ＝a n ＋a n ＋1＝2n ＋1． (2)由(1)得c n ＝2an (b n －1)＝n ·2n ＋1，∴T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n＋n ×2n ＋1， ① 2T n ＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋(n －1)×2n ＋1＋n ×2n ＋2， ②①－②得，－T n ＝22＋23＋24＋…＋2n ＋1－n ·2n ＋2＝4(1－2n)1－2－n ·2n ＋2＝(1－n )·2n ＋2－4，∴T n ＝(n －1)·2n ＋2＋4．5．(2018·沈阳质检)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n ． 解 (1)由题设知a 1a 4＝a 2a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．设等比数列{a n }的公比为q ，由a 4＝a 1q 3得q ＝2， 故a n ＝a 1qn －1＝2n －1，n ∈N *．(2)S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2n－1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1S 1－1S 2＋1S 2－1S 3＋…＋1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1，n ∈N *． 6．(2018·安徽马鞍山第二次教学质量监测)已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 2＝37，S 4＝152． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n －2n|}的前n 项和T n ． 解 (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝37，4a 1＋6d ＝152，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝35，d ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋33(n ∈N *)． (2)由(1)知，|a n －2n|＝|2n ＋33－2n|＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋33－2n(1≤n ≤5)，2n－(2n ＋33)(n ≥6).当1≤n ≤5时，T n ＝(35＋2n ＋33)n 2－2(1－2n)1－2＝n 2＋34n －2n ＋1＋2；当n ≥6时，T 5＝133，|2n ＋33－2n|＝2n－(2n ＋33)， T n －T 5＝64(1－2n －5)1－2－(45＋2n ＋33)(n －5)2＝2n ＋1－n 2－34n ＋131，∴T n ＝2n ＋1－n 2－34n ＋264．综上所述，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2＋34n －2n ＋1＋2(1≤n ≤5，n ∈N *)，2n ＋1－n 2－34n ＋264(n ≥6，n ∈N *).。
2020年高考数学(理)总复习：数列的求和及综合应用(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}为等差数列，{b n}为等比数列．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．题组训练一数列求和已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且6S n＝3n＋1＋a(a∈N*)．(1)求a的值及数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝(－1)n－1(2n2＋2n＋1)(log3a n＋2)2(log3a n＋1)2，求{b n}的前n项和T n.题型二数列与函数的综合问题【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；(2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2n2＋2n.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若点(b n，a n)在函数y＝log2x的图象上，求数列{b n}的前n项和T n.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n}与{b n}的前n项和分别为A n和B n，且对任意n∈N*，a n＋1－a n＝2(b n＋1－b n)恒成立．(1)若A n＝n2，b1＝2，求B n；(2)若对任意n∈N*，都有a n＝B n及b2a1a2＋b3a2a3＋b4a3a4＋…＋b n＋1a n a n＋1＜13成立，求正实数b1的取值范围；(3)若a1＝2，b n＝2n，是否存在两个互不相等的整数s，t(1＜s＜t)，使A1B1，A sB s，A tB t成等差数列？若存在，求出s，t的值；若不存在，请说明理由．2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一 数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2； 当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二 数列与函数的综合问题 【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n 1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫⎝⎛32. 题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解 由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明 法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立． 综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2； 经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)． 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n<12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A tB t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由． 【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2， 即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n .(2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )， 即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2，所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)，所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)， 因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2，当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ，又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n2n －1，假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t2t －1成等差数列， 即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s2s －1＞1，即2s＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求；当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A tB t成等差数列．。
2024届高考数学数列进阶训练——(4)数列求和(含答案)
2024届高考数学数列进阶训练（4）数列求和1.111133636936930++++=+++++++L L ()A.310 B.1033C.35D.20332.正整数数列{}n 的前n 项和为n S ，则数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前100项和100T 为()A.10099B.99100C.200101D.1001013.已知数列{}n a 满足11(1)2n n n a a +++-=，则其前100项和为()A.250B.200C.150D.1004.已知数列{}n a 中，21311,,22na S n n ==-设11,n n n b a a +=则数列{}n b 的前n 项和为()A.31nn + B.331n n + C.132n n -- D.3332n n -+-5.数列21,12,122+++，…，23212222n -+++++L 的前n 项和为()A.21n n -- B.122n n +-- C.2nD.12n n+-6.数列{}2nn ⋅的前n 项和等于()A.222n n n ⋅-+B.11222n n n ++⋅-+ C.122n n n +⋅- D.1122n n n ++⋅-7.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且122n n S +=-，则数列2211log log n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T =()A.2nn + B.1n n + C.12n n ++ D.12n n -+8.已知数列{}n a 的通项公式是1235nn a n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则其前20项和为()A.1931380155⎛⎫-⨯- ⎪⎝⎭B.2031420145⎛⎫-⨯- ⎪⎝⎭C.2021400155⎛⎫-⨯- ⎪⎝⎭D.2041440155⎛⎫-⨯- ⎪⎝⎭9.已知()f x 是定义在R 上的奇函数，且满足对R x ∀∈，π(2)()1,()()cos2x f x f x g x f x +=+=+，则12875()()(219219219g g g ++= ()A.873B.874C.875D.87610.（多选）已知数列{}n a 满足11a =，()*123nn naa n a +=∈+N ，则下列结论正确的是()A.13n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列 B.{}n a 的通项公式为1123n n a -=-C.{}n a 为递增数列D.1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和2234n n T n +=--11.（多选）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，….设第n 层有n a 个球，从上往下n 层球的总数为n S ，则()A.535S =B.1n n n a a +-=C.(1)2n n n a +=D.1231001111200101a a a a +++⋅⋅⋅+=12.（多选）已知正项数列{}n a 的首项为2，前n 项和为n S ，且()()111111,22n n n n n n n n n n a a a a S a S b a a ++++-+++=+=+-，数列{}n b 的前n 项和为n T ，若16n T <，则n 的值可以为()A.543B.542C.546D.54413.设()*1111122334(1)n S n n n =++++∈⨯⨯⨯+N ，且156n n S S +=，则n =____________.14.计算239111112392222⨯+⨯+⨯++⨯=L ____________.15.已知数列{}n a 满足212335(21)2n n a a a n a n +++++-=⋅ ，设(21)n n b n a =-，则{}n b 的前n 项和n T =_______.16.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且13322n n S -=⋅-，则数列2(2)n a n n ⎧⎫+⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T =_____________.17.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n a S -=.（1）求n a 与n S ；（2）记21n nn b a -=，求数列{}n b 的前n 项和n T .18.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，11nn S a n n+=--，*n ∈N .（1）求n S ；（2）令1112(1)n n n n n n n S Sb na a n a a ++++=-+，证明：12313n b b b b ++++< .19.已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，315S =，127a a a ⋅=.（1）求n a ；（2）若2(1)na n n nb a =+-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .20.已知{}n a 是一个公差大于0的等差数列，且满足362755,16a a a a =+=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n a 和数列{}n b 满足等式：312232222n n nb b b ba =++++L (n 为正整数)，求数列{}n b 的前n 项和n S .答案以及解析1.答案：D解析：由题意可设122113693(33)31n a n n n n n ⎛⎫===- ⎪++++++⎝⎭L ，则数列{}n a 的前10项的和10111121111336369369303223S ⎛=++++=⨯-+-+ +++++++⎝L L 11112120134101131133⎫⎛⎫-++-=⨯-=⎪ ⎪⎭⎝⎭L .故选D.2.答案：C解析：由题意，正整数数列{}n 的前n 项和1(1)2n S n n =+，12112(1)1n S n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，则10012100111T S S S =+++= 1111112002121223100101101101⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ，故选C.3.答案：D解析：当n 为奇数时，12n n a a ++=，则前100项和为()()()123499100250100a a a a a a ++++++=⨯= .4.答案：A解析：当2n 时2131,22n n n a S S n n -=-=--231(1)(1)3222n n n ⎡⎤---=-⎢⎥⎣⎦，当1n =时，11a =也成立，所以32n a n =-，则111(32)(31)n n n b a a n n +===-+11133231n n ⎛⎫- ⎪-+⎝⎭，设n T 为数列{}n b 的前n 项和，则111111344732n T n ⎛=-+-++- -⎝L 11113133131nn n n ⎫⎛⎫=-=⎪ ⎪+++⎭⎝⎭.5.答案：B解析：设此数列的第n 项为n a ，则2321121222222112nn n n n a ---=++++++==--L ，所以数列{}n a 的前n 项和为()121122122121212212n nn n a a a n n +-+++=-+-++-=-=---L L .故选B.6.答案：B解析：设{}2nn ⋅的前 n 项和为n S ，则1231222322n n S n =⨯+⨯+⨯++⋅L ，①所以23121222(1)22n n n S n n +=⨯+⨯++-+⋅L ，②①-②得()231121222222212n n n n n S n n ++--=++++-⋅=⋅-L ，所以11222n n n S n ++=⋅-+.故选B.7.答案：B解析：当1n =时，211222a S ==-=；当2n ≥时，()1122222n n nn n n a S S +-=-=---=，∴数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，且2n n a =，则122122log log log 2log 2(1)n n n n a a n n ++==+，1111223(1)n T n n ∴=+++=⨯⨯+ 11111122311n n n n -+-++-=++ ，故选B.8.答案：B解析：数列{}n a 的前20项和222012201112(1220)32555S a a a ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+++=⨯+++-⨯+++=⨯⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦L L L 202011155(120)203134201124515⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥+⨯⎛⎫⎣⎦-⨯=-⨯- ⎪⎝⎭-.9.答案：B解析：由题意得，()()()21f x f x f x -=-=-+-⎡⎤⎣⎦，则()()21f x f x -++=，故()()2g x g x +-()()ππcos2cos π122x x f x f x ⎛⎫ =++⎝--⎪⎭+=.又()6(41)f x f x +=++()22f x =++()3f x =+()3f x =--+，()()63f x f x ∴-++=，()()6g x g x +-()()πcos6cos 3π322x x f x f x π=++-+-⎫ ⎪⎝⎭=⎛.令112437...219219219S g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭++⎝⎭⎝=⎭+，则14374361...219219219S g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝=++⎭+，14371219219g g ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭Q ，124371S ∴=⨯，可得14372S =.令2439440875219219219S g g g =++⋯⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭+，则2875874439...219219219S g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，4398753219219g g ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭Q ，224373S ∴=⨯，213112S ∴=.又()()2011f f =+=，()()22cos π0438219g g f ⎛⎫⎪∴==+⎭=⎝，故原式()1243713112087422S g S =++=++=，故选B.10.答案：AD 解析：123123n n n n a a a a ++==+，111323n n a a +⎛⎫∴+=+ ⎪⎝⎭，又11340a +=≠，13n a ⎧⎫∴+⎨⎬⎩⎭是以4为首项，2为公比的等比数列，即11342n n a -+=⨯，1123n na +∴=-，1123n n a +∴=-，{}n a ∴为递减数列，1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和()()()()2311223232322223n nn T n +=-+-++-=+++-= 21222323412nn n n +-⨯⨯-=---.故选AD.11.答案：ACD解析：依题意可知11n n a a n +-=+，B 错误.由11a =，2123a =+=，3336a =+=，46410a =+=，510515a =+=，得5136101535S =++++=，A 正确.由11n n a a n +-=+，1(2)n n a a n n --=≥，得()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+= (1)(1)212n n n n ++-+++= ，C 正确.由11121n a n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，得121001111111121223100101a a a ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦120021101101⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，D 正确.故选ACD.12.答案：AB解析：本题考查数列的前n 项和与通项的关系、裂项相消法求和.依题意，()()11112n n n n n n n a a a a S a S +++-+++=+，则()221121n n n n a a a a ++-=-+，即()()221112n n a a +---=，故数列(){}21n a -是首项为()2111a -=，公差为2的等差数列，则()2121n a n -=-，则1n a =，所以11212122n n n b a a +==+-，则1111)22n T =-+-++= .令11)162<，解得33<，即544n <，故选AB.13.答案：10解析：111111111122334111n n S nn n n =-+-+-++-=-=+++ ，则1151226n n n n n S S n n n ++=⋅==+++，解得10n =.14.答案：1013512解析：令239111112392222S =⨯+⨯+⨯++⨯L ，①则2341011111123922222S =⨯+⨯+⨯++⨯L ，②①-②得239101111119222222S =++++-⨯=L 9109101011111111101322919112222102412⎛⎫- ⎪⎝⎭-⨯=--⨯=-=-，所以1013512S =.15.答案：22n n +⋅解析：当1n =时，18a =，当2n 时，21123123135(21)2,35(23)(1)2n n n n a a a n a n a a a n a n ++-++++-=⋅++++-=-⋅ ，相减得111(21)(1)2,221n n n n n n a n a n n +++-=+⋅∴=⋅-，当1n =时，18a =成立，1123112,(21)(1)2,2232(1)221n n n n n n n n a b n a n T n n ++++∴=⋅∴=-=+⋅∴=⨯+⨯+++⋅- ，34222232(1)2n n T n +=⨯+⨯+++⋅ ，两式相减得2341222222(1)2n n n T n ++-=⨯++++-+= 222,2n n n n T n ++-⋅∴=⋅.16.答案：1113212n n n -⋅--++解析：依题意，当1n =时，1132a S ==；当2n ≥时，213322n n S --=⋅-，故2132n n n n a S S --=-=⋅.综上所述，232n n a -=⋅.故2222113232(2)(2)2n n n a n n n n n n --+=+⋅=-+⋅+++.故123n nT b b b b =++++L ()1111113112232422n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-++++ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L 111111113211233412221n n n n n -⎛⎫⎛⎫=++++-++++++⨯⎪ ⎪++-⎝⎭⎝⎭L L ()3113212122n n n =--+⨯-++1113212n n n -=⋅--++.17.（1）答案：12n n a a -=；21nn S =-解析：由21,n n a S -=得12=n n S a -，当1n =时，11121a S a ==-，得11a =；当2n ≥时，()()112121n n n n n a S S a a --=-=---，得12n n a a -=，所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12n n a -=.所以2121nn n S a =-=-.（2）答案：12362n n n T -+=-解析：由(1)可得1212n n n b --=，则2113521111222n n n T --=++++=⨯+ 2111135(21)222n n -⨯+⨯++-⋅ ，2311111135(21)22222n n T n =⨯+⨯+⨯++-⋅ ，两式相减得23111111112(21)222222n n n T n -⎛⎫=+++++--⋅ ⎪⎝⎭ ，所以23111111124(21)22222n n n T n --⎛⎫=+++++--⋅ ⎪⎝⎭11112224(21)1212n n n --=+⋅--⋅-12362n n -+=-.18.答案：（1）2n S n =（2）见解析解析：（1）因为11n n n a S S ++=-，11nn S a n n+=--，所以()()111(1)n n n n S n a n n S S n n ++=--=--+，故1(1)(1)n n n S nS n n ++=-+，即111n nS S n n+-=+，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为11111S a ==，公差为1的等差数列，故1(1)nS n n n=+-=，则2n S n =.（2）因为2n S n =，()*12,n n n a S S n n -=-≥∈N ，所以()22*(1)212,n a n n n n n =--=-≥∈N .又11a =符合上式，所以()*21n a n n =-∈N .因为1112(1)n n n n n n n S S b na a n a a ++++=-+，所以22(1)(21)(21)(1)(21)(23)n n n b n n n n n n +=--++++1(21)(21)(21)(23)n n n n n n +=--+++144(1)4(21)(21)(21)(23)n n n n n n ⎡⎤+=-⎢⎥-+++⎣⎦11111421212123n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎣⎦11142123n n ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭，所以123n b b b b ++++=1111111111111453759252123212123n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥---+-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 11111411114321234321233n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=--< ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭.19.答案：（1）21n a n =+（2）()()()()**8412,,3841221,.3n n nn n k k T n n k k ⎧-⎪+=∈⎪∴=⎨-⎪--=-∈⎪⎩N N 解析：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由31232315S a a a a =++==，得25a =，又127a a a ⋅=，()2225a d a a d ∴-⋅=+，即5(5)55d d -=+，解得2d =.2(2)221n a a n n ∴=+-⨯=+.（2）由题意得212(1)(21)24(1)(21)n n n n n b n n +=+-⋅+=⨯+-⋅+，()1224443579(1)(21)n nn T n ⎡⎤∴=⨯++++-+-+-+-+=⎣⎦ ()8413579(1)(21)3n nn -⎡⎤+-+-+-+-+⎣⎦.令3579(1)(21)n n G n =-+-+-+-+ ，*n ∈N ，则当()*2n k k =∈N 时，22n n G n =⨯=，此时()8413n n T n -=+；当()*21n k k =-∈N 时，12(21)22n n G n n -=⨯-+=--，此时()84123n n T n -=--.()()()()**8412,,3841221,.3n n nn n k k T n n k k ⎧-⎪+=∈⎪∴=⎨-⎪--=-∈⎪⎩N N 20.答案：(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，则依题设知0d >.由2716a a +=，得12716a d +=，①由3655a a =，得()()112555a d a d ++=，②由①得1782a d =-，将其代入②得(163)(163)220d d -+=.即22569220d -=，整理得24d =.又0,2d d >∴=.代入①得11,1(1)221n a a n n =∴=+-⋅=-，21n a n ∴=-.(2)令2n n nb c =，则12n n a c c c =+++L ，且1121n n a c c c ++=+++L ，两式相减得11n n n a a c ++-=，由(1)得111,2n n a a a +=-=，则12n c +=，即2(2)n c n =≥，即2n ≥时，12n n b +=.又当1n =时，1112,1,22,2, 2.n n n b a b n +=⎧==∴=⎨≥⎩当1n =时，112S b ==；当2n ≥时，3411232222n n n S b b b b +=++++=++++=L L ()12341222122222442621n n n +++-+++++-=-=--L ，即226n n S +=-.当1n =时也满足上式，226n n S +∴=-.。
考点32 数列的综合问题2020年领军高考数学(理)必刷题(解析版)
考点32 数列的综合问题1．已知数列、满足，则数列的前10项的和为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】试题分析：由题可知，则数列即为数列奇数项，则数列仍为等比数列，其首项为公比为原数列公比的平方，则数列的前10项的和为2．删去正整数数列中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2018项是（）A．B．C．D．【答案】B3．将向量组成的系列称为向量列，并定义向量列的前项和．若，则下列说法中一定正确的是（）A．B．不存在，使得C．对，且，都有D．以上说法都不对【答案】C【解析】由，则，所以数列构成首项为，公比为的等比数列，所以，又当时，，所以当，且时，是成立的，故选C.4．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()()3441201611a a -+-=，()()3201320131201611a a -+-=-，则下列结论正确的是（ ）A ． 2016201342016,S a a =->B ． 2016201342016,S a a =>C ． 2016201342016,S a a =-<D ． 2016201342016,S a a =< 【答案】D5．某公司为激励创新，计划逐年加大研发奖金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（参考数据：）（ ）A ． 2021年B ． 2020年C ． 2019年D ． 2018年 【答案】C【解析】设第年开始超过万元，则，化为，，取，因此开始超过万元的年份是年，故选C.6．已知数列的前项和为，若，则________．【答案】7．对任一实数序列，定义新序列，它的第项为，假设序列的所有项都是，且，则__________．【答案】100.【解析】设序列的首项为，则序列，则它的第n项为，因此序列A的第项，则是关于的二次多项式，其中的系数为，因为，所以必有，故.8．将正整数分解成两个正整数的乘积有三种，其中是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称为的最佳分解.当（且）是正整数的最佳分解时，我们定义函数，例如.则______，数列（）的前项和为______．【答案】09．数列{}n a 的递推公式为2{ n nn na a n =，为奇数时，为偶数时（*n N ∈），可以求得这个数列中的每一项都是奇数，则1215a a +=__________；研究发现，该数列中的奇数都会重复出现，那么第8个3是该数列的第________项.【答案】 18 384【解析】由题得：这个数列各项的值分别为1，1，3，1，5，3，7，1，9，5，11，3… ∴121531518a a +=+=．又因为3612243333a a a a ====⋯，，， 即项的值为3时，下角码是首项为3，公比为2的等比数列． 所以第8个3是该数列的第3×28﹣1=384项．故答案为：18，384．10．在数1和2之间插入n 个正数，使得这n+2个数构成递增等比数列，将这n+2个数的乘积记为n A ，令*2log ,n n a A n N =∈．(1)数列{}n a 的通项公式为n a =____________；(2) 2446222tan tan tan tan tan tan n n n T a a a a a a +=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅=___________．【答案】22n +;()tan 22.tan1n tan n +-- ()tan 2tan 2tan1n n +-=-, *n N ∈故答案为() tan2tan2tan1nn+--11．已知数列{}n a满足：111nnaa+=-，12a=，记数列{}n a的前n项之积为n P，则2011P=______. 【答案】2【解析】因为1111,2nna aa+=-=，所以211122a=-=，()34121,112a a=-=-=--=，所以数列{}n a是以4为周期的周期数列，()12312112a a a=⨯⨯-=-，则()67020111232011122P a a a a==-⋅=.12．已知数列{}n a满足()()2222n nna n a n nλ+-+=+，其中121,2a a==，若1n na a+<对*n N∀∈恒成立，则实数λ的取值范围为__________．【答案】[)0,+∞13．已知数列{}n a满足111,1nnnaa aa+==+，若[]x表示不超过x的最大整数，则222122017a a a⎡⎤+++=⎣⎦__________.【答案】114．已知数列{}n a中，()102a a a=<≤，()()()*122{32n nnn na aa n Na a+->=∈-+≤，记12n nS a a a=+++.若2015n S =，则n =__________. 【答案】1343【解析】∵a 1=a (0<a ⩽2), ()()()*122{ 32n n n n n a a a n N a a +->=∈-+≤，∴a 2=−a 1+3=3−a ∈[1,3).①当a ∈[1,2]时,3−a ∈[1,2],∴a 3=−a 2+3=a ， ∴当n =2k −1,k ∈N ∗时,a 1+a 2=a +3−a =3,∴S 2k −1=3(k −1)+a =2015，a =1时舍去，a =2时，k =672，此时n =1343；15．已知无穷数列{}()n n a a Z ∈的前n 项和为n S ，记1S ， 2S ，…， n S 中奇数的个数为n b ． (Ⅰ)若n a = n ，请写出数列{}n b 的前5项；(Ⅱ)求证："1a 为奇数， i a (i = 2,3,4,...）为偶数”是“数列{}n b 是单调递增数列”的充分不必要条件； (Ⅲ)若i i a b =，i=1, 2, 3,…，求数列{}n a 的通项公式. 【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3) 0n a =.【解析】（Ⅰ）解： 1=1b ， 2=2b ， 3=2b ， 4=2b ， 5=3b ． （Ⅱ）证明：（充分性） 因为1a 为奇数， ()2,3,4,i a i =为偶数，所以，对于任意*i N ∈， i S 都为奇数． 所以n b n =．所以数列{}n b 是单调递增数列． （不必要性）当数列{}n a 中只有2a 是奇数，其余项都是偶数时， 1S 为偶数， ()2,3,4,i S i =均为奇数，16．已知…，．记．（1）求的值；（2）化简的表达式，并证明：对任意的，都能被整除．【答案】(1)30；(2)证明见解析.17．若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得数列{}n a 的前n 项和n m S a =，则称{}n a 是“回归数列”．（1）①前n 项和为2nn S =的数列{}n a 是否是“回归数列”？并请说明理由．②通项公式为2n b n =的数列{}n b 是否是“回归数列”？并请说明理由；（2）设{}n a 是等差数列，首项11a =，公差0d <，若{}n a 是“回归数列”，求d 的值．（3）是否对任意的等差数列{}n a ，总存在两个“回归数列”{}n b 和{}n c ，使得()*n n n a b c n N =+∈成立，请给出你的结论，并说明理由．【答案】（1）见解析;（2）1d =-;（3）见解析. ∴1m =，∴1d =-．（3）设等差数列{}n a 的公差为d ，令()()11112n b a n a n a =--=-， 对*n N ∀∈， 11n n b b a +-=-，令()()11n c n a d =-+，则对*n N ∀∈， 11n n c c a d +-=+，18．无穷数列{}n a 满足： 1a 为正整数，且对任意正整数n ， 1n a +为前n 项1a ， 2a ， ⋯， n a 中等于n a 的项的个数.（Ⅰ）若12a =，请写出数列{}n a 的前7项；（Ⅱ）求证：对于任意正整数M ，必存在*k N ∈，使得k a M >；（Ⅲ）求证:“11a =”是“存在*m N ∈，当n m ≥时，恒有2n a +≥ n a 成立”的充要条件。
2020高考数学(文数)考点测试刷题本31 等比数列及通项公式(含答案解析)
2020高考数学(文数)考点测试刷题本31等比数列及通项公式一、选择题1.设{a n }是公比为负数的等比数列，a 1=2，a 3－4=a 2，则a 3=( )A ．2B ．－2C ．8D ．－82.已知等比数列{a n }中，a 5=3，a 4a 7=45，则a 7－a 9a 5－a 7的值为( )A ．3B ．5C ．9D ．253.在等比数列{a n }中，已知a 1=1，a 4=8，则a 5=( )A ．16B ．16或－16C ．32D ．32或－324.在等比数列{a n }中，已知a 7a 12=5，则a 8a 9a 10a 11=( )A ．10B ．25C ．50D ．755.已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 2a 6=9a 4，a 2=1，则a 1的值为( )A ．3B ．－3C ．－13D ．136.若等比数列{a n }满足a n a n ＋1=16n，则公比为( )A ．2B ．4C ．8D ．167.已知等比数列{a n }的公比q>0，且a 5a 7=4a 24，a 2=1，则a 1=( )A ．12B ．22 C ． 2 D ．28.已知S n 是各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和，若a 2a 4=16，S 3=7，则a 8=( )A ．32B ．64C ．128D ．256二、填空题9.已知数列{a n }的首项为1，数列{b n }为等比数列且b n =a n ＋1a n，若b 10·b 11=2，则a 21=________.10.已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3a 9=2a 25，a 2=1，则a 1=________.11.若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1=b 1=－1，a 4=b 4=8，则a 2b 2=________．12.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________．三、解答题13.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．14.已知数列{a n }中，a 1=1，a n ·a n ＋1=⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n =a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *．(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n ．15.已知数列{a n}满足a1=1，a2=4，a n＋2=4a n＋1－4a n．(1)求证：{a n＋1－2a n}是等比数列；(2)求{a n}的通项公式．16.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n=4a n－3．(1)证明：数列{a n}是等比数列；(2)若数列{b n}满足b n＋1=a n＋b n(n∈N*)，且b1=2，求数列{b n}的通项公式．答案解析1.答案为：A ；法一：设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 1=2，a 3－a 2=a 1(q 2－q)=4，所以q 2－q=2，解得q=2(舍去)或q=－1，所以a 3=a 1q 2=2，故选A. 法二：若a 3=2，则a 2=2－4=－2，此时q=－1，符合题意，故选A.2.答案为：D ；3.答案为：A ；4.答案为：B ；5.答案为：D ；6.答案为：B ；解析：由a n a n ＋1=a 2n q=16n>0知q>0，又a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1=q 2=16n ＋116n =16，所以q=4．故选B ．7.答案为：B ；解析：因为{a n }是等比数列，所以a 5a 7=a 26=4a 24，所以a 6=2a 4，q 2=a 6a 4=2，又q>0，所以q=2，a 1=a 2q =22，故选B ．8.答案为：C ；解析：∵a 2a 4=a 23=16，∴a 3=4(负值舍去)，∵a 3=a 1q 2=4，S 3=7，∴S 2=a 1(1－q 2)1－q=3，∴3q 2－4q －4=0，解得q=－23或q=2，∵a n >0，∴q=2，∴a 1=1，∴a 8=27=128．故选C ．一、填空题9.答案：1 024；解析：∵b 1=a 2a 1=a 2，b 2=a 3a 2，∴a 3=b 2a 2=b 1b 2，∵b 3=a 4a 3，∴a 4=b 1b 2b 3，…，a n =b 1b 2b 3·…·b n-1，∴a 21=b 1b 2b 3·…·b 20=(b 10b 11)10=210=1 024.10.答案为：22；11.答案为：1；12.答案为：64；解析：设{a n }的公比为q ，于是a 1(1＋q 2)=10，① a 1(q ＋q 3)=5，②联立①②得a 1=8，q=12，∴a n =24－n，∴a 1a 2…a n =23＋2＋1＋…＋(4－n)=2－12n 2＋72n=2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498≤26=64，∴a 1a 2…a n 的最大值为64．二、解答题 13.解：(1)由条件可得a n ＋1=2(n ＋1)na 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．由题设条件可得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 －1．14.解：(1)∵a n ·a n ＋1=⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴a n ＋1·a n ＋2=⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1．∴a n ＋2a n =12，即a n ＋2=12a n ．∵b n =a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n =a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1=12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1=12．∴{b n }是公比为12的等比数列．∵a 1=1，a 1·a 2=12，∴a 2=12⇒b 1=a 1＋a 2=32．∴b n =32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1=32n ．(2)由(1)可知a n ＋2=12a n ，∴a 1，a 3，a 5，…是以a 1=1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2=12为首项，以12为公比的等比数列．∴T 2n =(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )=1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12=3－32n ．15.解：(1)证明：由a n ＋2=4a n ＋1－4a n 得a n ＋2－2a n ＋1=2a n ＋1－4a n =2(a n ＋1－2a n )=22(a n －2a n －1)= (2)(a 2－2a 1)≠0， ∴a n ＋2－2a n ＋1a n ＋1－2a n=2，∴{a n ＋1－2a n }是等比数列． (2)由(1)可得a n ＋1－2a n =2n －1(a 2－2a 1)=2n， ∴a n ＋12n ＋1－a n 2n =12，∴a n 2n 是首项为12，公差为12的等差数列， ∴a n 2n =n 2，则a n =n·2n －1． 16.解：(1)证明：当n=1时，a 1=4a 1－3，解得a 1=1．当n≥2时，a n =S n －S n －1=4a n －4a n －1，整理得a n =43a n －1，又a 1=1≠0，∴{a n }是首项为1，公比为43的等比数列．(2)∵a n =43n －1，由b n ＋1=a n ＋b n (n ∈N *)，得b n ＋1－b n =43n －1．当n≥2时，可得b n =b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)=2＋1－43n －11－43=3×43n －1－1，当n=1时，上式也成立，所以数列{b n }的通项公式为b n =3×43n －1－1．。
2020年高考数学一轮复习考点31数列求和必刷题理含解析
考点31 数列求和1．（山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测三模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前2019项和为（ ）A ．20182019 B ．20182020 C ．20192020D ．20172019【答案】C 【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，44a =，515S =，，，联立解得：11a d ==，．∴．则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2019项和．故选：C ．2．（华大新高考联盟2018届高三上学期11月教学质量测评理）已知数列{}n a 满足11a =,,且,则数列{}n b 的前59项和为（ ） A ．-1840 B ．-1760C ．1760D ．1840【答案】B 【解析】 由得，所以，1n=，所以21nan=，故，因为5=9n-2，所以，故选B. 3．（湖南省师范大学附属中学2019届高三下学期模拟三理）设数列{}n a的前n项和为n S，且11a=，则数列13nS n⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前10项的和是（）A．290 B．920C．511D．1011【答案】C【解析】由得，当2n≥时，，整理得，所以{}n a是公差为4的等差数列，又11a=，所以，从而，所以，数列13nS n⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前10项的和.故选C.4．（甘肃省兰州市第一中学2019届高三6月最后高考冲刺模拟理）已知数列{}n a满足，数列的前n项和为n S，则( )A ．110B ．111C ．211D ．15【答案】B 【解析】 因为，所以，两式作差，可得21nn a =，即，又当1n =时，121a =，即112a =满足12n n a =，因此；所以；因为数列的前n 项和为n S ，所以，因此.故选B ．5．（山东省日照市2019届高三5月校际联合考试理）已知数列{}n a 前n 项和为n S ，满足（,a b 为常数），且92a π=，设函数，记()n n y f a = ，则数列{}n y 的前17项和为（ ）A ．172π B ．9πC ．11D ．17【答案】D 【解析】 因为，由，得，数列{}n a 为等差数列；，.则数列{}n y 的前17项和为.故选：D ．6．若na 是二项式(1)n x +展开式中2x 项的系数，则______【答案】2【解析】()1nx +的展开式通项公式为：rrn C x本题正确结果：2．7．（河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评理）在数列{}n a 中，1a a =，，n S 是数列{}n a 的前n 项和，若，则a =______.【答案】1010 【解析】当n 为偶数，11n n a a +=+， 当n 为奇数，即故20n n a a ++= 即{}n a 为周期为4的数列， 又故故，则a =1010故答案为1010．8．（内蒙古呼伦贝尔市2019届高三模拟统一考试一理）数列的前n 项和为n S ，若1S ，m S ，n S 成等比数列()1m >，则正整数n 值为______. 【答案】8 【解析】 ∵，∴，又1S ，m S ，n S 成等比数列()1m >，∴，即，，∴，即，解得，结合1m >可得2m =，∴8n =，故答案为8.9．（河南省百校联盟2019届高三考前仿真试卷）已知数列{}n a 满足，则数列的前n 项和为___________.【答案】2222n n +-+【解析】 由，得，所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1141a a ==为首项，2为公比的等比数列，于是，所以12n n a n +=⋅，因为，所以的前n 项和2222n n +=-+. 10．（广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试6月理）在数列{}n a 中，，则2019a 的值为______．【答案】1 【解析】 因为所以，...,,各式相加，可得，，所以，20191a =，故答案为1.11．（重庆南开中学2019届高三第四次教学检测考试理）在正项数列{}n a 中，12a =，其前n 项和n S 满足，若数列，则数列{}n b 的前2020项和为______．【答案】20202021- 【解析】,得，则，因为0n a > ，则，又，即212a a -= ，故{}n a 为等差数列，∴=，则数列{}n b 的前2020项和为故答案为20202021-． 12．（天津市河北区2019届高三一模理）已知公比为正数的等比数列{}n a ，首项13a =，前n 项和为()*n S n N∈，且33Sa +，55S a +，44S a +成等差数列.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设6n n na b =，求数列{}n b 的前n 项和()*n T n N ∈ 【答案】（Ⅰ）a n ＝6×（12）n ，（Ⅱ）T n ＝2﹣（n+2）•（12）n【解析】 （Ⅰ）a n ＝6×（12）n ，（Ⅱ）T n ＝2﹣（n+2）•（12）n依题意公比为正数的等比数列{a n }（n ∈N *），首项1a ＝3， 设a n ＝3q n ﹣1，∵33S a +，55S a +，44S a +成等差数列，∴2（55S a +）＝33S a ++44S a + 即2（）＝(+（），化简得45a ＝3a ， 从而4q 2＝1，解得q ＝±12， ∵{a n }（n ∈N *）公比为正数，∴q 12=，a n ＝6×（12）n，n ∈N*； （Ⅱ）b n n na 6==n•（12）n，则T n ＝1•（12）+2•（12）2+3•（12）3+…+（n ﹣1）•（12）n ﹣1+n•（12）n，12T n ＝1•（12）2+2•（12）3+3•（12）4+…+（n ﹣1）•（12）n +n•（12）n+1， 两式相减可得12T n 12=+（12）2+（12）3+（12）4+…+（12）n ﹣n•（12）n+1n•（12）n+1， 化简可得T n ＝2﹣（n+2）•（12）n． 13．（天津市红桥区2019届高三一模数学理）设等差数列{}n a 的公差为d ，d 为整数，前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的公比为q ，已知11a b =，22b =，d q =，10100S =，*n N ∈ （1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式； （2）设nn na cb =，求数列{}n c 的前n 项和为n T . 【答案】（1）n a ＝2n ﹣1，12n n b -=（2）【解析】解：（1）有题意可得：，解得1929a d =⎧⎪⎨=⎪⎩（舍去）或112a d =⎧⎨=⎩， 所以n a ＝2n ﹣1，12n n b -=．（2）∵n n n a c b =，1212n n n c --=， ∴①，②，①﹣②可得，故．14．（天津市部分区2019届高三联考一模数学理）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且（*N n ∈），3412a a +=.数列{}n b 为等比数列，且.（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式； （Ⅱ）设，求数列{}n c 的前n 项和n T .【答案】（1）21n a n =-，3nn b =；（2）.【解析】（1）由已知得：12n n a a +-=，∴数列{}n a 是以2为公差的等差数列.，，11a ∴=，.设等比数列{}n b 的公比为q ，，，3q ∴=，3n n b ∴=.（2）由题意，得，，.上述两式相减，得,．15．（2017届安徽省合肥市高三第一次模拟考试理）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）若，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）21n a n =+；（2）.【解析】（Ⅰ）求等差数列的公式，可把已知用首项1a 和公差d 表示出来，并解出，即可写出公式. （Ⅱ）由n b 的表达式知数列{}n b 的前n 项和需用分组求和法，一组是对2n a 求和，应用等比数列的求和公式可得，对(1)nn a -求和还要分类讨论，按n 的奇偶性分类后再分别用凑配法或再分组求和.试题解析：（Ⅰ）因为{}n a 为等差数列，所以.（Ⅱ），当时，，当时，，，.16．（河南省洛阳市2019年5月质量检测）设n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，且满足.（1）求{}n a 的通项公式； （2）令，，若n T m <恒成立，求m 的取值范围.【答案】（1）=21n a n +（2）1[,)6+∞ 【解析】（1）由题知：0n a >，……①令1n =得：，解得：13a =当2n ≥时，……② ①-②得：∴，即{}n a ∴是以3为首项，2为公差的等差数列经验证13a =满足21n a n =+（2）由（1）知：16n T ∴<16m ∴≥ 即．17．（江西省临川一中2019届高三年级考前模拟考试）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）已知对于N n *∈，不等式恒成立，求实数M 的最小值；【答案】（1）12n n a +=；（2）229. 【解析】 （1）1n =时，，又0n a >，所以11a =，当2n ≥时，，作差整理得：，因为0n a >，故，所以，故数列{}n a 为等差数列，所以12n n a +=．（2）由（1）知，所以，从而．所以229M ≥，故M 的最小值为229．18．（广东省潮州市2019届高三第二次模拟考试）等差数列{}n a 前n 项和为n S ，且432S =，13221S =．（1）求{}n a 的通项公式n a ； （2）数列{}n b 满足且13b =，求1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】(1) 23n a n =+ (2)【解析】（1）等差数列{}n a 的公差设为d ，前n 项和为n S ，且432S =，13221S =． 可得，，解得15a =，2d =， 可得； （2）由，可得，，则前n 项和．19．（山东省栖霞市2019届高三高考模拟卷数学理）已知等差数列{}n a 满足，等比数列{}n b 满足，且.（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，若数列{}n c 满足，求{}n c 的前n 项和为nT.【答案】(1) 21n a n =-，12n n b -= (2) nT .【解析】（1）设{}n a 的首项为1a ，公差为d ，则有，137a d +=，解得1a 1,d 2==所以21n a n =-，设11n n b b q-=，由已知，可得2q =，由222n n b b =可得，，可得11b =，所以12n n b -=，（2）由（1）知，，所以，，两式相减可得，21nnc n b =-， 当1n =时，11c =满足上式，所以，，两式相减可得，所以nT .20．（安徽省合肥市2019届高三第三次教学质量检测理）已知数列{}n a 满足11a =,，数列{}n b 满足.（Ⅰ）求证数列{}n b 是等比数列； （Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S . 【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）当1n =时，11a =，故16b =. 当2n ≥时，，则，12n n b b -∴=，∴数列{}n b 是首项为6，公比为2的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）得32n n b =⨯，，，.21．（江西省鹰潭市2019届高三第一次模拟考试理）已知等比数列{}n a 为递增数列，且2510a a =，，数列{}n b 满足：112b a =，．（Ⅰ）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】（I ）2n n a =，21n b n =-（II ）【解析】（Ⅰ）对于数列{}n a ，由题得（10a q ≠，*n N ∈）解得11212a q ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或122a q =⎧⎨=⎩，又{}n a 为递增数列，则122a q =⎧⎨=⎩，∴2n n a =，数列{}n b 满足：1122b a ==，，∴数列{}n b 是以1为首项，以2为公差的等差数列， ∴21n b n =-.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，∴．22．（安徽省江淮十校2019届高三年级5月考前最后一卷数学理）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，，且5a 是2a 和6a 的等比中项.（1）证明：数列{}n a 是等差数列并求其通项公式； （2）设，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)见解析；(2)【解析】 （1） 由得， 所以， 又所以， 故.故数列{}n a 是公差为2-的等差数列 ，且5a 是2a 和6a 的等比中项，即2526a a a = ，得，解得111a =， 所以132n a n =- . （2）由题得，．23．（江西省名校（临川一中、南昌二中)2019届高三5月联合考试理）已知数列{}n a 有0n a ≠，n S 是它的前n 项和，13a =且．（1）求证：数列{}1n n a a ++为等差数列. （2）求{}n a 的前n 项和n S . 【答案】（1）见解析；（2）【解析】 （1）当2n ≥时，所以，，两式对应相减得，所以又n=2时，所以39a =， 所以，所以数列{}1n n a a ++为等差数列. （2）当n 为偶数时，当n 为奇数时，()23n n 2=+ 综上：．24．（湖北省黄冈市2019届高三2月联考理）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且。
(江苏专用)2020年高考数学一轮复习考点30数列求和必刷题(含解析)
考点 30 数列求和 1．（江苏省南京市、盐城市 2019 届高三第二次模拟考试）等差数列 an 中，a4 10 ，前12 项的和 S12 90 ，则 a18 的值为______. 【答案】 4【解析】由题得a1 3d 1012 1112a1 2 d 90a1 13, d1, a18 13 17 (1)4 .故答案为：-42．（盐城市 2019 届高三年级第一学期期中模拟考试）若数列 的首项，且，则=________.【答案】 【解析】得且所以即 是以 2 为首项，1 为公差的等差数列。
=n+1，从而3．（江苏省苏北六市 2018 届高三第二次调研测试）设等差数列{ }的前 n 项和为 ，若 ， ， 成等差数列，且 【答案】，则 的值为_______．【解析】由题意可得解得 则4．（江苏省淮安市等四市 2018 届高三上学期第一次模拟）已知等差数列 满足，【答案】，则 的值为____．【解析】由题意，，所以．，，5．（江苏省宿迁市 2018 届高三上学期第一次模拟考试）已知等差数列 满足【答案】11 【解析】等差数列 满足，则 的值为___________． ,故答案为：11. 6．（江苏省七市 2019 届(南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港)高三第二次调研考试）已知集合A { x | x 2k 1，k N}，B { x | x 8k 8，k N} ，从集合 A 中取出 m 个不同元素，其和记为 S ；从集合 B 中取出 n 个不同元素，其和记为T ．若 S T 967 ，则 m 2n 的最大值为____．【答案】44 【解析】 欲使 m,n 更大，则所取元素尽可能小，所以从最小开始取，S= m 1 2m 1 m2,T n 0 8n 8 4n2 4n,m2 4n2 4n 967, 即222n 12 m2 968, m, n N, 令 2n-1=t,则 m+2n=t+m+1,t 为奇数,m 为整数，则 t2 m2 968 ，由基本不等式 t2 m2 m t ,m t 44, 当且仅当 m=t=22 时取等，∵t 为奇数，∴ mt 的最大值在 t=22 附近22取到，则 t=21,m=23（舍）；t=21,m=22,成立；t=23,m=21（舍）; t=23,m=20,成立；故 m+t 的最大值为 43，所以 m 2n 的最大值为 44故答案为 447．（盐城市 2019 届高三年级第一学期期中模拟考试）已知数列 满足： ，.若成等差数列，【答案】1【解析】，，则=__________.根据题意,数列{an}满足：a1=3, 则 a2=2a1−3=2×3−3=3， a3=2a2−3=2×3+3=9， a4=2a3+3=2×9−3=15， 其中 a1、a3、a4 为等差数列的前 3 项， 又由{a k1}是等差数列,且 k1=1， 则有 k2=3,k3=4， 则 k3−k2=1．(n⩾ 2)，8．（江苏省南通市 2018 年高考数学模拟）已知 为数列{an}的前 n 项和，且 则{an}的首项的所有可能值为______ 【答案】 【解析】，，因为，所以，所以，将以上各式相加，得，又，所以，解得或.9．（江苏省南京师大附中 2018 届高三高考考前模拟考试）在数列{an}中，若 a4＝1，a12＝5，且任意连续三 项的和都是 15，则 a2018＝______． 【答案】9【解析】由题意可得 an+an+1+an+2=15，将 n 换为 an+1+an+2+an+3=15，可得 an+3=an，可得数列{an 是周期为 3 的数列．故，由 an+an+1+an+2=15，n 取 1 可得，故，故答案为 9.10．（江苏省南京师范大学附属中学 2018 届高三 5 月模拟考试）在数列 中，，且任意连续三项的和都是 15，则 【答案】9 【解析】 由题意可得____． ，将 换为，可得，可得数列 为周期为 的数列，，即有，由任意连续三项的和都是 可得可得， 故答案为 .11．（江苏省徐州市（苏北三市（徐州、淮安、连云港))2019 届高三年级第一次质量检测）已知数列 满足对任意的，都有，且，其中，．记．（1）若 ，求 的值；（2）设数列 满足．① 求数列 的通项公式；② 若数列 满足 ，且当 时，，是否存在正整数 ，使 ，，成等比数列？若存在，求出所有 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）1011（2）① 【解析】；② ， 满足题意（1）当 时，由，得，又，所以，又，所以．（2）由，得，又 又因为 所以 所以，所以， ，，所以．②由题意，得因为 ，，，， 成等比数列，所以 所以，即 ，即， ．， ，由于，所以 ，即 ．当 时， ，得 ．当 时，由(*)，得为奇数，所以 综上，，即 ，代入(*)得 ，．，即，此时 无正整数解．12． （江苏省淮安市淮安区 2019 届高三第一学期联合测试）已知数列 的前 n 项和为 ，且()．（1）求 ；（2）设函数 （3）设 为实数，对满足 实数 的最大值．，()，求数列 的前 n 项和 ；且 的任意正整数 m，n，k，不等式恒成立，试求【答案】（1） 【解析】；（2）（1）当 时，当 时，，满足上式，所以；（3）. ；（2）由分段函数 ，可以得到：，当，时，，故当 ，时，,，所以；（3）由，及得，∵，∴，∵，∴，要恒成立，只要 ，∴ 的最大值为 .13．（江苏省清江中学 2018 届高三学情调研考试）数列 中，，，（）.（1）求数列 的通项公式；（2）设（），，是否存在最大的整数 ，使得任意的 均有总成立？若存在，求出 ；若不存在，请说明理由.【答案】(1) 【解析】;(2)7.（1）∵，∴（），∴ 等差数列.设公差为 ，又，，∴，∴.（2），∴假设存在整数 满足总成立，又∴数列 是单调递增的∴ 的最小值，故，即又∴适合条件的 的最大值为 7.14．（江苏省南京师范大学附属中学、天一、海门、淮阴四校 2018 届高三联考数学调研测试）设数列 的首项为 1，前 n 项和为 ，若对任意的 为“ 数列”．，均有（k 是常数且）成立，则称数列（1）若数列 为“ 数列”，求数列 的通项公式；（2）是否存在数列 既是“ 数列”，也是“ 项公式及对应的 k 的值；若不存在，请说明理由；数列”？若存在，求出符合条件的数列 的通（3）若数列 为“ 数列”，，设【答案】（1） 【解析】；（2）不存在；（3）证明见解析.（1）因为数列 为“ 数列”，则故，两式相减得：，又 时，，所以，，证明：．故对任意的恒成立，即故数列 为等比数列，其通项公式为（2）假设存在这样的数列 ，则有两式相减得：，（常数）， .，故有故有，同理由 是“数列”可得，所以对任意恒成立．所以，即，又，即，两者矛盾，故不存在这样的数列 既是“ 数列”，也是“（3）因为数列 为“ 数列”，所以，所以，故有，，又 时，，故，满足，所以对任意正整数 恒成立，数列的前几项为：数列”． ．故，所以，两式相减得，显然 故， ，即. 15．（2017-2018 学年度第一学期江苏省常州北郊华罗庚江阴高中三校联考高三数学）已知数列 an 、 bn ， 其中，a11 2，数列an满足 n1 ann 1 an1 ,n 2, n N* ，数列 bn 满足 b1 2, bn1 2bn ．（1）求数列 an 、 bn 的通项公式；（2）是否存在自然数 m ，使得对于任意 n N *, n 2, 有1 1 1 L 1 m 8 恒成立？若存在,求b1 b2bn 4出 m 的最小值；1 , n为奇数（3）若数列cn满足 cn { nan，求数列cn的前 n 项和Tn ．bn , n为偶数 n2 4n 3 4 2n1 1 , n为奇数 【答案】（1） bn 2n ；（2）存在， m 16 ；（3）Tn {43n2 2n 4 2n 1, n为偶数．43【解析】（1）由 n 1 an n 1 an1 ，即an an1n 1 n 1．又 a11 2，所以 anan an1an1 an2an2 an3a3 a2a2 a1 a1 n 1 n 2 n 3 2 1 1n 1 n n 1432n1n 1.当 n 1 时，上式成立， 因为 b1 2, bn1 2bn ，所以 bn 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故 bn 2n .(2) 由（1）知 bn 2n ，则1 1b11 b21 bn11 21 221 2n 21 2n.假设存在自然数 m ，使得对于任意 n N *, n 2, 有1 1 1 b1 b2L1 bnm 48恒成立，即21 2nm8 4恒成立，由 m 8 2 ，解得 m 16 ． 4所以存在自然数 m ，使得对于任意 n N *, n 2, 有1 1 1 L 1 m 8 恒成立，此时， m 的最小b1 b2bn 4值为 16.（3）当 n 为奇数时， Tn 1 a11 3a31 nan b2b4 bn1 2 4 n 1 22 24 2n1n1 41 4 2 2 n1 n1 n2 4n 3 4 2n1 1 ；221 443当 n 为偶数时， Tn1 a11 3a3n1 1 an1 b2b4bn 2 4 n22 24 2n n 41 42 2nn n2 2n 4 2n 1 .2 2 1443 n2 4n 3 4 2n1 1 , n为奇数 因此Tn {43n2 2n 4 2n 1, n为偶数．4316．（江苏省扬州树人学校 2018 届高三模拟考试四）已知无穷数列 的各项都不为零，其前 n 项和为 ，且满足 求；，数列 满足，其中 t 为正整数．若不等式对任意都成立，求首项 的取值范围；若首项 是正整数，则数列 中的任意一项是否总可以表示为数列 中的其他两项之积？若是，请 给出一种表示方式；若不是，请说明理由．【答案】(1).(2).(3) 数列 中的任意一项总可以表示为数列 中的其他两项之积.理由见解析.【解析】（1）令 ，则，即，又，所以；由，得，两式相减得，又，故，所以 （2）由（1）知数列．是首项为，公差为 1 的等差数列；数列是首项为 ，公差为 1 的等差数列．故所以①当 时奇数时，，即，即对任意正奇数 恒成立，所以 解得， ．②当 时偶数时，，即所以，，即对任意正偶数 恒成立，解得．综合①②得 （3）由数列． 是首项为 1，公差为 1 的等差数列；数列知，数列 的各项都是正整数．是首项为正整数 ，公差为 1 的等差数列设，即，所以 取 故，，取，，不妨设 是偶数，则一定是整数，故当 是偶数时，方程的一组解是当 是奇数时，方程的一组解是所以数列 中的任意一项总可以表示为数列 中的其他两项之积．17．（江苏省宿迁市 2018 届高三上学期第一次模拟考试）已知数列 ，其前 项和为 ，满足，其中，.（1）若，求证：数列 是等比数列；（2）若数列 是等比数列，求 的值；（3）若，且，求证：数列 是等差数列.【答案】（1）见解析（2）（3）见解析【解析】试题分析：（1）根据题意得到，即是等比数列；（2） 是等比数列，设其公比为 ，根据，所以 ，，故数列 ，得解析： （1）证明：若所以即所以，又由，得，，可构造方程进而求得参数值；（3）先求得，由，，两式相减得： ，再由迭代的方法得到数列，化简得到 进而证得数列是等差数列.，则当( ),，，，，即，所以，故数列 是等比数列．（2）若 是等比数列，设其公比为 （），当 时，，即 ，，得 ①当 时，，即，当 时，，即，② ① ，得，③ ② ，得，解得．代入①式，得 ．此时( )，所以 故， 是公比为１的等比数列， ．（3）证明：若，由，得，得 ②，得 ③，又，解得．由，，， ，代入所以 ， ， 成等差数列，得，由，得，两式相减得： 即所以相减得：所以所以，因为，所以，即数列 是等差数列.18．（江苏省南通市 2018 届高三上学期第一次调研测试）若数列 同时满足：①对于任意的正整数 n，恒成立；②若对于给定的正整数 k，对于任意的正整数 n(n＞k)恒成立，则称数列 是“R(k)数列”．（1）已知，判断数列 是否为“R(2)数列”，并说明理由；（2）已知数列 是“R(3)数列”，且存在整数 p(p＞1)，使得，，，成等差数列，证明： 是等差数列． 【答案】（1）是（2）见解析 【解析】 试题分析：（1）根据定义验证两个条件是否成立，由于函数为分段函数，所以分奇偶分别验证（2）根据定义数列隔项成等差，再根据单调性确定公差相等，最后求各项通项，根据通项关系得数列 通项，根据等 差数列证结论试题解析：（1）当 为奇数时，，所以..当 为偶数时，，所以..所以，数列 是“ 数列”.（2）由题意可得：，则数列 ， ， ， 是等差数列，设其公差为 ，数列 ， ， ， 是等差数列，设其公差为 ，数列 ， ， ， 是等差数列，设其公差为 .因为，所以，所以，所以①，②.若，则当时，①不成立；若，则当时，②不成立；若，则①和②都成立，所以.同理得：，所以，记.设，则.同理可得：，所以所以 是等差数列.【另解】，，. ，以上三式相加可得：，所以，所以，，，所以，所以，所以，数列 是等差数列. 19．（江苏省兴化市楚水实验学校、黄桥中学、口岸中学三校 2018 届高三 12 月联考）已知数列 an 的满足 a1 1，前 n项的和为Sn，且an1 an an an 12 4Sn 1n N*.（1）求 a2 的值； （2）设 bnan an1 an，证明：数列bn是等差数列；（3）设 cn 2bn an ，若1 2 ，求对所有的正整数 n 都有 22 k 3 2 cn 成立的 k 的取值范围. 【答案】（1） a2 3 ；（2）见解析；（3） k 2 2 2, .【解析】试题分析：(1)令 n 1 得 a2(2)因为 an1 an an an 12 4Sn 1，所以4Sn1 2an an 1 an1 an①.所以4Sn112an a 1 n2 an2 an1②，由②-①，得2an1an1an2 an2 an1an an 1 an1 an. 因 为 an1 0 ， 所 以2 an2 an .所以1 an1 an 2 ，即 an1 an 1 ，an2 an1 an1 anan2 an1 an1 anan2 an1 an1 an 即 bn1 bn 1 即可得证（3）由（2）知，因为 b1a1 a2 a11 2，所以数列bn的通项公式为 bnn1 2.因为an an1 an1 2，所以 an1 an2 1 2n 12n 2n 1 1，所以2an1n 11an 2n 1，所以数列 an 2n 1 是常数列.由a1 2111，所以an 2n 1 .所以 cn 2bn ann1222n12 2n 2n 1 .研究数列2cn的单调性求出最小值，变量分离 k与 即可得解.试题解析：（1）令 n 1得 a2 3 .（2）因为 an1 an an an 14S2n1，所以4Sn1 2an an 1 an1 an①.所以 4Sn11 2an a 1 n2 an2 an1②，由②-①，得 2an1an1an2 an2 an1an an 1 an1 an.因为 an10 ，所以 2 an2 an2 an1an an1 an.所以1 an1 an 2 ，即 an1 an 1，an2 an1 an1 anan2 an1 an1 an 即 bn1 bn 1 ，所以数列 bn 是公差为 1 的等差数列. （3）由（2）知，因为 b1a1 a2 a11 2，所以数列bn的通项公式为 bnn1 2.因为 an 1 ，所以 an1 2 1 2n 1 ，an1 an 2an 2n 1 2n 1所以an12n 11an 2n 1，所以数列 an 2n 1 是常数列.由a1 211 1，所以 an2n1. 所以 cn2bn ann1222n 12 2n 2n 1 .2因为 cn1 cn 2 22n1 2n12n 2n12 2n 2n 3 02所以数列 cn 为单调递增数列当 n 1时， cn c1 2 ，即 cn 的最小值为 2由 22 k 32cn k22 2 2 ，所以 k 2 2 max，而当1 2 时，2 在 1,42 递减， 4 2,2递增，所以 2 max12， 当且仅当 1或 2 时取得，故 k 2 2 2, .20．（江苏省苏州市 2018 届高三调研测试理）在正整数集上定义函数，且．（1）求证：；，满足（2）是否存在实数 a，b，使 【答案】（1）见解析（2） 【解析】（1）因为，对任意正整数 n 恒成立，并证明你的结论．，整理得，由，代入得，所以．（2）由，以下用数学归纳法证明，可得， ．存在实数，，使① 当 时，显然成立．成立．② 当 时，假设存在，使得成立，那么，当时，，即当时，存在，使得成立．由①，②可知，存在实数，，使对任意正整数 n 恒成立．21．（江苏省南通市 2018 届高三最后一卷）已知等差数列 与等比数列 是非常数的实数列，设.（1）请举出一对数列 与 ，使集合 中有三个元素； （2）问集合 中最多有多少个元素？并证明你的结论；【答案】(1).(2)3 个，证明见解析.【解析】（1），则（2）不妨设，由令，原问题转化为 关于的方程①最多有多少个解.下面我们证明：当 时，方程①最多有 个解：时，方程①最多有 个解当 时，考虑函数，则如果，则 为单调函数，故方程①最多只有一个解；如果，且不妨设由恒大于 或恒小于 ，当得 由唯一零点 时， 恒小于 或恒大于，于是当这样 在区间 与上是单调函数，故方程①最多有 个解当 时，如果 如果 为奇数，则方程①变为时，显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程① 如果 为偶数，则方程①变为，由 的情形，上式最多有 个解，即满足①的偶数最多有 个 这样，最多有 个正数满足方程① 对于 ，同理可以证明，方程①最多有 个解. 综上所述，集合 中的元素个数最多有 个. 再由（1）可知集合 中的元素个数最多有 个. 22．（江苏省海门中学 2018 届高三 5 月考试）对于数列 ，记则称数列为数列 的“k 阶塑数列”，(1)已知，①若 为等比数列，求 的值②设 t 为任意正数，证明：存在，当时总有；(2)已知，若且对恒成立，求 的取值范围.【答案】(1) ① .②见解析.(2) 【解析】（1）①.当时，满足题意；② 所以当，，，因此取 不小于的正整数，时总有；（2），因为 因此，所以递增，。
专题32 数列求和(解析版)
【解析】由题意知数列{2n-1}为1,3,5,7,9,11,13,…,{3n-2}为1,4,7,10,13,16,19,…,所以数列
为1,7,13,19,…,即an=1+6(n-1)=6n-5,所以数列 的前n项和为 =3n2-2n.
8.(2020·全国卷Ⅱ文科·T14)记Sn为等差数列 的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=.
9.(2020·全国卷Ⅱ文科·T6)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则 =()
A.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1
【解析】选B.设等比数列的公比为q,由a5-a3=12,a6-a4=24可得: ⇒ ,
所以an=a1qn-1=2n-1,Sn= = =2n-1,因此 = =2-21-n.
答案:25
【解析】设等差数列 的公差为d.因为 是等差数列,且a1=-2,a2+a6=2,根据等差数列通项公式:an=a1+ d,可得a1+d+a1+5d=2,即-2+d+ +5d=2,整理可得:6d=6,解得:d=1.根据等差数列前n项和公式:Sn=na1+ d,n∈N*,可得:S10=10× + =-20+45=25,所以S10=25.
解析：（Ⅰ）当 时， ，因为 ，所以 =3，
当 时， = = ，即 ，因为 ，所以 =2，所以数列{ }是首项为3，公差为2的等差数列，所以 = ；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， = ，
所以数列{ }前n项和为 = = ．
讲典例 备高考
类型一、公式法求和
基础知识：
（1）等差数列前n项和公式：Sn＝na1＋ d＝ .
高考数列求和专项训练及解答(2020年整理).pptx
（2）bn= =2n•（ ）n﹣1，
Tn=2×（ ）0+4×（ ）1+6×（ ）2+…+2（n﹣1）•（ ）n 2+2﹣n•（ ）n 1……﹣………………
学海无 涯
① Tn=2×（ ）1+4×（ ）2+6×（ ）3+…+2（n﹣1）•（ ）n﹣1+2n•（ ）n…………………… ② ①﹣②得： Tn=2×[（ ）0+2（ ）1+（ ）2+…+（ ）n﹣1]﹣2n•（ ）n
=1﹣ ， 由 Tn= ，可得 n=20， 故选：B． 【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和方法：
裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．
二．解答题（共 5 小题） 4．已知数列{an}的通项是 an=2n﹣1．
学海无 涯
1 求数列{an}的前 n 项和为 Sn
2 设数列
的前 n 项和为 Tn，求 Tn．
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求解数列的和即可． （2）利用错位相减法求解数列的和即可． 【解答】（12 分） 解：（1）∵an=2n﹣1，∴a1=1，
∴
（2）
①，
②
①减②得本题主要考查数列通项公式和前 n 项和的求解，利用错位相减法的应用， 考查计算能力．
5．已知正项数列满足 4Sn=an2+2an+1．
1 求数列{an}的通项公式；
2 设 bn=
，求数列{bn}的前 n 项和 Tn．
【分析】（1）由
，可知当 n≥2 时，
，两
式作差可得 an﹣an﹣1=2（n≥2），再求出首项，代入等差数列的通项公式可得 数列{an}的通项公式；
高三数学数列求和试题答案及解析
高三数学数列求和试题答案及解析1.设数列的前项积为，且（n∈N*）．（1）求，并证明：；（2）设，求数列的前项和．【答案】（１），祥见解析；（２）．【解析】（１）n取1,2,3求出，再利用与的关系将已知等式用表示即可证明；（２）由（1）问的结论利用等差数列的通项公式先求出的通项，再由通项利用裂项相消法求．试题解析：（1）由题意可得：，所以 5分（2）数列为等差数列，，， 10分【考点】１．数列的通项公式；２．数列的前n项和．2.设数列{an }的首项a1＝，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋S n＝3(n∈N*)，则满足<<的所有n的和为________．【答案】7【解析】由2an＋1＋S n＝3得2a n＋S n－1＝3(n≥2)，两式相减，得2a n＋1－2a n＋a n＝0，化简得2an＋1＝a n(n≥2)，即＝(n≥2)，由已知求出a2＝，易得＝，所以数列{a n}是首项为a1＝，公比为q＝的等比数列，所以Sn ＝=3[1－()n]，S2n＝3[1－()2n]代入<<，可得<()n<，解得n＝3或4，所以所有n的和为7.3.已知等差数列的前项和为，且、成等比数列.（1）求、的值；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）解法1是先令求出的表达式，然后令，得到计算出在的表达式，利用为等差数列得到满足通式，从而求出的值，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；解法2是在数列是等差数列的前提下，设其公差为，利用公式以及对应系数相等的特点得到、和、之间的等量关系，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；（2）解法1是在（1）的前提下求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求数列的和；解法2是利用导数以及函数和的导数运算法则，将数列的前项和视为函数列的前项和在处的导数值，从而求出. 试题解析：（1）解法1：当时，，当时，.是等差数列，，得.又，，，、、成等比数列，，即，解得.解法2：设等差数列的公差为，则.，，，.，，.、、成等比数列，，即，解得.；（2）解法1：由（1）得.，.，①，②①②得. .解法2：由（1）得.，.，①由，两边对取导数得，.令，得. .【考点】1.定义法求通项；2.错位相减法求和；3.逐项求导4.已知数列{an }的前n项和为Sn＝3n－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn ＝ (Sn＋1)，求数列{bnan}的前n项和Tn.【答案】（1）an＝2×3n－1（2）－，n∈N*【解析】(1)当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an ＝Sn－Sn－1＝(3n－1)－(3n－1－1)＝2×3n－1，综上所述，a n＝2×3n－1.(2)bn ＝ (Sn＋1)＝3n＝－n，所以bnan＝－2n×3n－1，Tn＝－2×1－4×31－6×32－…－2n×3n－1，3Tn＝－2×31－4×32－…－2(n－1)×3n－1－2n×3n，相减，得－2Tn＝－2×1－2×31－2×32－…－2×3n－1＋2n×3n＝－2×(1＋31＋32＋…＋3n－1)＋2n×3n，所以Tn＝(1＋31＋32＋…＋3n－1)－n×3n＝－n×3n＝－，n∈N*5.数列1,1+2,1+2+22,…,1+2+22+…+2n-1,…的前n项和为.【答案】2n+1-n-2【解析】该数列的通项公式an=1+2+22+…+2n-1=2n-1.故Sn =a1+a2+…+an=(2-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)=(2+22+23+…+2n)-n=2n+1-n-2.6.在数列{an }中,若对任意的n均有an+an+1+an+2为定值(n∈N*),且a7=2,a9=3,a98=4,则此数列{an}的前100项的和S100=.【答案】299【解析】设定值为M,则an +an+1+an+2=M,进而an+1+an+2+an+3=M,后式减去前式得an+3=an,即数列{an}是以3为周期的数列.由a7=2,可知a1=a4=a7=…=a100=2,共34项,其和为68;由a9=3,可得a 3=a6=…=a99=3,共33项,其和为99;由a98=4,可得a2=a5=…=a98=4,共33项,其和为132.故数列{an}的前100项的和S100=68+99+132=299.7.已知等差数列满足，，则它的前10项和（）A．85B．135C．95D．23【答案】C.【解析】由得．【考点】等差数列通项公式及前和公式．8.数列的通项公式，其前项和为，则．【答案】1006【解析】所以，于是.【考点】数列前n项和.9.(本小题满分12分）等差数列的各项均为正数，，前项和为，等比数列中，，，是公比为64的等比数列．(Ⅰ)求与；(Ⅱ)证明：.【答案】(Ⅰ) ，；(Ⅱ)详见解析.【解析】(Ⅰ)先用等差数列等比数列的通项公式将已知表达式展开，解方程组，得到和，再写出通项公式；(Ⅱ)先用等差数列的求和公式求出，然后用裂项相消法求，再用放缩法比较大小.试题解析：(Ⅰ)设的公差为，为正数，的公比为，则，. 2分依题意有，由知为正有理数， 4分又由知，为6的因数1，2，3，6之一，解之得，. 故，. 6分(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知， 7分. 12分【考点】1.等差、等比数列的通项公式；2.裂项相消法求和.10.在数列中，（1）试判断数列是否为等差数列；（2）设满足，求数列的前n项和；（3）若，对任意n ≥2的整数恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）根据递推关系得到，从而结合定义来证明、（2）（3）λ的取值范围是(－∞，].【解析】解：（1）∵，∴，∴由已知可得(n ≥ 2)，故数列{}是等差数列，首项为1，公差为3．∴（2）上面两式相减得（3）将代入并整理得，∴，原命题等价于该式对任意n≥2的整数恒成立.设，则，故，∴Cn 的最小值为C2＝，∴λ的取值范围是(－∞，].【考点】数列的求和，数列的单调性点评：主要是考查了数列的求和以及数列的单调性的运用，属于中档题。
第04讲 数列求和 (精讲)(解析版)-2023年高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)
第04讲 数列求和(精讲）目录第一部分：知识点精准记忆 第二部分：课前自我评估测试 第三部分：典型例题剖析题型一：裂项相消求和法 题型二：错位相减求和法 题型三：分组求和法 题型四：倒序相加求和法第四部分：高考真题感悟1.公式法(1)等差数列前n 项和公式11()(1)22n n n a a n n dS na +-==+; (2)等比数列前n 项和公式111(1)11n n na q S a q q q=⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩2.裂项相消求和法:裂项相消求和法就是把数列的各项变为两项之差,使得相加求和时一些正负项相互抵消,前n 项和变成首尾若干少数项之和,从而求出数列的前n 项和.①21111(1)1n n n n n n ==-+++②1111()()n n k k n n k=-++③211111()41(21)(21)22121n n n n n ==---+-+④1111()(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++1k= 3.错位相减求和法:错位相减法求和：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求.q 倍错位相减法：若数列{}n c 的通项公式n n n c a b =⋅，其中{}n a 、{}n b 中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般可在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将所得新和式与原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和．这种方法叫q 倍错位相减法． 4.分组求和法:如果一个数列可写成n n n c a b =±的形式，而数列{}n a ，{}n b 是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法. 5.倒序相加求和法:即如果一个数列的前n 项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n 项和.1．（2022·福建·厦门一中高二阶段练习）若数列{}n a 满足()11n a n n =+，则{}n a 的前2022项和为（ ）A ．12023B ．20222023C ．12022D ．20212022【答案】B 解：由题得()11111n a n n n n ==-++，所以{}n a 的前2022项和为11111112022112232022202320232023-+-++-=-=. 故选：B2．（2022·全国·高三专题练习（文））若数列{an }的通项公式为an ＝2n ＋2n －1，则数列{an }的前n 项和为（ ） A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋n －2 D ．2n ＋1＋n 2－2【答案】D由题可知：设数列{an }的前n 项和为n S 所以12n n S a a a =+++即()()22221321n n n S =+++++++-所以()212[1(21)]122n n n n S -+-=+-故1222n n S n +=-+故选：D3．（2022·全国·高三专题练习（文））设4()42xx f x =+，1231011111111f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭A ．4B ．5C ．6D ．10【答案】B由于()()1144114242x xxx f x f x --+-=+=++，故原式11029565111111111111f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 4．（2022·江苏·高二课时练习）求和：()10132kk =+∑.【答案】2076()10231013232+++3+2+++kk =+=+⋅⋅⋅∑（）（32）（）（32）231030(2222)=++++⋅⋅⋅+102(12)3012-=+- 113022=-+ 2076=题型一：裂项相消求和法例题1．（2022·浙江省淳安中学高二期中）数列的前2022项和为（ ）A B C 1 D 1【答案】B记的前n项和为nT，则2022140452T=+)112=；故选：B例题2．（2022·河南安阳·高二阶段练习（理））已知{}n a是递增的等差数列，13a=，且13a，4a，1a成等比数列.(1)求数列{}n a的通项公式；(2)设数列11n na a+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和为nT，求证：11156nT≤<.【答案】(1)21na n=+(2)见解析.(1)设{}n a的公差为d，因为13a，4a，1a成等比数列，所以()()222411333331220a a a d d d d=⋅⇒+=+⇒-=，因为{}n a是递增，所以0d>，故2d=，所以21na n=+.(2)()()111111212322123n na a n n n n+⎛⎫==-⎪++++⎝⎭,所以11111111112355721232323nTn n n⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，因为123n+单调递减，所以n T单调递增，故当1n=时，min11()15nT T==，而111123236n nT⎛⎫=-<⎪+⎝⎭，故11156nT≤<.例题3．（2022·辽宁·沈阳市第八十三中学高二阶段练习）已知n S为等差数列{}n a的前n项和，321S=，555S=．(1)求n a、n S；(2)若数列11n na a+⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和n T，求满足225nT>的最小正整数n．【答案】(1)an＝4n﹣1，22nS n n=+(2)19(1)设等差数列{an }的公差为d ，则11323212545552a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⎪+=⎪⎩，即117211a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得134a d =⎧⎨=⎩，故()34141n a n n =+-=-，2(341)22n n n S n n +-==+ (2)由（1）得，1111111414344143n n a a n n n n +⎛⎫=⋅=- ⎪-+-+⎝⎭.故111111111...437471144143n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1114343129n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭，令225n T >有129225n n +>，即241825n n >+，解得18n >，故满足满足225nT >的最小正整数为19例题4．（2022·全国·高三专题练习）已知正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足：12(N )n n S a a n +=-∈，且123+1,a a a ,成等差数列.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)令()()()2221N log log n n n b n a a ++=∈⋅，求证：数列{}n b 的前n 项和34n T <.【答案】(1)()2N nn a n +=∈(2)证明见解析(1)由题意：()12,n n S a a n N +=-∈，()-1-112,2,N n n S a a n n +∴=-≥∈ 两式相减得到-1=2(2,)n n a a n n N +≥∈，又0n a >，{}n a ∴是首项为1a ，公比为2的等比数列， 再由123+1,a a a ,成等差数列得，得()2132+1a a a =+， 即()11122+14a a a =+，则1=2a ，{}n a ∴的通项公式为()2N n n a n +=∈.(2)由题意知，22211111()(2)22log 2log 2n n n b n n n n +===-++⋅1111111111(1)232435112n T n n n n ∴=-+-+-++-+--++ 11113111122124212n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=-+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭3N ,4n n T +∈∴<例题5．（2022·河南濮阳·高二期末（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，且25a =，()*11232,n n n S S S n n +--+=≥∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知n b 是n a ，1n a +的等比中项，求数列21n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】(1)31n a n =-(2)()232nn +(1)当2n ≥时，()()113n n n n S S S S +----=， 故13n n a a +-=，又12a =，且25a =， 213a a -=，满足13n n a a +-=，故数列{}n a 为公差为3的等差数列，通项公式为()21331n a n n =+-⨯=-，(2)由题意得：()()23132n b n n =-+，则()()211111313233132n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭， 则()11111111113255831323232232n nT n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭ 例题6．（2022·海南华侨中学高二期中）设等比数列{}n a 满足124a a +=，318a a -=． (1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()112311n n n n b a a -+⨯=++，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围．【答案】(1)13-=n n a (2)11,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭(1)解：设公比为q ，由124a a +=，318a a -=，所以1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得11a =，3q =， 所以13-=n n a ．(2)解：由（1）及()()112311n n n n b a a -+⨯=++，所以()()111231131313131n n n n n n b ---⨯==-++++，所以0112231111111113131313131313131n n n T -=-+-+-++-++++++++011113131231n n =-=-+++ 因为()()1111111111123023123131313131n n n n n n n n n T T -+++-⨯⎛⎫⎛⎫-=---=-=>⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭，即n T 单调递增， 所以114n T T ≥=，又1112312n n T =-<+，所以1142n T ≤<，即11,42n T ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭；题型二：错位相减求和法例题1．（2022·全国·高三专题练习） 1232482n nnS =++++=（ ） A ．22n n n -B ．1222n n n +--C ．1212n n n +-+D ．1222n nn +-+【答案】B 由1232482n nn S =++++， 得23411111112322222n n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234111111112222222nn n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111111222211222212n n n n n n n n n ++++⎛⎫- ⎪--⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-=--⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-.所以1222n n nn S +--=. 故选：B.例题32．（2022·青海玉树·高三阶段练习（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且111a b ==，32312S b ==． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若1n n n c a b +=，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)32n a n =-，14n n b -=(2)()1414n n T n +=+-(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ， 由题意得：13312a d +=，解得：3d =， 所以()13132n a n n =+-=-， 由2312b =得：24b =，所以214a q a ==， 所以14n n b -=(2)()1324nn n n c a b n +==-⋅， 则()2344474324n n T n =+⨯+⨯++-①， ()2341444474324n n T n +=+⨯+⨯++-②，两式相减得：()23413434343434324n n n T n +-=+⨯+⨯+⨯++⨯--()()111164433241233414n n n n n +++-=+⨯--=-+--，所以()1414n n T n +=+-例题3．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，且22n n S a =-，2log =n n n b a a ．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求证：当2n ≥时，4n n T S ≥+． 【答案】(1)2n n a =(2)证明见解析(1)因为22n n S a =-，所以1122a a =-，则12a =， 当2n ≥时，1122n n S a --=-，所以1122n n n n n a S S a a --=-=-，化简得12n n a a -=，所以数列{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列，因此2n n a = (2)()12122212n n n S +-==--，22log 2log 22n n nn n n b a a n =⋅=⋅=⋅，则212222nn T n =⨯+⨯++⨯……， 所以231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯……，两式相减得()231122222n n n T n ++=-⨯-+++⋅……，即()()231121222222212n nn n n T n n ++-=-++++⋅=-+⋅+-……，故()1122n n T n +=-+.所以当2n ≥时，()()()111122222244n n n n n T S n n +++-=-+--=-+≥，所以4n n T S ≥+．例题4．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（文））已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且22b =，34b =，11a b =，851a b +=．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； (2)设11n n n a c b ++=，数列{}n c 的前n 项和为n S ，求n S ．【答案】(1)21n a n =-，12n n b -=；(2)1242n n n S -+=-. (1)依题意，等比数列{}n b 的公比322b q b ==，则有2122n n n b b q --==，因此，111a b ==， 由851a b +=得85115a b =-=，等差数列{}n a 的公差81281a a d -==-，1(1)21n a a n d n =+-=-， 所以数列{}n a 、{}n b 的通项公式分别为：21n a n =-，12n n b -=.(2)由（1）知，111222n n n n n a n nc b -++===， 则23123412222n n n S -=+++++， 于是得23111231222222n n nn nS --=+++++， 两式相减得：23111()11112212122222211222nn n n nn n n S n --+=+++++-=-=--， 所以1242n n n S -+=-. 例题5．（2022·辽宁·建平县实验中学高二期中）已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26S =，314S =． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若21n nn b a -=，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【答案】(1)()*2n n a n =∈N (2)2332n nn T +=-(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，当1q =时，1n S na =，所以2126S a ==，31314S a ==，无解．当1q ≠时，()111n n a q S q -=-，所以()()21231316,1114.1a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩解得12a =，2q 或118a =，23q =-（舍）．所以()1*222n n n a n -=⨯=∈N ．(2)21212n n n n n b a --==．所以231135232122222n n nn n T ---=+++++①，则234111352321222222n n n n n T +--=+++++②，①－②得，2341112222212222222n n n n T +-=+++++-234111111212222222nn n +-⎛⎫=+++++- ⎪⎝⎭1111111213234221222212-++⎛⎫- ⎪-+⎝⎭=+⨯-=--n n n n n ．所以2332n nn T +=-． 题型三：分组求和法例题1．（2022·新疆克孜勒苏·高一期中）数列112，134 ，158 ，1716 ， ．．．，1(21)2n n -+ ，的前n 项和n S 的值等于（ ）A ．2112nn +-B ．21212nn n -+-C ．22112n n -+-D ．2112nn n -+-【答案】A可得()231111135212222n n S n =++++-+++++()2111121122112212n n n n n ⎛⎫- ⎪+-⎝⎭=+=+--.故选：A.例题2．（2022·辽宁·沈阳市第五十六中学高二阶段练习）数列{n a }中，1(1)(43)n n a n -=--，前n 和为n S ，则6S 为（ ） A ．-12 B ．16 C ．-10 D ．12【答案】A解：因为1(1)(43)n n a n -=--，所以()()()6123456=+++++S a a a a a a ，()()()159131721=-+-+-，()34=⨯-， 12=-，故选：A例题3．（2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测（文））设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1222,(1)2n n n a a a -+=+-=，则60S =_________. 【答案】960由12(1)2n n n a a -++-=，当n 为奇数时，有22n n a a ++=；当n 为偶数时，22n n a a +-=， ∴数列{}n a 的偶数项构成以2为首项，以2为公差的等差数列， 则()()601357575924685860S a a a a a a a a a a a a =+++++++++++++3029152********⨯=⨯+⨯+⨯=， 故答案为：960.例题4．（2022·辽宁·鞍山市华育高级中学高二期中）已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，23b =，39b =，11a b =，144a b =.(1)求{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)设n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n S . 【答案】(1)21n a n =-，13n n b -=(2)2312n n S n -=+(1)设等比数列{}n b 的公比为q ，则323b q b ==，2123n n n b b q --∴==； 又111a b ==，14427a b ==，设等差数列{}n a 的公差为d ，则141213a a d -==， ()12121n a n n ∴=+-=-.(2)由（1）得：()1213n n c n -=-+；()()()()112121321133n n n n S a a a b b b n -∴=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+212113312132n n n n n +---=⋅+=+-. 例题5．（2022·湖北·安陆第一高中高二阶段练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为正项等比数列，满足213a b ==，424S S =，26b +是1b 与3b 的等差中项． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若n n n c a b =+，n T 是数列{}n c 的前n 项和，求n T ． 【答案】(1)21n a n =-，3n n b =；(2)2113322n n T n +=+⨯-.(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，依题意可知： ()21111314324422a a d a d a d a d =+=⎧=⎧⎪⇒⎨⎨⨯=+=+⎩⎪⎩， 所以数列{}n a 的通项公式为()12121n a n n =+-=-，设等比数列{}n b 的公比为q ，依题意可知：()21326b b b +=+，又13b =，所以()2223633230q q q q +=+⇒--=，又0q >，∴3q =，所以数列{}n b 的通项公式为1333n nn b -=⨯=；(2)由（1）可知：()213nn n n c a b n =+=-+所以()()()()()11221212n n n n n T a b a b a b a a a b b b =++++++=+++++++()()2131312113321322nn n n n+-+-=+=+⨯--. 例题6．（2022·重庆八中模拟预测）在等比数列{}n a 中，123,,a a a 分别是下表第一，第二，第三行中的某一个数，且123,,a a a 中的任何两个数不在下表的同一列．(1)写出123,,a a a ，并求数列n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足2(1)log nn n n b a a =+-，求数列{}n b 的前2n 项和2n S ． 【答案】(1)14a =，28a =，316a =，12n n a +=；(2)2224n n ++-.(1)由题意知：14a =，28a =，316a =， 因为{}n a 是等比数列，所以公比为2，所以数列{}n a 的通项公式12n n a +=．(2)∵()11122(1)log (1)log (12221)n n nn n n n n n b a a n +++=++-=+-=+-，∴21232n n S b b b b =++++()()23212222345221n n n +=++++⎡-+-+--++⎤⎣⎦()22222122412n n n n +-=+=+--,题型四：倒序相加求和法例题1．（2022·江西·南城县第二中学高二阶段练习（文））德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子.在其年幼时，对123100++++的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成;因此，此方法也称之为高斯算法.现有函数4()42xx f x =+，则1232018()()()()2019201920192019f f f f ++++等于（ ） A ．1008 B ．1009 C ．2018 D ．2019【答案】B解：因为4()42xx f x =+，且114444()(1)1424242244--+-=+=+=+++⨯+x x x xx x xf x f x ， 令1232018()()()()2019201920192019=++++S f f f f , 又2018201720161()()()()2019201920192019=++++S f f f f ， 两式相加得：212018=⨯S ， 解得1009S =， 故选：B例题2．（2022·江西九江·高二期末（文））德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响．他幼年时就表现出超人的数学天才，10岁时，他在进行123100++++的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知数列298299-=-n n a n ，则1298+++=a a a （ ）A ．96B ．97C ．98D ．99【答案】C 令1297989694969897959597=++++=++++S a a a a ， 9897219896949697959597=++++=++++S a a a a ， 两式相加得：969496989896949629795959797959597S ⎛⎫⎛⎫=+++++++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭96989496969498969829797959595959797⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++++=⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ∴98S =， 故选:C ．例题3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（ ）A ．100B ．105C ．110D ．115【答案】D因为函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=， 121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭①， 121(1)(0)n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭②， 由①+②可得21n a n =+，12n n a +∴=， 所以数列{}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=. 故选：D.例题4．（2022·辽宁·沈阳市第一二〇中学高二期中）已知定义在R 上的函数()320237338982022f x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则12320221949194919491949f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭___________. 【答案】73由()320237338982022f x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，得3320232023202373202373194919493898202238982022f x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--+=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以()33202320237320237373194938982022389820221011f x f x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=-++-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 设12320221949194919491949S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭①, 20222021202011949194919491949S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭②, 由+①②，得 1202222021202212194919491949194919491949S f f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭+ 即7373732101110111011S =++⋅⋅⋅+，于是有73220221011S =⨯，解得73S =， 所以1232022731949194919491949f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故答案为：73.例题5．（2022·黑龙江·鹤岗一中高二阶段练习）已知函数()1e e xx f x =+，数列{}n a 为等比数列，0n a >，1831a =，则()()()()123365ln ln ln ln f a f a f a f a ++++=______．【答案】3652∵()e e 1xx f x =+，∴()()e e e e 1)e (e 1)2e e 1e 1e 1(e 1)(e (e 1)2e x x x x x x x xxx x x x xf x f x -------++++++-=+===++++++． ∵数列{}n a 是等比数列，∴2136523641831a a a a a ====，∴2136523643651183ln ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a a +=+==+==．设()()()36512365ln ln ln S f a f a f a =+++，① 则()()()3653653641ln ln ln S f a f a f a =+++，②①＋②，得()()()()()()()()()3651365236436512ln ln ln ln ln ln S f a f a f a f a f a f a =++++++365=，∴3653652S =． 故答案为：3652例题6．（2022·全国·高二课时练习）已知()442xx f x =+，求122010201120112011f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 【答案】1005.因为()442x x f x =+，所以()1144214242442x x xx f x ---===++⨯+， 所以()()11f x f x +-=.令12200920102011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 倒写得20102009212011201120112011S f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 两式相加得22010S =，故1005S =.例题7．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()21122f x x x =+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()()*,N n n S n ∈均在函数()f x 的图象上，函数()442x x g x =+.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求()()1g x g x +-的值；(3)令()*2021n n a b g n ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭N ，求数列{}n b 的前2020项和2020T .【答案】(1)n a n =(2)1(3)1010(1)因为点()()*,N n n S n ∈均在函数()f x 的图象上，所以21122n S n n =+，当2n ≥时，()()2211111112222n n n a S S n n n n n -=-=+----=， 当1n =时，111a S ==，适合上式，所以n a n =. (2)因为()442x x g x =+，所以()114214242x x xg x ---==++， 所以()()42114242x x x g x g x +-=+=++.(3)由（1）知n a n =，可得20212021n n a n b g g ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以2020122020122020202120212021T b b b g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，① 又因为2020202020191202020191202120212021T b b b g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，② 因为()()11g x g x +-=，所以①+②，得202022020T =， 所以20201010T =.1．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：121112na a a +++<． 【答案】(1)()12n n n a +=(2)见解析(1)∵11a =，∴111S a ==,∴111S a =,又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，∴()121133n n S n n a +=+-=,∴()23n n n a S +=, ∴当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，∴()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111n n n a n a --=+, 即111n n a n a n -+=-, ∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯ ()1341123212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--， 显然对于1n =也成立， ∴{}n a 的通项公式()12n n n a +=；(2)()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭ ∴12111na a a +++1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 2．设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和． 【答案】（1）2-；（2）1(13)(2)9nn n S -+-=. （1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项， 212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，1,2q q ≠∴=-；（2）设{}n na 的前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++-，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--， 1(13)(2)9nn n S -+-∴=. 3．设数列{}n a 满足13a =，134n n a a n +=-．（1）计算2a ，3a ，猜想{}n a 的通项公式并加以证明；（2）求数列{2}nn a 的前n 项和n S ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+． 证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立； ［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+． ［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=． 由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n+++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯，……1114(1)(2)333n n n n n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯++-⨯⎢⎥⎣⎦，所以1(21)33n n na n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+． ［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211nn n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n n n a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n nS a a a a =++++()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++-11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122nn n pn q p S S ----=+⋅，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22nn S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠-，()121211(1)()1231(1)nn n n x x nx n x f x x x nx x x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦'， 所以12n b b b +++21122322n n -=+⋅+⋅++⋅1(2)12(1)2n nf n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++()1212412(1)212n n nn n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．。
2020届高考数学(理)一轮必刷题 专题32 数列的综合问题(解析版)
考点32 数列的综合问题1．（北京市房山区2019年高考第一次模拟测试理）《九章算术》中有如下问题：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？意思是：今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍．若蒲、莞长度相等，则所需时间为（）（结果精确到0.1．参考数据：lg2=0.3010，lg3=0.4771．）A．天B．天C．天D．天【答案】C【解析】设蒲的长度组成等比数列{a n}，其a1=3，公比为，其前n项和为A n，则A n=.莞的长度组成等比数列{b n}，其b1=1，公比为2，其前n项和为B n．则B n，由题意可得：，整理得：2n+=7，解得2n=6，或2n=1（舍去）．∴n=≈2.6．∴估计2.6日蒲、莞长度相等.故选：C．2．（新疆乌鲁木齐市2018届高三第三次诊断性测验）已知数列，满足，，，则数列的前10项的和为A．B．C．D．【答案】D【解析】由a n+1﹣a n2，所以数列{a n}是等差数列，且公差是2，{b n}是等比数列，且公比是2．又因为＝1，所以a n ＝+（n ﹣1）d ＝2n ﹣1． 所以b 2n ﹣1＝•22n ﹣2＝22n ﹣2．设，所以＝22n ﹣2，所以4，所以数列{∁n }是等比数列，且公比为4，首项为1．由等比数列的前n 项和的公式得：其前10项的和为（410﹣1）．故选：D ．3．（安徽省“皖南八校”2018届高三第三次（4月)联考）删去正整数数列 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2018项是（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】由题意可得，这些数可以写为：，第个平方数与第个平方数之间有个正整数，而数列共有项，去掉个平方数后，还剩余个数，所以去掉平方数后第项应在后的第个数，即是原来数列的第项，即为，故选B.4．（华大新高考联盟2018届高三上学期11月教学质量测评理）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,3123S a a =+，则42S S =（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】B 【解析】由3123S a a =+可得312a a =，所以22q =，又因为2123434421212113a a a a a a S q S a a a a ++++==+=+=++，所以选B.5．（湖南省2017届高三高考冲刺预测卷六理）最近各大城市美食街火爆热开，某美食店特定在2017年元旦期间举行特大优惠活动，凡消费达到88元以上者，可获得一次抽奖机会.已知抽奖工具是一个圆面转盘，被分为6个扇形块，分别记为1，2，3，4，5，6，其面积成公比为3的等比数列（即扇形块2是扇形块1面积的3倍），指针箭头指在最小的1区域内时，就中“一等奖”，则一次抽奖抽中一等奖的概率是（ ） A ．140B ．1121C ．1364D ．11093【答案】C 【解析】由题意，可设1,2,3,4,5,6 扇形区域的面积分别为,3,9,27,81,243x x x x x x ，则由几何概型得，消费88 元以上者抽中一等奖的概率1392781243364x P x x x x x x ==+++++ ，故选C. 6．（湖北省钟祥市2019届高三高考第一次模拟考试理）对于实数x ，[x]表示不超过x 的最大整数，已知正数列{a n }满足S n =12（a n n 1a +），n ∈N*，其中S n 为数列{a n }的前n 项的和，则[12121111S S S ++⋯+]=______．【答案】20 【解析】由题可知0n S >，当1n >时，1111[()]2n n n n n S S S S S --=-+-化简可得2211n n S S --=，当22111,1n S a === 所以数列2{}n S 是以首项和公差都是1的等差数列，即2n n S n S =∴=又1n >时，22nS =<<=记12121111S S S S =++一方面21]1)20S >-=>另一方面1(21)]11)21S <+++-=+=所以2021S << 即[]20S = 故答案为207．（北京市朝阳区2019届高三第一次（3月)综合练习一模）天坛公园是明、清两代皇帝“祭天”“祈谷”的场所．天坛公园中的圜丘台共有三层（如图1所示），上层坛的中心是一块呈圆形的大理石板，从中心向外围以扇面形石（如图2所示）．上层坛从第一环至第九环共有九环，中层坛从第十环至第十八环共有九环，下层坛从第十九环至第二十七环共有九环；第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，则第二十七环的扇面形石块数是______；上、中、下三层坛所有的扇面形石块数是_______．【答案】243 3402 【解析】第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块， 则依题意得：每环的扇面形石块数是一个以9为首项，9为公差的等差数列， 所以，a n ＝9＋（n －1）×9＝9n ， 所以，a 27＝9×27＝243， 前27项和为：1272727()27(9243)22a a S ++==＝3402.格谦教育收集整理，更多优惠资料请搜索淘宝店铺：格谦教育 https://8．（江苏省南京师大附中2018届高三高考考前模拟考试）在数列{a n }中，若a 4＝1，a 12＝5，且任意连续三项的和都是15，则a 2018＝______． 【答案】9【解析】分析：将a n +a n+1+a n+2=15中n 换为n+1，可得数列{a n }是周期为3的数列．求出a 2，a 1，即可得到a 2018详解：由题意可得a n +a n+1+a n+2=15，将n 换为a n+1+a n+2+a n+3=15，可得a n+3=a n ，可得数列{a n 是周期为3的数列．故，由a n +a n+1+a n+2=15，n 取1可得，故，故答案为9.9．（湖北省武昌2018届元月调研考试）对任一实数序列，定义新序列，它的第项为，假设序列的所有项都是，且，则__________．【答案】100. 【解析】 设序列的首项为，则序列，则它的第n 项为，因此序列A 的第项，则是关于的二次多项式，其中的系数为，因为，所以必有，故。
2021高考数学一轮复习专练31数列求和含解析文新人教版
专练31 数列求和命题范围：数列求和常用的方法[基础强化]一、选择题1．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( )A ．2n ＋n 2－1B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n＋n －22．[2020·山东临沂高三测试]等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (n ＋1)B ．n (n －1) C.n n ＋12 D.n n －123．[2020·河南平顶山高三测试]数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n，…的前n 项和为( )A.n n ＋1B.2n n ＋1C.4n n ＋1D.n 2n ＋14．数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1n ＋1＋n 的前2 018项的和为( ) A. 2 018＋1 B. 2 018－1C. 2 019＋1D. 2 019－15．已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( ) A ．250 B ．200 C ．150 D ．1006．已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2018＝( )A ．3B ．2C ．1D ．07．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，令b n ＝1a 1＋a 2＋…＋a n，则数列{b n }的前n 项和T n 为( )A.n ＋12n ＋2B.34－2n ＋32n ＋1n ＋2C.n －1n ＋2D.34－2n ＋3n ＋1n ＋28．[2020·资阳一中高三测试]已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 1249．设函数f (x )＝12＋log 2x 1－x ，定义S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ，其中，n ∈N *，n ≥2，则S n 等于( )A.n n －12 B.n －12－log 2(n －1)C.n －12D.n －12＋log 2(n －1)二、填空题10．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＋a 3＋a 11＝6，则S 9＝________.11．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项的和为________．12．[2020·全国卷Ⅰ]数列{a n }满足a n ＋2＋(－1)na n ＝3n －1，前16项和为540，则a 1＝________.[能力提升]13．数列1,1＋2,1＋2＋22,1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和为( )A ．2n －1B ．n ·2n－nC ．2n ＋1－nD ．2n ＋1－n －214．已知数列{a n }满足2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1log 2a n log 2a n ＋1的前n 项和为S n ，则S 1·S 2·S 3·…·S 10＝( )A.110B.15C.111D.21115．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 ＝________.16．[2020·湖南郴州高三测试]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则数列{na n }的前n 项和T n 为________．专练31 数列求和1．C S n ＝(2＋22＋ (2))＋(1＋3＋5＋…＋2n －1)＝21－2n1－2＋1＋2n －1n 2＝2n＋1－2＋n 22．A ∵a 2，a 4，a 8成等比，∴a 24＝a 2a 8，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，得a 1＝d ＝2，∴S n ＝na 1＋n n －12d ＝n (n ＋1)．3．B ∵11＋2＋3＋…＋n ＝21＋n n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋14．D ∵1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，∴S 2 018＝2－1＋3－2＋…＋ 2 019－ 2 018＝ 2 019－15．D 当n ＝2k －1时，a 2k ＋a 2k －1＝2，∴{a n }的前100项和S 100＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 99＋a 100)＝50×2＝100，故选D.6．A ∵a n ＋1＝a n －a n －1，a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1，a 8＝2，…，故数列{a n }是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S 2018＝336×0＋a 2017＋a 2018＝a 1＋a 2＝3.故选A.7．B 因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 3＋2n ＋12＝n (n ＋2)，所以b n ＝1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，故T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32n ＋1n ＋2，故选B. 8．C 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×1－2101－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.9．C ∵f (x )＋f (1－x )＝1＋log 2x 1－x ＋log 21－xx＝1，又S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ，∴S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ，∴2S n ＝n －1，∴S n ＝n －12.10．18解析：设等差数列{a n }的公差为d .∵a 1＋a 3＋a 11＝6，∴3a 1＋12d ＝6，即a 1＋4d ＝2，∴a 5＝2，∴S 9＝a 1＋a 9×92＝2a 5×92＝18.11.2011解析：∵a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴当n ≥2时，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，…，a n －a n －1＝n ，∴a n －a 1＝2＋n n －12，∴a n ＝1＋n ＋2n －12＝n 2＋n2(n ≥2)又当n ＝1时a 1＝1符合上式，∴a n ＝n 2＋n 2∴1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S 10＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－111＝2011. 12．7解析：令n ＝2k (k ∈N *)，则有a 2k ＋2＋a 2k ＝6k －1(k ∈N *)，∴a 2＋a 4＝5，a 6＋a 8＝17，a 10＋a 12＝29，a 14＋a 16＝41， ∴前16项的所有偶数项和S 偶＝5＋17＋29＋41＝92， ∴前16项的所有奇数项和S 奇＝540－92＝448，令n ＝2k －1(k ∈N *)，则有a 2k ＋1－a 2k －1＝6k －4(k ∈N *)，∴a 2k ＋1－a 1＝(a 3－a 1)＋(a 5－a 3)＋(a 7－a 5)＋…＋(a 2k ＋1－a 2k －1)＝2＋8＋14＋…＋6k －4＝k 2＋6k －42＝k (3k －1)(k ∈N *)，∴a 2k ＋1＝k (3k －1)＋a 1(k ∈N *)，∴a 3＝2＋a 1，a 5＝10＋a 1，a 7＝24＋a 1，a 9＝44＋a 1，a 11＝70＋a 1，a 13＝102＋a 1，a 15＝140＋a 1，∴S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 15＝8a 1＋2＋10＋24＋44＋70＋102＋140＝8a 1＋392＝448. ∴a 1＝7.13．D 由题意，得a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝1－2n1－2＝2n－1，∴S n ＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n －1)＝(2＋22＋…＋2n )－n ＝2－2n ＋11－2－n ＝2n＋1－n －2.14．C ∵2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，∴2a 1＋22a 2＋…＋2n －1a n －1＝n －1(n ≥2)，∴2na n ＝1(n ≥2)，当n ＝1时也满足，故a n ＝12n ，故1log 2a n log 2a n ＋1＝1log 22－n log 22－n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，∴S 1·S 2·S 3·…·S 10＝12×23×34×…×910×1011＝111，选C.15．－1n解析：∵a n ＋1＝S n S n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴1S n ＋1－1S n＝－1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 为等差数列，∴1S n ＝1S 1＋(n －1)×(－1)＝－n .∴S n ＝－1n.16．(n －1)2n＋1解析：∵S n ＝2a n －1(n ∈N *)，∴n ＝1时，a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1；n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －1－(2a n －1－1)，∴a n＝2a n －1，∴数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n ＝2n －1.∴na n ＝n ·2n －1.则数列{na n }的前n 项和T n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1.∴2T n ＝2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ·2n，∴－T n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n－1，∴T n ＝(n －1)2n＋1.。
高考数学理一轮总复习 必修部分开卷速查31 数列求和(含解析)新人教A版-新人教A版高三必修数学试题
开卷速查(三十一) 数列求和A 级 基础巩固练1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n n ＋1，则S 6等于( )A.142B.45C.56D.67解析：因为a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，所以S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67. 答案：D2．已知数列{a n }是等差数列，a 1＝tan225°，a 5＝13a 1，设S n 为数列{(－1)na n }的前n 项和，则S 2 014＝( )A ．2 014 B.－2 014 C ．3 021 D.－3 021 解析：∵a 1＝tan225°＝1， ∴a 5＝13a 1＝13， 则公差d ＝a 5－a 15－1＝13－14＝3，∴a n ＝3n －2.方法一：∵(－1)na n ＝(－1)n(3n －2)，∴S 2 014＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋(a 6－a 5)＋…＋(a 2 012－a 2 011)＋(a 2 014－a 2 013)＝1 007d ＝3 021.方法二：(错位相减)由于(－1)n a n ＝(－1)n(3n －2)，则S 2 014＝1×(－1)1＋4×(－1)2＋7×(－1)3＋…＋6 037×(－1)2 013＋6 040×(－1)2 014，①①式两边分别乘以－1，得(－1)×S 2 014＝1×(－1)2＋4×(－1)3＋7×(－1)4＋…＋6 037×(－1)2 014＋6 040×(－1)2 015，②①－②得2S 2 014＝－1＋3×1－－12 0131－－1－6 040(－1)2 015＝6 042，∴S 2 014＝3 021.答案：C3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1－a n ＝sin n ＋1π2，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 016＝( )A ．1 006 B.1 007 C ．1 008 D.1 009解析：由题意，得a n ＋1＝a n ＋sinn ＋1π2，所以a 2＝a 1＋sinπ＝1，a 3＝a 2＋sin 3π2＝0，a 4＝a 3＋sin2π＝0，a 5＝a 4＋sin 5π2＝1，…，因此，数列{a n }是一个以4为周期的周期数列，而2 016＝4×504，所以S 2 016＝504×(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＝1 008，故选C.答案：C4．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.100101B.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＋5×5－12d ＝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. 答案：A5．已知等比数列的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n，则数列lg a 1,2lg a 2,22lg a 3,23lg a 4，…，2n －1lg a n ，…的前n 项和S n 等于( )A ．n ·2nB.(n －1)·2n －1－1C ．(n －1)·2n＋1 D.2n＋1解析：∵等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n，∴a 2n ＝102n，即a n＝10n，∴2n －1lg a n ＝2n －1lg10n ＝n ·2n －1，∴S n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1，①2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n，② ∴①－②得－S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )·2n－1，∴S n ＝(n －1)·2n＋1. 答案：C6．数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，并且a n ·a n －1a n －1－a n ＝a n ·a n ＋1a n －a n ＋1(n ≥2)，则数列{a n }的第100项为( )A.12100 B.1250 C.1100 D.150解析：∵a n ·a n －1a n －1－a n ＝a n ·a n ＋1a n －a n ＋1(n ≥2)，∴数列{a n －1a na n －1－a n}是常数数列，设a n －1a na n －1－a n＝k ，∴1a n －1a n －1＝1k .∴1k ＝1－12＝12. ∴1a n ＝1a n －1a n －1＋1a n －1－1a n －2＋…＋1a 2－1a 1＋1a 1＝12(n －1)＋12，∴1a 100＝992＋12＝50. ∴a 100＝150.故选D.答案：D7．设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝19，a 5＋b 3＝9，则数列{a n b n }的前n 项和S n ＝__________.解析：由条件易求出a n ＝n ，b n ＝2n －1(n ∈N *)．∴S n ＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，①2S n ＝1×2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n.②由①－②，得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ×2n，∴S n ＝(n －1)·2n＋1. 答案：(n －1)·2n ＋1 8．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为__________．解析：∵a n ＝n n ＋12n ＋1＝n2， ∴b n ＝8nn ＋1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴b 1＋b 2＋…＋b n ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8n n ＋1.答案：8n n ＋19．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝__________.解析：令n ＝1，得a 1＝4，∴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.∴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 ＋42＝2n 2＋6n .答案：2n 2＋6n10．[2014·大纲全国]等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)由a 1＝10，a 2为整数知，等差数列{a n }的公差d 为整数，又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0，于是10＋3d ≥0,10＋4d ≤0.解得－103≤d ≤－52.因此d ＝－3.数列{a n }的通项公式为a n ＝13－3n . (2)b n ＝113－3n10－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n .于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n1010－3n.B 级 能力提升练11．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1n ＋n n ＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则在数列S 1、S 2、…、S 2 014中，有理数项的项数为( )A ．42B ．43C ．44D ．45 解析：1a n＝(n ＋1)n ＋n n ＋1＝n ＋1n (n ＋1＋n )＝n ＋1n⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－n ， a n ＝n ＋1－n n ＋1n ＝1n －1n ＋1，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1问题等价于在2,3,4，…，2 015中有多少个数可以开方设2≤x 2≤2 015且x ∈N ，因为442＝1 936,452＝2 025，所以2≤x ≤44且x ∈N ，共有43个．选B.答案：B12．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝－1a n ＋1，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 014＝__________.解析：a 2＝－1a 1＋1＝－11＋1＝－12，a 3＝－1a 2＋1＝－1－12＋1＝－2，a 4＝－1a 3＋1＝－1－2＋1＝1，因此a 4＝a 1，依次下去，得到a n ＋3＝a n ，因此数列{a n }是以3为周期的周期数列， ∵2 014＝3×671＋1，∴S 2 014＝671×(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1＝671×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－2＋1＝－2 0112. 答案：－2 011213．[2015·某某某某三中、某某一中统考]已知数列{a n }的前n 项和S n 和通项a n 满足2S n＋a n ＝1，数列{b n }中，b 1＝1，b 2＝12，2b n ＋1＝1b n ＋1b n ＋2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)数列{}满足＝a n b n ，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋＜34.解析：(1)由2S n ＋a n ＝1，得S n ＝12(1－a n )．当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12(1－a n )－12(1－a n －1)＝－12a n ＋12a n －1，即2a n ＝－a n ＋a n －1，∴a n a n －1＝13(由题意可知a n －1≠0)． {a n }是公比为13的等比数列，而S 1＝a 1＝12(1－a 1)，∴a 1＝13，∴a n ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，由2b n ＋1＝1b n ＋1b n ＋2，1b 1＝1，1b 2＝2，得d ＝1b 2－1b 1＝1(d 为等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的公差)， ∴1b n ＝n ，∴b n ＝1n.(2)＝a n b n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，设T n ＝c 1＋c 2＋…＋，则T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，13T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1，由错位相减，化简得：T n ＝34－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＝34－2n ＋34×13n ＜34.14．[2014·某某]已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12， 由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n 2n －12n ＋1＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋－1n －12n ＋1)。
2021高考数学一轮复习第一部分考点通关练第四章数列考点测试31数列求和(含解析)苏教版
考点测试31 数列求和高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值5分、12分，中等难度考纲研读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3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题一、基础小题1．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个甲头八个兵．”则该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有( )A.17(87－8)人 B ．17(89－8)人 C ．8＋17(87－8)人D ．8＋17(89－84)人答案 D解析 由题意可得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、士兵依次成等比数列，且首项为8，公比也是8，所以将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有8＋84＋85＋86＋87＋88＝8＋841－851－8＝8＋17(89－84)，故选D.2．已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( )A ．250B ．200C ．150D ．100答案 D解析 当n 为奇数时得a n ＋a n ＋1＝2，所以S 100＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 99＋a 100)＝2×50＝100.故选D.3．数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1n ＋1＋n 的前2020项的和为( )A.2021＋1 B ．2021－1 C.2020＋1D ．2020－1答案 B 解析1n ＋1＋n＝n ＋1－nn ＋1＋n n ＋1－n ＝n ＋1－n ，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1n ＋1＋n 的前2020项的和为2－1＋3－2＋4－3＋…＋2020－2019＋2021－2020＝2021－1.故选B.4．已知数列{a n }满足2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1log 2a n log 2a n ＋1的前n 项和为S n ，则S 1·S 2·S 3·…·S 10＝( )A.110B ．111C ．211D ．15答案 B解析 因为2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n ，所以2a 1＋22a 2＋…＋2n －1a n －1＝n －1(n ≥2)，两式作差，可得2na n ＝1，即a n ＝12n (n ≥2)，又当n ＝1时，2a 1＝1，即a 1＝12，满足a n ＝12n ，因此a n ＝12n ＝2－n (n ∈N *)；所以1log 2a n log 2a n ＋1＝1log 22－n log 22－n －1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1；因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1log 2a n log 2a n ＋1的前n 项和为S n ，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，因此S 1·S 2·S 3·…·S 10＝12·23·34·…·1011＝111.故选B.5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，直线y ＝x －22与圆x 2＋y 2＝2a n ＋2交于A n ，B n (n ∈N *)两点，且S n ＝14|A n B n |2.若a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n <λa 2n ＋2对任意n ∈N *恒成立，则实数λ的取值范围是( )A ．(0，＋∞)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C ．[0，＋∞)D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 答案 B解析 圆心O (0,0)到直线y ＝x －22，即x －y －22＝0的距离d ＝|－22|2＝2，由d2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12|A n B n |2＝r 2，且S n ＝14|A n B n|2，得22＋S n ＝2a n ＋2，∴4＋S n ＝2(S n －S n －1)＋2，即S n ＋2＝2(S n －1＋2)且n ≥2；∴{S n ＋2}是以a 1＋2为首项，2为公比的等比数列．由22＋S n ＝2a n ＋2，取n ＝1，解得a 1＝2， ∴S n ＋2＝(a 1＋2)·2n －1＝2n ＋1，则S n ＝2n ＋1－2；∴a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2－2n＋2＝2n(n ≥2)，∵a 1＝2适合上式，∴a n ＝2n.设T n ＝a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n，2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1， ∴－T n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝21－2n1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2；∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋2，若a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n <λa 2n ＋2对任意n ∈N *恒成立，即(n －1)·2n ＋1＋2<λ(2n )2＋2对任意n ∈N *恒成立，即λ>n －12n －1对任意n ∈N *恒成立．设b n ＝n －12n －1，∵b n ＋1－b n ＝n 2n －n －12n －1＝2－n2n ，∴b 1<b 2＝b 3>b 4>…>b n >b n ＋1>…， 故b n 的最大值为b 2＝b 3， ∵b 2＝b 3＝12，∴λ>12.故选B.6．已知数列{a n }为等比数列，a 1＝2，a 3＝4，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 28＝________. 答案 1020解析 ∵数列{a n }为等比数列，a 1＝2，a 3＝4，∴q 2＝a 3a 1＝2，∴a 2n ＝(a 1q n －1)2＝4×(q 2)n －1＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 28＝41－281－2＝1020.7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1，b n ＝log 2(a 2n ·2an )，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >1024的最小n 的值为________．答案 9解析 当n ＝1时，a 1＝4， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n，n ≥2.所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8，n ＝1，2n ＋2n，n ≥2，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8，n ＝1，2n ＋1＋n n ＋1＋2，n ≥2.当n ＝9时，T 9＝210＋9×10＋2＝1116>1024；当n ＝8时，T 8＝29＋8×9＋2＝586<1024，所以满足T n >1024的最小n 的值为9.8．已知在数列{a n }中，a 1＝2,2n (a n ＋a n ＋1)＝1，设T n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ，b n ＝3T n －n －1a n，则数列{b n }的前n 项和S n ＝________.答案 2n ＋1－2解析 由题意可知，因为T n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ，所以2T n ＝2a 1＋22a 2＋ (2)a n ，两式相加3T n ＝a 1＋2(a 1＋a 2)＋22(a 2＋a 3)＋…＋2n －1(a n －1＋a n )＋2na n＝2＋2×12＋22×122＋…＋2n －1×12n －1＋2na n＝2＋(n －1)×1＋2na n ＝n ＋1＋2na n ， 所以b n ＝2n， 从而S n ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.二、高考小题9．(2017·全国卷Ⅰ)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答案 A解析 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n n ＋12.由题意知，N >100，令n n ＋12>100，解得n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n1－2＝2n－1，前n 组所有项的和为21－2n1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n n ＋12项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k－1应与－2－n 互为相反数，即2k－1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)，所以n 最小为29，此时k ＝5.则N ＝29×1＋292＋5＝440.故选A.10．(2018·江苏高考)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n >12a n ＋1成立的n 的最小值为________．答案 27解析 设A n ＝2n －1，B n ＝2n，n ∈N *，当A k <B l <A k ＋1(k ，l ∈N *)时，2k －1<2l<2k ＋1，有k －12<2l －1<k ＋12，则k ＝2l －1，设T l ＝A 1＋A 2＋…＋A 2l －1＋B 1＋B 2＋…＋B l ，则共有k ＋l ＝2l －1＋l 个数，即T l ＝S 2l －1＋l ，而A 1＋A 2＋…＋A 2l －1＝2×1－1＋2l－12×2l －1＝22l －2，B 1＋B 2＋…＋B l ＝21－2l1－2＝2l ＋1－2.则T l ＝22l －2＋2l ＋1－2，则l ，T l ，n ，a n ＋1的对应关系为lT lna n ＋112a n ＋1 1 3 2 3 36 2 10 4 5 60 3 30 7 9 108 4 94 12 17 204 5 318 21 33 396 611503865780观察到l ＝5时，T l ＝S 21<12a 22，l ＝6时，T l ＝S 38>12a 39，则n ∈[22,38)，n ∈N *时，存在n ，使S n ≥12a n ＋1，此时T 5＝A 1＋A 2＋…＋A 16＋B 1＋B 2＋B 3＋B 4＋B 5，则当n ∈[22,38)，n ∈N *时，S n ＝T 5＋n －22＋1A 22－5＋A n －52＝n 2－10n ＋87.a n ＋1＝A n ＋1－5＝A n －4,12a n ＋1＝12[2(n －4)－1]＝24n －108，S n －12a n ＋1＝n 2－34n ＋195＝(n －17)2－94，则当n ≥27时，S n －12a n ＋1>0，即n min ＝27.11．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑nk ＝11S k＝________. 答案2nn ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝n .∴等差数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋2＋…＋n ＝n n ＋12，∴1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴∑nk ＝1 1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2·n n ＋1＝2nn ＋1. 12．(2016·北京高考)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________.答案 6解析 设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 1＝6，a 3＋a 5＝0，∴6＋2d ＋6＋4d ＝0，∴d ＝－2，∴S 6＝6×6＋6×52×(－2)＝6.13．(2015·全国卷Ⅱ)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 ＝________.答案 －1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1， 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－1，1S 1＝1a 1＝－1， ∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.三、模拟小题14．(2019·太原二模)13＋13＋6＋13＋6＋9＋…＋13＋6＋9＋…＋30＝( )A.310B ．1033C ．35D ．2033答案 D解析 由题意可知，数列的通项公式为13＋6＋9＋…＋3n ＝13＋3nn 2＝23·1n n ＋1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故其前n 项和S n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝23·n n ＋1，故S 10＝23×1011＝2033.故选D. 15．(2019·柳州市高三毕业班模拟)已知点(n ，a n )在函数f (x )＝2x －1的图象上(n ∈N *)，数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝log 2S n ＋164，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n 的最小值为( )A ．－25B ．－28C ．－30D ．－32答案 C解析 ∵点(n ，a n )在函数f (x )＝2x －1的图象上，∴a n ＝2n －1，∴{a n }是首项为a 1＝1，公比为q ＝2的等比数列，∴S n ＝1×1－2n1－2＝2n－1，则b n ＝log 22n64＝2n －12，∴{b n }是首项为－10，公差为2的等差数列，由b n ≤0可得n ≤6，则T n 的最小值为T 6＝－10×6＋6×5×22＝－30.16．(2019·咸阳二模)已知等比数列{a n }的各项都为正数，满足a 1＝2，a 7＝4a 5，设b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前2019项和S 2019＝( )A.20191010 B ．12020 C ．20192020 D ．11010答案 A解析 设等比数列{a n }的公比为q >0，∵a 1＝2，a 7＝4a 5，∴q 2＝4，解得q ＝2.∴a n ＝2n，log 2a n ＝n .∴b n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ＝1＋2＋…＋(n －1)＋n ＝n n ＋12.∴1b n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前2019项和S 2019＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋12019－12019＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12020＝20191010. 17．(2019·开封一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，满足a 1＝2,3S n ＝(n ＋m )a n (m ∈R )，且a nb n ＝n .若存在n ∈N *，使得λ＋T n ≥T 2n 成立，则实数λ的最小值为( )A.34 B ．13 C ．12 D ．25答案 B解析 ∵3S n ＝(n ＋m )a n ，∴3S 1＝3a 1＝(1＋m )a 1，解得m ＝2， ∴3S n ＝(n ＋2)a n ，①当n ≥2时，3S n －1＝(n ＋1)a n －1，② 由①－②可得3a n ＝(n ＋2)a n －(n ＋1)a n －1， 即(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，∴a n a n －1＝n ＋1n －1， ∴a 2a 1＝31，a 3a 2＝42，a 4a 3＝53，…，a n －1a n －2＝n n －2，a n a n －1＝n ＋1n －1， 累乘可得a n a 1＝n n ＋12.∴a n ＝n (n ＋1)，经检验a 1＝2符合上式， ∴a n ＝n (n ＋1)，n ∈N *， ∵a n b n ＝n ，∴b n ＝1n ＋1， 令C n ＝T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1， 则C n ＋1－C n ＝3n ＋42n ＋22n ＋3n ＋2＞0，∴数列{C n }为递增数列，∴C n ≥C 1＝13，∵存在n ∈N *，使得λ＋T n ≥T 2n 成立， ∴λ≥C 1＝13，故实数λ的最小值为13.18．(2020·金山中学摸底)数列{a n }且 a n＝⎩⎪⎨⎪⎧1n 2＋2n ，n 为奇数，sin n π4，n 为偶数，若S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2020＝________.答案30312021解析 数列{a n}且a n＝⎩⎪⎨⎪⎧1n 2＋2n ，n 为奇数，sin n π4，n 为偶数，①当n 为奇数时，a n ＝1n 2＋2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2； ②当n 为偶数时，a n ＝sinn π4，所以S 2020＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2019)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2020)＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12019－12021＋(1＋0－1＋…＋0)＝10102021＋1＝30312021.19．(2019·山东师大附中一模)对于实数x，[x]表示不超过x的最大整数，已知正数数列{a n}满足S n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a n＋1a n，n∈N*，其中S n为数列{a n}的前n项和，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1S1＋1S2＋…＋1S121＝________.答案20解析由题意可知S n＞0，当n＞1时，S n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤S n－S n－1＋1S n－S n－1化简可得S2n－S2n－1＝1，当n＝1时，S21＝a21＝1，所以数列{S2n}是首项和公差都为1的等差数列，即S2n＝n，所以S n ＝n，又因为当n＞1时，2(n＋1－n)＝2n＋1＋n＜22S n＜2n＋n－1＝2(n－n－1)，记S＝1S1＋1S2＋…＋1S121，一方面S＞2[122－121＋…＋2－1]＝2(122－1)＞20，另一方面S＜1＋2[(121－120)＋…＋(2－1)]＝1＋2(121－1)＝21.所以20＜S＜21.即[S]＝20.一、高考大题1．(2019·天津高考)设{a n}是等差数列，{b n}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式；(2)设数列{c n}满足c1＝1，c n＝⎩⎪⎨⎪⎧1，2k<n<2k＋1，b k，n＝2k，其中k∈N*.①求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式；②求∑i＝12na i c i(n∈N*)．解(1)设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q.依题意得⎩⎪⎨⎪⎧6q＝6＋2d，6q2＝12＋4d，解得⎩⎪⎨⎪⎧d＝3，q＝2，故a n＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，b n＝6×2n－1＝3×2n.所以{a n}的通项公式为a n＝3n＋1，{b n}的通项公式为b n＝3×2n.(2)①a2n(c2n－1)＝a2n(b n－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1.所以数列{a2n(c2n－1)}的通项公式为a2n(c2n－1)＝9×4n－1.②∑i ＝12n a i c i ＝∑i ＝12n[a i ＋a i (c i －1)]＝∑i ＝12n a i ＋∑i ＝1na 2i (c 2i －1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n×4＋2n2n－12×3＋∑i ＝1n(9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×41－4n1－4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．2．(2018·浙江高考)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20得8⎝⎛⎭⎪⎫1q＋q ＝20， 解得q ＝2或q ＝12，因为q >1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.由(1)可知a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3.设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，则12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2.经检验，当n ＝1时，b n 也成立．故b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.3．(2018·天津高考)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)． ①求T n ；②证明∑nk ＝1 T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)． 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q . 由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 因为q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d . 由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4. 由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16， 从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n . 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)①由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n －1，故T n ＝∑nk ＝1 (2k－1)＝∑nk ＝12k－n ＝2×1－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.②证明：因为T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2k ＋1－k －2＋k ＋2kk ＋1k ＋2＝k ·2k ＋1k ＋1k ＋2＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，所以∑nk ＝1T k ＋b k ＋2b kk ＋1k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2. 二、模拟大题4．(2019·淄博模拟)已知在等比数列{a n }中，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－2成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝1a n＋2log 2a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， ∵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 ＝a 3a 2＝2，∴a n ＝a 1qn －1＝2n (n ∈N *)．(2)∵b n ＝1a n ＋2log 2a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2log 22n－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2n －1，∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋5＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋2n －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋n ·[1＋2n －1]2＝n 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1(n ∈N *)．5．(2019·怀化市二模)已知各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 8＝15，且a 1，a 2，S 3成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式与S n ； (2)设b n ＝1S n ＋2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <34. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 则a 8＝a 1＋7d ＝15.由a 1，a 2，S 3成等比数列知a 22＝a 1S 3， 即(a 1＋d )2＝a 1(3a 1＋3d )＝3a 1(a 1＋d )． 所以(d －2a 1)(a 1＋d )＝0，因为a 1＋d ＝a 2≠0， 所以d ＝2a 1，所以a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1，S n ＝n 1＋2n －12＝n 2.(2)证明：因为b n ＝1S n ＋2n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋14－16＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2<34.所以原不等式成立．6．(2019·潍坊市三模)设数列{a n }满足a 1·2a 2·3a 3·…·na n ＝2n(n ∈N *)． (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2＋2n ＋1a n的前n 项和S n . 解 (1)由n ＝1，得a 1＝2， 因为a 1·2a 2·3a 3·…·na n ＝2n，当n ≥2时，a 1·2a 2·3a 3·…·(n －1)a n －1＝2n －1，由两式作商，得a n ＝2n(n >1且n ∈N *)，又因为a 1＝2符合上式， 所以a n ＝2n(n ∈N *)．(2)设b n ＝2＋2n ＋1a n，则b n ＝n ＋n ·2n，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(1＋2＋…＋n )＋(2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n )，设T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n， ①所以2T n ＝22＋2·23＋…＋(n －2)·2n －1＋(n －1)·2n＋n ·2n ＋1， ②由①－②，得－T n ＝2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1，所以T n ＝(n －1)·2n ＋1＋2. 所以S n ＝T n ＋n n ＋12，即S n ＝(n －1)·2n ＋1＋n n ＋12＋2.7．(2019·唐山一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋S n ＝n ＋1. (1)求S n ，a n ； (2)若b n ＝(－1)n －1·a n ＋1S n ＋n，{b n }的前n 项和为T n ，求T n . 解 (1)令n ＝1，得a 1＋a 1＝2，(a 1＋2)(a 1－1)＝0，解得a 1＝1，所以S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1， 当n ＝1时，a 1＝1适合上式， 所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n －1·a n ＋1S n ＋n ＝(－1)n －1·2n ＋1n 2＋n＝(－1)n －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14－⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1， 当n 为奇数时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋14－⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝1＋1n ＋1＝n ＋2n ＋1， 综上所述，T n＝⎩⎪⎨⎪⎧nn ＋1n 为偶数，n ＋2n ＋1n 为奇数.。
统编教材部编版人教版高考数学复习专题04 数 列(新高考地区专用)(原卷版附解析答案)
专题04 数 列一．等比数列前n 项和规律n n n n 11111n n a (1q )a a q a a S q S =A-Aq 1q 1q 1q 1q --===-⇔----简记：，指数次数只能为n 次方常数与指数函数的系数成相反数二．单一条件口算结果-----实质考查等比或等差中项1.无论是等差还是等比数列，如果只知道一个条件是取法确定具体的数列，那么可以处理为非0的常数数列，因为非0的常数数列即是等差也是等比数列。
（常数数列：每一项都是相同的）{}{}n n n n 12n 12n-1n n n n 12n 12n-1n n n m n n n n-12.a n S ,b n ,(a a )(2n 1)S 2a a S An B a A(2n 1)B 2(1)=(2)(b b )(2n 1)T 2b b T Cn D b C(2m 1)D2S An B An B kn=n T Cn D Cn D knS An B kn S [A --+-+-+====+-+-+++=⇒++=+=等差数列的前项和等差数列的前项和T 则（）推导：等差数列的前项和为无常数的二次函数（）（）n n m m a k[A(2n 1)B](n 1)B]kn a A(2n 1)Bb k[A(2m 1)B]b C(2m 1)D⎧⎪−−−→=-+⎨-+⎪⎩-+=-+∴=-+相减同理可得 三．公式法口算通项----a n =S n -S n-1(n ≥2)21122n-11n -n n n 2(1)(2)n 1⇔⇔⎧⎪≥⎨⎪⎩-≥=∴n n n 模型1:无常数项的二次函数S =An +Bn a =2An+(B-A)系数2倍，常数后前推导过程：=1时，S =A+B 即a =A+BS =An +Bn(1)时，S =A(n-1)+B(n-1)(2)得a =2An+(B-A)（n 2)令时，a =A+B a =2An+(B-A)21122n-11+ n=1n +n +n +n 2+(1)(2)n 1+ n=1⎧⎪⇔⇔⎨≥⎪⎩⎧⎪≥⎨⎪⎩-≥=∴n n n A+B C 模型2:有常数项的二次函数S =An +Bn C a =2An+(B-A) n 2推导过程：=1时，S =A+B+C 即a =A+B CS =An +Bn C(1)时，S =A(n-1)+B(n-1)C(2)得a =2An+(B-A)（n 2)令时，a =A+B A+B C a =2An+(⎧⎪⎨≥⎪⎩B-A) n 2nn n 111nn 1n-1n 11n 1n=1A B A n n A Bn 2A B(1)(2)A 1n 1 n=1A ----⎧⎪⇔+⇔⎨≥⎪⎩⎧+⎪≥⎨+⎪⎩-≥⇒=∴n n n k(A-1)模型3:指数型函数S =k a =k(A-1) n 2推导过程：=1时，S =A+B 即a =A+BS =k (1)时，S =k (2)得a =k(A-1)（n 2)指数函数的次数减令时，a =k(A-1)k(A-1)a =k(A-1) ⎧⎪⇒⎨≥⎪⎩当分段两者n=1结果相同时，合并为一式n 2{}n 1n n 111n n n-1n 1n n n 1n+1n 1n 1n 11k a B ()1k k 1n a B 1ka Bn 2a Ba k (1)(2)a a =a k+1a k 1=a kka k 1=a q 1k -----⇔+⇔⋅--+-+⎧⎪≥⎨+⎪⎩⎧⎪-⇔⎨-⎪⎩∴-∴⋅=-n n n n B 模型4:指数型函数S =k a =推导过程：B=1时，S =k 即a =S =k (1)时，S =k (2)不是固定的，右边的k 与下标同步得a =k -k 即a 是以首项，公比为的等比数列B a n 1k ()k 1-⋅-记得检验首项四．口算错位相减法的结果nn n 1n (1)a (dn t)q 2n d A 1q S Bq (An B)q A t B 1q +⎧⎪=+⇒⎨⎪⎩⎧=⎪-⎪∴=-+⇔⎨+⎪=⎪-⎩乘法模型，除的话改成乘法通项公式：（）指数函数的指数为，非n 变成n五．斐波那数列---黄金分割数列---nn 1a 0.618a +≈n n-1n-2n n n n n 21. a =a +a 112.a [((]5223.:S a 1+≥≥+-=-=-特征：F(n)=F(n-1)+F(n-2) n 3或n 3通项：规律4. 数列特点：0 1 1 2 3 5 8 13 21 34...三个数据为一组，第一数据为偶数，第二、三个数据为奇数技巧1 等比数列前n 项和规律【例1】（2020·福建省厦门第六中学）已知等比数列{}n a 的前n 项和()232nn S λλ=+-⋅（λ为常数），则λ=（ ） A ．2- B ．1-C ．1D ．2【举一反三】1．（2020·安徽含山（理））已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝3n +2+3t ，则t ＝（ ） A ．1 B ．﹣1 C ．﹣3 D ．﹣92．（2020·安徽屯溪一中）已知等比数列{}n a 的前n 项和为1136n n S x -=⋅-，则x 的值为( ) A ．13B ．13-C ．12D ．12-技巧2 单一条件口算结果【例2-1】（1）（2020·宁夏高三其他（文））n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若150S =，则8a =（ ）. A ．-1B ．0C ．1D ．2（2）（2020·山西省长治市第二中学校高三月考（理））已知各项为正数的等比数列{}n a 满足2589a a a =﹐则3334353637log log log log log a a a a a ++++的值为（ ） A ．73B ．83C ．3D ．103【例2-2】（2020·河南）已知等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S 和n T ，且521n n S n T n +=-，则76a b =（ ） A ．67B ．1211C ．1825D ．1621【举一反三】1．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,若1353a a a ++=,则5S = A ．5 B ．7C ．9D ．112．（2020·广东云浮·）在正项等比数列{}n a 中，若63a =，则313233311log log log log a a a a ++++=（ ）．A ．5B ．6C ．10D ．113．（2020·浙江宁波）已知数列{}n a 是等差数列，数列{}n b 是等比数列，若26102a a a π++=，2588b b b =，则4837sina ab b +的值是（ ） A ．12B ．12-CD．4．（2020·全国高三其他（理））已知数列{}n a ，{}n b 为等差数列，其前n 项和分别为n S ，n T ，422n n S n T n +=+，则59a b =（ ） A ．3811B ．109C ．1110D ．2技巧3 公式法口算通项【例3】（2020·南京市秦淮中学高三其他）已知数列{}n a 的前n 项和223n S n n =-+，则数列{}n a 的通项公式为______．【举一反三】1．（2020·湖南湘潭·高考模拟（文））已知数列{}n a 的前n 项和公式为221n S n n =-+，则数列{}n a 的通项公式为___．2．（2020·山西大同·高三一模（文））已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，若111,23+==+n n a a S ，则数列{}n a 的通项公式为___________.技巧4 错位相减法口算结果【例4】（2020·江西东湖·南昌二中高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(n ，*)()n S n N ∈在函数2y x 的图象上，数列{}n b 满足1110,363n n b b b +==+， （1）求{}n a 的通项公式；（2）若(3)n n n c a b =-，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【举一反三】1．（2020·河南高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且(1)2n n n n S a --=． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）如果数列12n n b -=，求数列{}n n a b 的前n 项和n T ．2．（2019·甘肃天水·高考模拟（文））在正项等比数列{n a }中，11a =且3542,,3a a a 成等差数列.（1）求数列的通项公式； （2）若数列{n b }满足n nnb a =，求数列{n b }的前n 项和n S ．技巧5 斐波那数列【例5】（2020·吉林前郭尔罗斯县第五中学）“斐波那契”数列是由十三世纪意大利数学家斐波那契发现的．数列中的一系列数字常被人们称为神奇数．具体数列为：1，1，2，3，5，8，13，…，即从该数列的第三项开始，每个数字都等于前两个相邻数字之和．已知数列{}n a 为“斐波那契”数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，若2020a m =，则2018S =（ ） A ．2mB ．212m - C ．1m - D ．1m +【举一反三】1．（2020·河北高三月考）数列1、1、2、3、5、8、13、21、34、称为斐波那契数列，是意大利著名数学家斐波那契于1202年在他撰写的《算盘全书》中提出的，该数列的特点是：从第三项起，每一项都等于它前面两项的和.在该数列的前2020项中，偶数的个数为（ ） A ．505 B ．673C ．674D ．10102．（2019·福建高三（理））斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”.如图，矩形ABCD 是以斐波那契数为边长的正方形拼接而成的，在每个正方形中作一个圆心角为90︒的圆弧，这些圆弧所连成的弧线就是斐波那契螺旋线的一部分.在矩形ABCD 内任取一点，该点取自阴影部分的概率为（ ）A ．8πB ．4π C ．14D ．341．（2020·湖北黄州·黄冈中学高三其他（理））已知数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，6353a a a +-=，则7S =（ ） A ．42 B ．21 C ．7D ．32．（2020·甘肃高三其他（文））已知等比数列{}n a 的前n 项和为2n n S a =+，则a=（ ）A ．0B ．2-C ．1-D ．13．（2020·辽源市田家炳高级中学校高二期末（理））斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，是根据斐波那契数列1，1，2，3，5，画出来的螺旋曲线.如图，白色小圆内切于边长为1的正方形，黑色曲线就是斐波那契螺旋线，它是依次在以1，2，3，5为边长的正方形中画一个圆心角为90︒的扇形，将其圆弧连接起来得到的.若在矩形 ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（ ）A ．191160π+ B ．192160π+ C ．19180π+ D ．19280π+4．（2020·安徽高三月考（理））裴波那契数列（Fibonacci sequence ）又称黄金分割数列，因为数学家列昂纳多·裴波那契以兔子繁殖为例子引入，故又称为“兔子数列”，在数学上裴波那契数列被以下递推方法定义：数列{}n a 满足：121a a ==，21++=+n n n a a a ，现从该数列的前40项中随机抽取一项，则能被3整除的概率是（ ） A ．14B ．13C ．12D ．235．（2020·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三（文））意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的问题：已知一对兔子每个月可以生一对兔子，而一对兔子出生后在第二个月就开始生小兔子.假如没有发生死亡现象，那么兔子对数依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144……，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是12(3,Ν)n n n a a a n n *--=+≥∈，其中11a =，21a =.若从该数列的前100项中随机地抽取一个数，则这个数是偶数的概率为（ ） A ．13B ．33100C ．12D ．671008．（2020·江西高三（文））意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的问题：已知一对兔子每个月可以生一对兔子，而一对兔子出生后在第二个月就开始生小兔子.假如没有发生死亡现象，那么兔子对数依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144……，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是()*123,n n n a a a n n N--=+≥∈，其中11a =，21a =.若从该数列的前120项中随机地抽取一个数，则这个数是奇数的概率为（ ）A ．13B ．23C ．12D ．347．（2020·嘉祥县第一中学高三其他）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 ．719 B ．1531C ．1734D ．19378．（2020·合肥一六八中学高三其他（理））已知数列{}n a 为等差数列，且满足251115a a a ++=，则数列{}n a 的前11项和为（ ）A ．40B ．45C ．50D ．559．（2019·河南高二月考）两等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，且12n n S n T n+=，则85(a b = ) A ．45B ．67C ．89D ．210．(多选）（2020·福建省永泰县第一中学高三月考）斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为(){}F n ，则(){}F n 的通项公式为（ ）A ．(1)1()2n nF n -+=B ．()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==C ．()1122n nF n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎥=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎥⎝⎭⎝⎭⎦D ．()1122n nF n ⎡⎤⎛⎛⎫⎥=+ ⎪ ⎪⎥⎝⎭⎝⎭⎦12．（2020·福建漳州·高三其他（文））若n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且918S =，则5a =__________.13．（2020·陕西渭南·（理））已知数列{a n }的前n 项和S n =n (n +1)+2,其中*n N ∈,则a n =_____.14．（2020·湖北高三月考（理））设n S 为数列{}n a 的前n 项和，若257n n S a =-，则n a =____15．（2020·浙江高三其他）已知数列{}n a 的前n 项和()2*21n S n n n N=+-∈，则1a=____________；数列{}n a 的通项公式为n a =____________．16．（2020·浙江高三月考）十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，斐波那契数列{}n a 满足以下关系：11a =，21a =，()123--=+≥∈*n n n a a a n ,n N ，记其前n 项和为n S ，设2020a m =(m 为常数)，则20182020S a -=______；1352019+++⋅⋅⋅+=a a a a ______.17．（2020·陕西西安中学）斐波那契数列(Fibonaccisequence)，又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多斐波那契(LeonardodaFibonacci)以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.它是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55……在数学上，斐波那契数列以如下递推的方法定义：a 1=1，a 2=1，n n 1n 2a a a --=+(n ≥3，n ∈N *)，记其前n 项和为S n ，设a 2019=t (t 为常数)，则2017201620152014S S S S +--＝________(用t 表示)，20172019S a -=________(用常数表示).18．（2020·全国高三其他（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21nn S =+．（1）求{}n a 的通项公式；（2）若()21n n b n a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．19．（2020·河南高二其他（文））设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且424S S =，2121a a =+.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设数列{}n b 满足()214n n na b -=， 求数列{}n b 的前n 项和n R .专题04 数 列二．等比数列前n 项和规律n n n n 11111n n a (1q )a a q a a S q S =A-Aq 1q 1q 1q 1q --===-⇔----简记：，指数次数只能为n 次方常数与指数函数的系数成相反数二．单一条件口算结果-----实质考查等比或等差中项1.无论是等差还是等比数列，如果只知道一个条件是取法确定具体的数列，那么可以处理为非0的常数数列，因为非0的常数数列即是等差也是等比数列。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
考点测试31 数列求和一、基础小题1．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( ) A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2 D ．2n＋n －2答案 C解析 S n ＝2(1－2n)1－2＋n (1＋2n －1)2＝2n ＋1－2＋n 2．故选C ．2．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n (n ＋1)，则S 5等于( )A ．1B ．56C ．16D ．130答案 B解析 ∵a n ＝1n －1n ＋1，∴S 5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝56．故选B ．3．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝10a 1，则a 1d＝( ) A ．12 B ．1 C ．32 D ．2 答案 B解析 由S 4＝10a 1得4(a 1＋a 4)2＝10a 1，即d ＝a 1．所以a 1d ＝1．故选B ．4．已知数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2a 2，则( ) A ．a 1<0 B ．a 1>0 C ．a 1≠a 2 D ．a 2＝0答案 D解析 ∵a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2a 2，当n ＝1时，a 1＝2a 2，当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2，∴a 2＝0．故选D ．5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 1(4n －1)3，若a 3＝8，则a 1＝( )A ．14B ．12 C ．64 D ．128 答案 B解析 ∵S 3－S 2＝a 3，∴a 1(43－1)3－a 1(42－1)3＝8，∴a 1＝12，故选B ．6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 11＝( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8 答案 B解析 由当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n 得a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，上面两式相减得a n ＋1－a n ＋2a n＝1，即a n ＋1＋a n ＝1，所以S 11＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 10＋a 11)＝5×1＋1＝6．故选B ．7．设S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1n ，则S 4m ＋S 2m ＋1＋S 2m ＋3(m ∈N *)的值为( )A ．0B ．3C ．4D ．随m 的变化而变化 答案 B解析 容易求得S 2k ＝－k ，S 2k ＋1＝k ＋1，所以S 4m ＋S 2m ＋1＋S 2m ＋3＝－2m ＋m ＋1＋m ＋2＝3．故选B ．8．在等比数列{a n }中，前7项的和S 7＝16，且a 21＋a 22＋…＋a 27＝128，则a 1－a 2＋a 3－a 4＋a 5－a 6＋a 7＝( )A ．8B ．132C ．6D ．72答案 A解析 设数列{a n }的公比为q ，则a 1－a 2＋a 3－a 4＋a 5－a 6＋a 7＝a 1[1－(－q )7]1－(－q )＝a 1(1＋q 7)1＋q，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝16，a 21＋a 22＋…＋a 27＝a 21(1－q 14)1－q 2＝128．∵a 1(1＋q 7)1＋q ·a 1(1－q 7)1－q ＝a 21(1－q 14)1－q 2，∴a 1－a 2＋a 3－a 4＋a 5－a 6＋a 7＝12816＝8．故选A ． 二、高考小题9．(2017·全国卷Ⅰ)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 答案 A解析 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n (n ＋1)2．由题意知，N >100，令n (n ＋1)2>100，解得n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2(1－2n)1－2－n ＝2n ＋1－2－n ．设N是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n (n ＋1)2项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k－1应与－2－n 互为相反数，即2k－1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)，∴n 最小为29，此时k ＝5．则N ＝29×(1＋29)2＋5＝440．故选A ．10．(2016·北京高考)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________．答案 6解析 设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 1＝6，a 3＋a 5＝0，∴6＋2d ＋6＋4d ＝0，∴d ＝－2，∴S 6＝6×6＋6×52×(－2)＝6．11．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑nk ＝11S k＝________． 答案2nn ＋1解析 设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝n ．∴前n 项和S n ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴1S n＝2n (n ＋1)＝21n －1n ＋1，∴∑nk ＝11S k ＝21－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝21－1n ＋1＝2·n n ＋1＝2n n ＋1．12．(2015·全国卷Ⅱ)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 ＝________．答案 －1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1， 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．13．(2018·江苏高考)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n >12a n ＋1成立的n 的最小值为________．答案 27解析 设A n ＝2n －1，B n ＝2n ，n ∈N *，当A k <B l <A k ＋1(k ，l ∈N *)时，2k －1<2l<2k ＋1，有k －12<2l －1<k ＋12，则k ＝2l －1，设T l ＝A 1＋A 2＋…＋A 2l －1＋B 1＋B 2＋…＋B l ，则共有k ＋l ＝2l －1＋l 个数，即T l ＝S 2l －1＋l ，而A 1＋A 2＋…＋A 2l －1＝2×1－1＋2l－12×2l －1＝22l －2，B 1＋B 2＋…＋B l ＝2(1－2l)1－2＝2l ＋1－2．则T l ＝22l －2＋2l ＋1－2，则l ，T l ，n ，a n ＋1的对应关系为观察到l ＝5时，T l ＝S 21<12a 22，l ＝6，T l ＝S 38>12a 39，则n ∈[22,38)，n ∈N *时，存在n ，使S n ≥12a n ＋1，此时T 5＝A 1＋A 2＋…＋A 16＋B 1＋B 2＋B 3＋B 4＋B 5，则当n ∈[22,38)，n ∈N *时，S n ＝T 5＋(n －22＋1)(A 22－5＋A n －5)2＝n 2－10n ＋87．a n ＋1＝A n ＋1－5＝A n －4,12a n ＋1＝12[2(n －4)－1]＝24n －108，S n －12a n ＋1＝n 2－34n ＋195＝(n －17)2－94，则n ≥27时，S n －12a n ＋1>0，即n min ＝27．三、模拟小题14．(2018·福建厦门第一学期期末)已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( )A ．250B ．200C ．150D ．100 答案 D解析 n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋1－a 2k ＝2，n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＋a 2k －1＝2，n ＝2k ＋1(k ∈N *)时，a 2k ＋2＋a 2k ＋1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝4，a 2k ＋2＋a 2k ＝0，∴{a n }的前100项和＝(a 1＋a 3)＋…＋(a 97＋a 99)＋(a 2＋a 4)＋…＋(a 98＋a 100)＝25×4＋25×0＝100．故选D ．15．(2018·浙江模拟)已知数列{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12n －12，n 为奇数，12n2，n 为偶数，则数列{3a n ＋n －7}的前2n 项和的最小值为( )A ．－514B ．－1854C ．－252D ．－1058答案 D解析 设b n ＝3a n ＋n －7，{3a n ＋n －7}的前2n 项和为S 2n ，则S 2n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n＝3⎩⎨⎧⎭⎬⎫1－12n 1－12＋121－12n 1－12＋(1＋2＋3＋…＋2n )－14n ＝91－12n ＋2n 2－13n ，又2n 2－13n ＝2n －1342－1698，当n ≥4时，f (n )＝2n －1342－1698是关于n 的增函数，又g (n )＝91－12n也是关于n 的增函数，∴S 8<S 10<S 12<…，∵S 8＝－18516，S 6＝－1058，S 4＝－454，S 2＝－132，∴S 6<S 8<S 4<S 2，∴S 6最小，S 6＝－1058，故选D ．16．(2018·皖南八校第三次联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1，b n ＝log 2(a 2n ·2an )，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >1024的最小n 的值为________．答案 9解析 当n ＝1时，a 1＝4， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n，n ≥2.所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8，n ＝1，2n ＋2n，n ≥2，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8，n ＝1，2n ＋1＋n (n ＋1)＋2，n ≥2.当n ＝9时，T 9＝210＋9×10＋2＝1116>1024；当n ＝8时，T 8＝29＋8×9＋2＝586<1024，所以满足T n >1024的最小n 的值为9．17．(2018·江西南昌莲塘一中质检)函数f (x )＝e x－1e x ＋1，g (x )＝f (x －1)＋1，a n ＝g 1n ＋g 2n ＋g 3n ＋…＋g 2n －1n，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式为________． 答案 a n ＝2n －1解析 由题意知f (x )的定义域为R ， 又f (－x )＝e －x－1e －x ＋1＝1－e x1＋ex ＝－f (x )，∴函数f (x )＝e x －1e x ＋1为奇函数，g (x )＋g (2－x )＝f (x －1)＋1＋f (2－x －1)＋1＝f (x －1)＋f (1－x )＋2，由f (x )＝e x－1e x ＋1为奇函数，知f (x －1)＋f (1－x )＝0，∴g (x )＋g (2－x )＝2．∵a n ＝g 1n ＋g 2n ＋g 3n ＋…＋g 2n －1n，n ∈N *，①∴a n ＝g 2n －1n ＋g 2n －2n ＋g 2n －3n＋…＋g 1n，n ∈N *，②由①＋②得2a n ＝g 1n ＋g 2n －1n ＋g 2n ＋g 2n －2n ＋…＋g 2n －1n ＋g 1n＝(2n －1)×2，则数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1．18．(2018·洛阳质检)已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ．若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n 为________．答案 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 ，∴{a n }是公比为3的等比数列，∴S n ＝2×(1－3n)1－3＝3n－1．19．(2018·石家庄质检二)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n，如果存在正整数n ，使得(m －a n )(m －a n ＋1)<0成立，那么实数m 的取值范围是________．答案 －12，34解析 易得a 1＝－12，n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝－12n －－12n －1＝3×－12n．则有a 1<a 3<…<a 2k－1<0<a 2k <…<a 4<a 2(k ∈N *)．若存在正整数n ，使得(m －a n )(m －a n ＋1)<0成立，则只需满足a 1<m <a 2即可，即－12<m <34．20．(2018·湖北八市3月联考)已知数列{a n }的首项a 1＝1，函数f (x )＝x 4＋a n ＋1cos2x －(2a n ＋1)有唯一零点，则数列{n (a n ＋1)}的前n 项和为________．答案 (n －1)2n ＋1＋2解析 解法一：显然f (x )为R 上的偶函数，若其仅有一个零点，则f (0)＝0，即a n ＋1＝2a n ＋1，则a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，从而{a n ＋1}是公比为2的等比数列，a n ＋1＝(1＋1)·2n －1，a n ＝2n －1(n ∈N *)．从而n (a n ＋1)＝n ·2n ，设T n ＝1·21＋2·22＋…＋n ·2n,2T n ＝1·22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1，作差得－T n ＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1，－T n ＝2(2n －1)－n ·2n ＋1，所以T n ＝2＋(n －1)2n ＋1．解法二：显然f (x )为R 上的偶函数，若其仅有一个零点，则f (0)＝0，即a n ＋1＝2a n ＋1，则a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，从而{a n ＋1}是以2为公比的等比数列，a n ＋1＝(1＋1)2n －1，a n ＝2n－1(n ∈N *)．从而n (a n ＋1)＝n ·2n＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，(n －1)2n ＋1－(n －2)2n，n ≥2，设T n ＝2＋23＋2·24－23＋3·25－2·24＋…＋(n －1)·2n ＋1－(n －2)·2n，则T n ＝2＋(n －1)2n ＋1．一、高考大题1．(2018·浙江高考)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n ．(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解 (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8．由a 3＋a 5＝20得8q ＋1q＝20，解得q ＝2或q ＝12，因为q >1，所以q ＝2．(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n ．由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1．由(1)可知a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)·12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·12n －2＋(4n －9)·12n －3＋…＋7·12＋3．设T n ＝3＋7·12＋11·122＋…＋(4n －5)·12n －2，n ≥2，12T n ＝3·12＋7·122＋…＋(4n －9)·12n －2＋(4n －5)·12n －1， 所以12T n ＝3＋4·12＋4·122＋…＋4·12n －2－(4n －5)·12n －1，因此T n ＝14－(4n ＋3)·12n －2，n ≥2，又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)·12n －2，n ≥2．经检验，当n ＝1时，b n 也成立． 故b n ＝15－(4n ＋3)·12n －2．2．(2018·天津高考)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *)．已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6．(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值． 解 (1)设等比数列{b n }的公比为q ． 由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0． 因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1．所以T n ＝1－2n1－2＝2n－1．设等差数列{a n }的公差为d ． 由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4． 由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16， 从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n ． 所以S n ＝n (n ＋1)2．(2)由(1)，有T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×(1－2n)1－2－n ＝2n ＋1－n －2．由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得n (n ＋1)2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍去)或n ＝4． 所以n 的值为4．3．(2017·天津高考)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 等比数列{b n }的公比为q ．由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0，解得q ＝2或q ＝－3， 又因为q ＞0，所以q ＝2．所以b n ＝2n． 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8．① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2．所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n． (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，有a 2n b 2n －1＝(3n －1)·4n，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)·4n，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)·4n ＋(3n －1)·4n ＋1，上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)·4n ＋1＝12×(1－4n)1－4－4－(3n －1)·4n ＋1＝－(3n －2)·4n ＋1－8．得T n ＝3n －23·4n ＋1＋83．所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23·4n ＋1＋83．二、模拟大题4．(2018·山西太原模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n (n ＋1)2，数列{b n }满足b n ＝a n ＋a n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若c n ＝2an ·(b n －1)(n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n ． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n (n ＋1)2－(n －1)n2＝n ，又a 1＝1符合上式，∴a n ＝n (n ∈N *)， ∴b n ＝a n ＋a n ＋1＝2n ＋1． (2)由(1)得c n ＝2an (b n －1)＝n ·2n ＋1，∴T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n＋n ×2n ＋1， ① 2T n ＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋(n －1)×2n ＋1＋n ×2n ＋2， ②①－②得，－T n ＝22＋23＋24＋…＋2n ＋1－n ·2n ＋2＝4(1－2n)1－2－n ·2n ＋2＝(1－n )·2n ＋2－4，∴T n ＝(n －1)·2n ＋2＋4．5．(2018·沈阳质检)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n ． 解 (1)由题设知a 1a 4＝a 2a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．设等比数列{a n }的公比为q ，由a 4＝a 1q 3得q ＝2， 故a n ＝a 1qn －1＝2n －1，n ∈N *．(2)S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2n－1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1S 1－1S 2＋1S 2－1S 3＋…＋1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1，n ∈N *． 6．(2018·安徽马鞍山第二次教学质量监测)已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 2＝37，S 4＝152．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n －2n|}的前n 项和T n ． 解 (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝37，4a 1＋6d ＝152，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝35，d ＝2， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋33(n ∈N *)． (2)由(1)知，|a n －2n |＝|2n ＋33－2n |＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n ＋33－2n (1≤n ≤5)，2n －(2n ＋33)(n ≥6).当1≤n ≤5时，T n ＝(35＋2n ＋33)n 2－2(1－2n )1－2＝n 2＋34n －2n ＋1＋2；当n ≥6时，T 5＝133，|2n ＋33－2n |＝2n －(2n ＋33)，T n －T 5＝64(1－2n －5)1－2－(45＋2n ＋33)(n －5)2 ＝2n ＋1－n 2－34n ＋131，∴T n ＝2n ＋1－n 2－34n ＋264．综上所述，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n 2＋34n －2n ＋1＋2(1≤n ≤5，n ∈N *)，2n ＋1－n 2－34n ＋264(n ≥6，n ∈N *).。