2020年高考数学一轮复习考点31数列求和必刷题理(含解析)

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2020届高考数学一轮复习第31讲数列求和

课前双基巩固
3.[教材改编] 若数列{an} 的通项公式为 an=(n-1)×
n-1
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题组二常错题
◆索引:利用分组(或并项)求和
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4.已知数列{an}的通项公式为 an=(-1)n(2n-2),则数列{an}的
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5.在数列{an}中,已知
an=(��
1 +1)(��
�� +1 ��
1 - 1 =4,数列
�� +1 ��
�� 满足 1 = 1 + 1 ,记 �� 的
课堂考点探究
[总结反思] 数列的通项公式类数列适合使用裂项相消法求
课堂考点探究
考试说明
掌握等差数列、等比数列的前
课前双基巩固
知识聚焦
1.公式法 (1)公式法
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��1(1-�� )
当 q≠1 时,Sn= 1-��巩固
2.倒序相加法与并项求和法 (1)倒序相加法如果一个数列{an}中,与首末两
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教师备用例题
例 3 [配合例 4 使用] [2018· 知公差 d 不为 0 的等差数列{ 和为 15,且 a1a10=a3a4.
继续努力
再见
变式题 [2018·株洲二中、醴陵
考] 数列
1 �� +1+
��
的前 2018
S2018= ( )
课堂考点探究
角度 2 形如 an=��(��+�� ) 例 4 [2018·柳州联考] 设数

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 ．20182019B ．20182020C ．20192020D ．20172019【答案】C 【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，44a =Q ，515S =，，，联立解得：11a d ==，．∴．则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭g 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，即1n a n=，所以21n a n =，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33S a +，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 ＝3qn ﹣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 =-，3n n 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n T .【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32nn 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Q {}n a 为递增数列，则122a q =⎧⎨=⎩，∴2n n a =，Q 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。

新教材高考数学一轮复习31数列求和训练含解析新人教B版

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

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．。

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{}n a 中，410a =，前12项的和1290S =，则18a 的值为______. 【答案】4- 【解析】由题得1118131013,1,1317(1)4121112902a d a d a a d +=⎧⎪∴==-∴=+⋅-=-⎨⋅+=⎪⎩. 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【解析】2为首项，1为公差的等差数列。

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 ，若_______．4．（江苏省淮安市等四市2018届高三上学期第一次模拟）____．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___________．【答案】11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{|21N }{|88N }A x x k k B x x k k ，，，**==-∈==-∈，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967S T +≤，则2m n +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=()()2222121088,44,44967,22m m n n m T n n m n n +-+-===-∴+-≤即()2221968,,,n m m n N -+≤∈令2n-1=t,则m+2n=t+m+1,t 为奇数,m 为整数，则22968t m +≤，由基本不,44,2m t m t +≥∴+≤当且仅当m=t=22时取等，∵t 为奇数，∴m t +的最大值在t=22附近取到，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：，【答案】1 【解析】根据题意,数列{an }满足：a 1n ⩾2)，则a 2=2a 1−3=2×3−3=3，a 3=2a 2−3=2×3+3=9， a 4=2a 3+3=2×9−3=15，其中a 1、a 3、a 4为等差数列的前3项，又由{ak 1}是等差数列,且k 1=1，则有k 2=3,k 3=4，则k 3−k 2=1．8．（江苏省南通市2018年高考数学模拟）{a n }的前n 项和，，则{a n }的首项的所有可能值为______【解析】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{a n}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a n+a n+1+a n+2=15，n取19.10．（江苏省南京师范大学附属中学2018届高三5中，三项的和都是15．【答案】9【解析】，故答案为11．（江苏省徐州市（苏北三市（徐州、淮安、连云港))2019，都有（1（2满足①②的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）1011（2【解析】（1（2．，(*)，即，代入(*)（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n项和为．12．（1（2，，求数列n（3为实数，对满足m，n，k，不等式【答案】（1（2（3【解析】（1（2，（3）由，及13．（江苏省清江中学2018.（1（2）（，总成立？若存在，求出.【答案】【解析】（1等差数列.（2总成立，又是单调递增的7.14．（江苏省南京师范大学附属中学、天一、海门、淮阴四校2018首项为1，前n（k成立，则称数列数列”．（1（2数列”，也是“项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；（3，证明：【答案】（1（2）不存在；（3）证明见解析.【解析】（1，，为等比数列，其通项公式为（2（3两式相减得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{}n a 、{}n b ，其中， 112a =，数列{}n a 满足()()111n n n a n a -+=-,()*2,n n N ≥∈，数列{}n b 满足112,2n n b b b +==．（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）是否存在自然数m ，使得对于任意*,2,n N n ∈≥有12111814n m b b b -++++<恒成立？若存在,求出m 的最小值；（3）若数列{}n c 满足1,{ ,n n n n na c b n =为奇数为偶数，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】（1）2nn b =；（2）存在， 16m =；（3）()()21243421,43{ 2421,43n n nn n n T n n n -+++-=++-为奇数为偶数．【解析】（1）由()()111n n n a n a -+=-，即111n n a n a n --=+．又112a =，所以1232112321n n n n n n n a a a a a a a a a a a a -----=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅12321111432n n n n n n ---=⋅⋅⋅⋯⋯⋅⋅⋅+- ()11n n =+. 当1n =时，上式成立，因为112,2n n b b b +==，所以{}n b 是首项为2，公比为2的等比数列，故2nn b =.(2) 由（1）知2nn b =，则21211111111122222n n n b b b +++⋯+=+++⋯+=-.假设存在自然数m ，使得对于任意*,2,n N n ∈≥有12111814n m b b b -++++<恒成立，即18224n m --<恒成立，由824m -≥，解得16m ≥．所以存在自然数m ，使得对于任意*,2,n N n ∈≥有12111814n m b b b -++++<恒成立，此时， m 的最小值为16.（3）当n 为奇数时，()241131113n n n T b b b a a na -⎛⎫=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭ ()()241241222n n -⎡⎤=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+⎣⎦ 124142112214n n n -⎛⎫- ⎪+++⎝⎭=⋅+- ()214342143n n n -++=+-；当n 为偶数时，()()2413111131n n n T b b b a a n a -⎡⎤=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+⎢⎥-⎢⎥⎣⎦ ()()2424222nn =++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+241422214nn n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭=⋅+- ()2242143n n n +=+-. 因此()()21243421,43{ 2421,43n n nn n n T n n n -+++-=++-为奇数为偶数． 16．（江苏省扬州树人学校2018n项和为t 为正整数．中的任意一项是否总可以表示为数列给出一种表示方式；若不是，请说明理由．【答案】(3) 数列中的任意一项总可以表示为数列.理由见解析. 【解析】（1（2）由（1）知数列是首项为1的等差数列；是首项为1的等差数列．时奇数时，时偶数时，所以，（3）由数列是首项为1，公差为11的等差数列，，取的一组解是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（1（2（3.【答案】（1）见解析（2）3）见解析【解析】试题分析：（1是等比数列；（2（3，再由迭代的方法得到数列. 解析：（1故数列是等比数列．（2），①②③②①，③②，．，（3，代入成等差数列，因为，所以.18．（江苏省南通市2018届高三上学期第一次调研测试）若数列n，②若对于给定的正整数k，n(n＞k)恒成立，则称数k)数列”．（1（2p(p＞1)，，【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）根据定差数列证结论试题解析：（1（2.，则①和②都成立，所以是等差数列.，.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{}n a 的满足11a =，前n 项的和为n S ，且()*11241n n n n n a a n N a a S ++-=∈-.（1）求2a 的值；（2）设1nn n na b a a +=-，证明：数列{}n b 是等差数列；（3）设2n bn n c a =⋅，若1λ≤≤，求对所有的正整数n都有22n k c λλ-+<成立的k 的取值范围.【答案】（1）23a =；（2）见解析；（3）()2k ∈++∞. 【解析】试题分析：(1)令1n =得2a (2) 因为11241n n n n n a a a a S ++-=-，所以11241n n n n na a S a a ++-=-①.所以12121241n n n n n a a S a a +++++-=-②，由②-①，得12112112n n n n n n n n na a a a a a a a a +++++++=---.因为10n a +≠，所以22112n n n n n n a a a a a a ++++=---.所以121112n n n n n n a a a a a a +++++-=--，即12111n nn n n na a a a a a ++++-=--，即11n nb b +-=即可得证（3）由（2）知，因为112112a b a a ==-，所以数列{}n b 的通项公式为12n b n =-.因为112n n n a a a +=-，所以122112121n n a n a n n ++=+=--，所以()121121n n a a n n +=+--，所以数列21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是常数列. 由11211a =⨯-，所以21n a n =-.所以()()1222212212nn b n n n c a n n -=⋅=⋅-=⋅⋅-.研究数列{}n c 的单调性求出最小值，变量分离k λ与即可得解.试题解析：（1）令1n =得23a =. （2）因为11241n n n n n a a a a S ++-=-，所以11241n n n n na a S a a ++-=-①.所以12121241n n n n n a a S a a +++++-=-②，由②-①，得12112112n n n n n n n n na a a aa a a a a +++++++=---.因为10n a +≠，所以22112n nn n n na a a a a a ++++=---.所以121112n n n n n n a a a a a a +++++-=--，即12111n nn n n na a a a a a ++++-=--，即11n n b b +-=，所以数列{}n b 是公差为1的等差数列. （3）由（2）知，因为112112a b a a ==-，所以数列{}n b 的通项公式为12n b n =-.因为112n n n a a a +=-，所以122112121n n a n a n n ++=+=--，所以()121121n n a a n n +=+--，所以数列21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是常数列.由11211a =⨯-，所以21n a n =-.所以()()1222212212nn b nn n c a n n -=⋅=⋅-=⋅⋅-.因为()()()11221221223022n n n n n c c n n n ++⎡⎤-=⋅+-⋅-=⋅+>⎣⎦ 所以数列{}n c 为单调递增数列当1n ≥时，1n c c ≥=n c由2222n k k λλλλ-+⇒+max2k λλ⎛>+ ⎝⎭，而当1λ≤≤时，λ在⎡⎣递减，递增，所以max1λλ⎛+=+ ⎝⎭ 当且仅当1λ=时取得，故()2k ∈++∞.20．（江苏省苏州市2018（1；（2）是否存在实数a，b n恒成立，并证明你的结论．【答案】（1）见解析（2【解析】（1，代入得（2以下用数学归纳法证明①时，显然成立．②，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（1（2【答案】(2)3个，证明见解析.【解析】（1（2，原问题转化为①最多有多少个解.由唯一零点或恒大于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个解，即满足①的偶数最多有，同理可以证明，方程①最多有.中的元素个数最多有.再由（1.22．（江苏省海门中学2018届高三5阶塑数列”，(1)已知为等比数列，求②设t为任意正数，证明：存在(2).【答案】(1) ②见解析【解析】（1所以，因此取当时总有（2，所以。

2020年高考数学(理)一轮复习30考点必刷题含解析

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】试题分析：若，则直线与直线平行，充分性成立；若直线与直线平行，则或，必要性不成立．
8．“x为无理数”是“x2为无理数”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】为无理数，不能推出为无理数，例如，反过来，是无理数，那么一定是无理数，故为无理数是为无理数必要不充分条件，故选B.
A．{2}B．{1,2}
C．{－2,1,2}D．{－2，－1,0}
【答案】C
【解析】∵A，B为两个非空集合，定义集合A－B＝{x|x∈A且x∉B}，A＝{－2，－1,0,1,2}，B＝{x|(x－1)(x＋2)＜0}＝{x|－2＜x＜1}，∴A－B＝{－2,1,2}．故选C.
20．对于任意两集合A，B，定义A－B＝{x|x∈A且x∉B}，A*B＝(A－B)∪(B－A)，记A＝{y|y≥0}，B＝{x|－3≤x≤3}，则A*B＝________.
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件
【答案】B
【解析】“甲⇒乙”的逆否命题为“若x＋y＝5，则x＝2且y＝3”显然不正确，而“乙⇒甲”的逆否命题为“若x＝2且y＝3，则x＋y＝5”是真命题，因此甲是乙的必要不充分条件．故选 B.
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为集合，，所以A∩B={0,1}.
故答案为：A.
6．若集合M＝{x||x|≤1}，N＝{y|y＝x2，|x|≤1}，则( )
A．M＝NB．M⊆N

专题32 数列求和(解析版)

答案:3n2-2n
【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＝ .

2020届高考数学理一轮(新课标通用)考点测试32 数列求和

考点测试32 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 2－1 C ．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 ．5B ．6C ．7D ．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．等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时的n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9 ★答案★ C解析由题意知a 6<0，a 11>0，a 1＋5d ＝－a 1－10d ，a 1＝－152d ，有S n ＝na 1＋n (n －1)d 2＝d 2(n 2－16n )＝d 2[(n －8)2－64]，因为d >0，所以当n ＝8时前n 项和取最小值．故选C ．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1－2n 1－2＝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 ＝1 1Sk＝________．★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 ＝1 1S 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＝A1＋A2＋…＋A2l－1＋B1＋B2＋…＋B l，则共有k＋l＝2l－1＋l个数，即T l＝S2l－1＋l，而A1＋A2＋…＋A2l－1＝2×1－1＋2l－12×2l－1＝22l－2，B1＋B2＋…＋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＝S21<12a22，l＝6，T l＝S38>12a39，则n∈[22，38)，n∈N*时，存在n，使S n≥12a n＋1，此时T5＝A1＋A2＋…＋A16＋B1＋B2＋B3＋B4＋B5，则当n∈[22，38)，n∈N*时，S n＝T5＋(n－22＋1)(A22－5＋A n－5)2＝n2－10n＋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＝n2－34n＋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．250 B．200 C．150 D．100★答案★D解析n＝2k(k∈N*)时，a2k＋1－a2k＝2，n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋a2k－1＝2，n＝2k＋1(k∈N*)时，a2k＋2＋a2k＋1＝2，∴a2k＋1＋a2k－1＝4，a2k＋2＋a2k＝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＋e x＝－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 ＋2)b k (k ＋1)(k ＋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 ＝1－2n 1－2＝2n－1，故T n ＝∑nk ＝1 (2k－1)＝∑nk ＝12k－n ＝2×(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－n －2．②证明：因为(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝(2k ＋1－k －2＋k ＋2)k(k ＋1)(k ＋2)＝k ·2k ＋1(k ＋1)(k ＋2)＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，所以，∑n k ＝1 (T k ＋b k ＋2)b k(k ＋1)(k ＋2) ＝233－222＋244－233＋…＋2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2． 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)n 2＝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， ② ①－②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 1q n －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 *).感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

2020届高考数学(理)一轮必刷题专题30 等比数列及其前n项和(解析版)

考点30 等比数列及其前n 项和1、设数列{a n }满足2a n ＝a n ＋1(n ∈N *)，且前n 项和为S n ，则S 4a 2的值为( )A.152 B ．154C ．4D ．2【答案】A【解析】由题意知，数列{a n }是以2为公比的等比数列，故S 4a 2＝a 1－241－2a 1×2＝152.故选A.2、设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5等于( ) A.152 B ．314C.334 D ．172【答案】B【解析】设数列{a n }的公比为q ，则显然q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ·a 1q 3＝1，a 11－q 31－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝－13(舍去)，∴S 5＝a 11－q 51－q＝4⎝⎛⎭⎫1－1251－12＝314.3、已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，则a 的值为( )A ．－13B ．13C ．－12D ．12【答案】A【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，所以a ＋16＝a 2，所以a ＝－13.4、在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝3，a 9＝a 2a 3a 4，则公比q 的值为( ) A.2 B ．3 C ．2 D ．3【答案】D【解析】由a 9＝a 2a 3a 4得a 1q 8＝a 31q 6，所以q 2＝a 21.因为等比数列{a n }的各项都为正数，所以q ＝a 1＝3.5、已知数列1，a 1，a 2,9是等差数列，数列1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，则b 2a 1＋a 2的值为( )A.710 B ．75C.310 D ．12【答案】C【解析】因为1，a 1，a 2,9是等差数列，所以a 1＋a 2＝1＋9＝10.又1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，所以b 22＝1×9＝9，因为b 21＝b 2＞0，所以b 2＝3，所以b 2a 1＋a 2＝310.6、在等比数列{a n }中，a 5a 11＝3，a 3＋a 13＝4，则a 15a 5＝( )A ．3B ．－13C ．3或13D ．－3或－13【答案】C【解析】根据等比数列的性质得⎩⎪⎨⎪⎧a 3q 52＝3，a 3＋q 10＝4，化简得3q 20－10q 10＋3＝0，解得q 10＝3或13，所以a 15a 5＝a 5q 10a 5＝q 10＝3或13. 7、古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为( ) A ．7 B ．8 C ．9 D ．10【答案】B【解析】设该女子第一天织布x 尺，则x 1－251－2＝5，得x ＝531，∴前n 天所织布的尺数为531(2n －1)．由531(2n －1)≥30，得2n ≥187，则n 的最小值为8.8、已知各项均是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( )A.5－12B ．5＋12C ．－5－12D ．5－12或5＋12【答案】B【解析】设{a n }的公比为q (q ＞0)．由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52.从而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52.9、已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D ．15【答案】A【解析】因为log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，所以a n ＋1＝3a n . 所以数列{a n }是公比q ＝3的等比数列，所以a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9.所以a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3(1＋q 2＋q 4)＝9×33＝35. 所以log 1335＝－log 335＝－5.10、在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…”是“{a n }是公比为2的等比数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】当a n ＝0时，也有a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，但{a n }不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n }是公比为2的等比数列时，有a na n －1＝2，n ＝2,3,4，…，即a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，所以必要性成立．故选B.11、在等比数列{a n }中，a n ＞0，a 1＋a 2＋…＋a 8＝4，a 1a 2·…·a 8＝16，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 8的值为( )A ．2B ．4C ．8D ．16【答案】A【解析】由分数的性质得到1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝a 8＋a 1a 8a 1＋a 7＋a 2a 7a 2＋…＋a 4＋a 5a 4a 5.因为a 8a 1＝a 7a 2＝a 3a 6＝a 4a 5，所以原式＝a 1＋a 2＋…＋a 8a 4a 5＝4a 4a 5，又a 1a 2·…·a 8＝16＝(a 4a 5)4，a n ＞0，∴a 4a 5＝2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝2.12、已知等比数列{a n }的前n 项积记为Ⅱn .若a 3a 4a 8＝8，则Ⅱ9＝( ) A ．512 B ．256 C ．81 D ．16 【答案】A【解析】由题意知，a 3a 4a 7q ＝a 3a 7a 4q ＝a 3a 7a 5＝a 35＝8，Ⅱ9＝a 1a 2a 3…a 9＝(a 1a 9)(a 2a 8)·(a 3a 7)(a 4a 6)a 5＝a 95，所以Ⅱ9＝83＝512.13、已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n ∈N *)的取值范围是( )A ．[12,16]B ．⎣⎡⎦⎤8，323 C.⎣⎡⎭⎫8，323 D ．⎣⎡⎦⎤163，323【答案】C【解析】因为{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，所以q 3＝a 5a 2＝18，q ＝12，a 1＝4，故a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝a 1a 21－q 2n 1－q 2＝323(1－q 2n )∈⎣⎡⎭⎫8，323，故选C. 14、设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q ＜0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0”的( ) A ．充要条件 B ．充分而不必要条件 C ．必要而不充分条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】若对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0，则a 1＋a 2＜0，又a 1＞0，所以a 2＜0，所以q ＝a 2a 1＜0.若q ＜0，可取q ＝－1，a 1＝1，则a 1＋a 2＝1－1＝0，不满足对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0.所以“q ＜0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0”的必要而不充分条件，故选C.15、已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值为( ) A ．126 B ．130 C ．132 D ．134【答案】C【解析】设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，由题意可知，lg a 3＝b 3，lg a 6＝b 6.又b 3＝18，b 6＝12，则a 1q 2＝1018，a 1q 5＝1012，∴q 3＝10－6，即q ＝10－2，∴a 1＝1022.∵{a n }为正项等比数列，∴{b n }为等差数列，且公差d ＝－2，b 1＝22，故b n ＝22＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋24.∴数列{b n }的前n 项和S n ＝22n ＋nn －2×(－2)＝－n 2＋23n ＝－⎝⎛⎭⎫n －2322＋5294.又n ∈N *，故n ＝11或12时，(S n )m a x ＝132. 16、设数列{a n }是以3为首项，1为公差的等差数列，{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则ba 1＋ba 2＋ba 3＋ba 4＝( ) A ．15 B ．60 C ．63 D ．72【答案】B【解析】由数列{a n }是以3为首项，1为公差的等差数列，得数列{a n }的通项公式为a n ＝3＋(n －1)1＝n ＋2.由数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，得数列{b n }的通项公式为b n ＝b 1q n －1＝2n －1，所以ba n ＝2n＋1，所以ba 1＋ba 2＋ba 3＋ba 4＝22＋23＋24＋25＝－241－2＝60.17、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＝________.【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＝1 024.18、已知{a n }为等比数列，且a 3＋a 6＝36，a 4＋a 7＝18.若a n ＝12，则n ＝________.【答案】 9【解析】设{a n }的公比为q ，由a 3＋a 6＝36，a 4＋a 7＝(a 3＋a 6)q ＝18，解得q ＝12，由a 1(q 2＋q 5)＝36得a 1＝128，进而a n ＝128·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －8.由a n ＝12，解得n ＝9. 19、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________．【答案】64【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2·…·a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝⎛⎭⎫12n －n 2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝⎛⎭⎫n －722＋498，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6.又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2·…·a n 的最大值为26＝64.20、设数列{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，则a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝________. 【答案】15【解析】由题意得a n ＝(－2)n －1，所以a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝1＋|－2|＋(－2)2＋|(－2)3|＝15.21、已知等差数列{a n }的前5项和为105，且a 10＝2a 5.对任意的m ∈N *，将数列{a n }中不大于72m 的项的个数记为b m ，则数列{b m }的前m 项和S m ＝________. 【答案】72m ＋1－748【解析】设数列{a n }的公差为d ，前n 项和为T n .由T 5＝105，a 10＝2a 5，得⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋－2d ＝105，a 1＋9d ＝a 1＋4d ，解得a 1＝7，d ＝7，因此a n ＝a 1＋(n －1)d ＝7＋7(n －1)＝7n (n ∈N *)．对任意的m ∈N *，若a n ＝7n ≤72m ，则n ≤72m－1.因此b m ＝72m －1，所以数列{b m }是首项为7，公比为49的等比数列，故S m ＝－49m 1－49＝7×2m－48＝72m ＋1－748.22、已知等差数列{a n }的公差d ＞0，且a 2，a 5－1，a 10成等比数列，若a 1＝5，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋n ＋32a n ＋1的最小值为________．【答案】203【解析】由于a 2，a 5－1，a 10成等比数列，所以(a 5－1)2＝a 2·a 10，(a 1＋4d －1)2＝(a 1＋d )·(a 1＋9d )，又a 1＝5，所以d ＝3，所以a n ＝5＋3(n －1)＝3n ＋2，S n ＝na 1＋nn －2d ＝5n ＋32n (n －1)，所以2S n ＋n ＋32a n ＋1＝3n 2＋8n ＋323n ＋3＝13[3(n ＋1)＋27n ＋1＋2]≥203，当且仅当3(n ＋1)＝27n ＋1，即n ＝2时等号成立． 23、设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1.【答案】(1) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2. (2) 22n ＋1＋13【解析】(1)∵S 1＝a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列， ∴S n ＝2n －1，又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2(2－1)＝2n －2.当n ＝1时a 1＝1，不适合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.(2)∵a 3，a 5，…，a 2n ＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列， ∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝－4n1－4＝n－3.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋n－3＝22n ＋1＋13.24、已知数列{a n }满足a 1＝8999，a n ＋1＝10a n ＋1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋19是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝lg ⎝⎛⎭⎫a n ＋19，T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和，求证：T n ＜12. (1)【解】由a n ＋1＝10a n ＋1，得a n ＋1＋19＝10a n ＋109＝10⎝⎛⎭⎫a n ＋19，所以a n ＋1＋19a n ＋19＝10，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋19是等比数列，首项为a 1＋19＝100，公比为10.所以a n ＋19＝100×10n －1＝10n ＋1，所以a n ＝10n ＋1－19.(2)【证明】由(1)可得b n ＝lg ⎝⎛⎭⎫a n ＋19＝lg 10n ＋1＝n ＋1，所以1b n b n ＋1＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＜12，所以T n ＜12.25、设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．(1) 【解】当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝⎛⎭⎫1＋32＝8⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78.(2)【证明】由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)． ∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ∈N *)．∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n＝2a n ＋1－a n a n ＋1－a n＝12. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．26、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式；(2)若S 5＝3132，求λ.【答案】(1)11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1(2) －1【解析】(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝⎛⎭⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.27已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19. (1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n . 【答案】(1) 3n (2) 13[(－2)n －1]【解析】(1)∵数列{a n }是等差数列，a 2＝6， ∴S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19， ∴b 1＝1，∵b 2＝2，数列{b n }是等比数列， ∴b n ＝2n －1.∴b 3＝4，∵a 1b 3＝12，∴a 1＝3，∵a 2＝6，数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝3n .(2)设C n ＝b n cos(a n π)，由(1)得C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1，则C n ＋1＝(－1)n ＋12n ，∴C n ＋1C n＝－2，又C 1＝－1，∴数列{b n cos(a n π)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列． ∴T n ＝－1×[1－－n]1－－＝13[(－2)n －1]． 28、已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m ≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．【答案】(1) －5·(－1)n －1. (2) 见解析【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 31q 3＝125，|a 1q －a 1q 2|＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝53，q ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，q ＝－1.故a n ＝53·3n －1，或a n ＝－5·(－1)n －1.(2)若a n ＝53·3n －1，则1a n ＝35·⎝⎛⎭⎫13n －1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为35，公比为13的等比数列，从而∑n ＝1m 1a n ＝35·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m 1－13＝910·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m ＜910＜1. 若a n ＝(－5)·(－1)n －1，则1a n ＝－15(－1)n －1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－15，公比为－1的等比数列，从而∑n ＝1m1a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－15， m ＝2k －k ∈N *，0， m ＝2k k ∈N *.故∑n ＝1m1a n＜1. 综上，对任意正整数m ，总有∑n ＝1m1a n＜1. 故不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1成立．。

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)。

2020年高考数学一轮复习考点32数列的综合问题必刷题理(含解析)

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 ,，则42S S =（） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】B 【解析】由可得312a a =，所以22q =，又因为，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，则由几何概型得，消费88 元以上者抽中一等奖的概率，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[]=______．【答案】20 【解析】由题可知0n S >，当1n >时，化简可得，当所以数列2{}n S 是以首项和公差都是1的等差数列，即又1n >时，记一方面另一方面所以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】2433402【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，a27＝9×27＝243，前27项和为：＝3402.8．（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a4＝1，a12＝5，且任意连续三项的和都是15，则a2018＝______．【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a2，a1，即可得到a2018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。

2020版广西高考人教版数学(文)一轮复习考点规范练：31 数列求和 Word版含解析

∴数列{anan+1}前 10 项的和为
( ) 1 1 1 1
1
1
2
1
-
3+
3
-
5+…
+
2
×
10
-
1
-
2
×
10
+
1
( ) 1
1 1 20 10
=2 × 1 - 21 = 2 × 21 = 21.
8.(2018 云南昆明第二次统考)在数列{an}中,a1=3,{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn+1=an+n2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{bn}满足 bn=(-1)n+2��,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解(1)由 Sn+1=an+n2,①
2 +
1+2an+1=4Sn+1+3.
两式相减可得��
2 +
1
‒
��2��+2(an+1-an)=4an+1,
即
2(an+1+an)=��
2 +
1
‒
��2n=(an+1+an)·(an+1-an).
由于 an>0,可得 an+1-an=2. 又��21+2a1=4a1+3,
2Tn=2 + 22 + 23 + 24 + 25+…+ 2�� .
②
1
11

2020年高考数学一轮复习考点31数列的综合问题必刷题(含解析)

考点31 数列的综合问题1．（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，，，则=__________.【答案】1 【解析】根据题意,数列{an }满足：a 1=3, (n ⩾2)，则a 2=2a 1−3=2×3−3=3，a 3=2a 2−3=2×3+3=9， a 4=2a 3+3=2×9−3=15，其中a 1、a 3、a 4为等差数列的前3项，又由{ak 1}是等差数列,且k 1=1，则有k 2=3,k 3=4，则k 3−k 2=1．2．（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】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9.3．（江苏省南京师范大学附属中学2017届高三高考模拟）设数列{}n a 的前n 项的和为n S ，且1142n n a -⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，若对于任意的*n N ∈都有()143n x S n ≤-≤恒成立，则实数x 的取值范围是_________.【答案】[]2,3【解析】由题设可得11221244133212nn n S n n ⎛⎫-- ⎪⎛⎫⎝⎭=+=+-- ⎪⎛⎫⎝⎭-- ⎪⎝⎭，则2214332nn S n ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，不等式()143n x S n ≤-≤可化为22113332n x ⎡⎤⎛⎫≤--≤⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，即319122111122n nx ≤≤⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则问题转化为求12n⎛⎫- ⎪⎝⎭的最大值和最小值。

由于*n N ∈，所以12n⎛⎫- ⎪⎝⎭的最大值和最小值分别为14和12-，则 319111221142x ≤≤⎛⎫--- ⎪⎝⎭，即23x ≤≤，应填答案[]2,3。

2020高考数学(理)一轮复习课时作业32数列求和含解析

解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，易知d≠0，
由题意得，(a3－2d)(a3＋2d)＝(a3－d)2，
即d2－2d＝0，解得d＝2或d＝0(舍去)，
所以数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.
(2)当n＝2k，k∈N*时，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b3＋…＋b2k－1＋b2＋b4＋…＋b2k＝a1＋a2＋…＋ak＋(20＋21＋…＋2k－1)＝＋＝k2＋2k－1＝＋2 －1；
Tn＝＋＋＋…＋ ②，
①－②得 Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－，
∴Tn＝4－ .
易知数列{2n}的前n项和为n(n＋1)，
∴Sn＝n(n＋1)－4＋ .
4．[2019·广州市综合测试]已知数列{an}的前n项和为Sn，数列是首项为1，公差为2的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
解析：(1)由an＋1＝ an＋，可得＝＋，
又bn＝，∴bn＋1－bn＝，由a1＝1，得b1＝1，
累加可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝＋＋…＋，即bn－b1＝＝1－，∴bn＝2－ .
(2)由(1)可知an＝2n－，设数列的前n项和为Tn，
则Tn＝＋＋＋…＋ ①，
(2)记Sn＝＋＋…＋，是否存在m∈N*，使得Sm≥3成立，若存在，求出m，若不存在，请说明理由．
解析：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，数列{bn}的公比为q，
则由题意知 ∴d＝0或d＝2，
∵d≠0，∴d＝2，q＝3，∴an＝2n－1，bn＝3n－1.
(2)由(1)可知，
Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋＋，

2020版高考数学理科(人教B版)一轮复习课时规范练31 数列求和含解析

课时规范练31数列求和基础巩固组1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-B.2n2-n+1-D.n2-n+1-C.n2+1--2.(2018河北衡水中学金卷十模,3)已知数列{a n}是各项为正数的等比数列,点M(2,log2a2),N(5,log2a5)都在直线y=x-1上,则数列{a n}的前n项和为()A.2n-2B.2n+1-2C.2n-1D.2n+1-13.(2018山东潍坊二模,4)设数列{a n}的前n项和为S n,若S n=-n2-n,则数列的前40项的和为()A. B.- C. D.-4.已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=,n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2=.0185.(2018衡水中学金卷一模,17)已知数列{a n}的前n项和S n恰好与1-n+1的展开式中含x-2项的系数相等.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记b n=(-1)n·,数列{b n}的前n项和为T n,求T2n.6.(2018山西晋城月考)已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=2a n+(-1)n(3n+1).(1)求证:数列{a n+(-1)n n}是等比数列;(2)求数列{a n}的前10项和S10.7.(2018山东潍坊一模,17)公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n,已知S4=10,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和T n.综合提升组8.(2018广东中山期末)等比数列{a n}中,已知对任意自然数n,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,则+…+等于()A.2n-1B.(3n-1)C.(4n-1)D.以上都不对9.(2018湖北重点中学五模)设等差数列{a n}的前n项和为S n,a4=4,S5=15,若数列的前m项和为,则m=()A.8B.9C.10D.1110.(2018山东潍坊三模,17)已知数列{a n}的前n项和为S n,且1,a n,S n成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n·b n=1+2na n,求数列{b n}的前n项和T n.11.(2018江西上饶三模,17)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且6S n=3n+1+a(n∈N*).(1)求a的值及数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(3n+1)a n,求数列{a n}的前n项和T n.创新应用组12.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.11013.(2018云南玉溪月考)数列{a n}满足:a1=,a2=,且a1a2+a2a3+…+a n a n+1=对任何的正整数n 都成立,则+…+的值为()A.5 032B.5 044C.5 048D.5 050课时规范练31数列求和1.A该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+…=n2+1-2.C由题意log2a2=2-1=1,可得a2=2,log2a5=5-1=4,可得a5=16,=q3=8S n=--=2n-1,故选C.3.D∵S n=-n2-n,∴a1=S1=-2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n,则数列{a n}的通项公式为a n=-2n,-=-,数列的前40项的和为S40=-1-+…+=-4-1由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=∴a n=,S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=()+()+()+…+()=-1.5.解(1)依题意得S n=2=n(n+1),故当n≥2时,a n=S n-S n-1=n(n+1)-n(n-1)=2n,又当n=1时,a1=S1=2,也适合上式,故a n=2n(n∈N*).(2)由(1)得b n=(-1)n=(-1)n,故T2n=b1+b2+…+b2n=-1++-…--+=-1+=-(n∈N*).6.(1)证明∵a n+1=2a n+(-1)n(3n+1),=----=--=2.又a1-1=3-1=2,∴数列{a n+(-1)n n}是首项为2,公比为2的等比数列.(2)解由(1)得a n+(-1)n n=2×2n-1=2n,∴a n=2n-(-1)n n,∴S10=(2+22+…+210)+(1-2)+(3-4)+…+(9-10)=---5=211-7=2 041.7.解(1)设{a n}的公差为d,由题设可得,解得a n=n.(2)令c n=,则T n=c1+c2+…+c n=+…+--,①T n=+…+-,②①-②得:T n=+…+-=--,∴T n=8.C当n=1时,a1=21-1=1,当n≥2时,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,a1+a2+a3+…+a n-1=2n-1-1, 两式做差可得a n=2n-2n-1=2n-1,且n=1时,21-1=20=1=a1,∴a n=2n-1,故=4n-1,+…+--(4n-1).9.C S n为等差数列{a n}的前n项和,设公差为d,则解得d=1,则a n=4+(n-4)×1=n.由于,则S m=1-+…+=1-,解得m=10.10.解(1)由已知1,a n,S n成等差数列,得2a n=1+S n,①当n=1时,2a1=1+S1=1+a1,∴a1=1.当n≥2时,2a n-1=1+S n-1,②①-②,得2a n-2a n-1=a n,-=2,∴数列{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=a1q n-1=1×2n-1=2n-1.(2)由a n·b n=1+2na n得b n=+2n,∴T n=b1+b2+…+b n=+2++4+…++2n=…+(2+4+…+2n)=--=n2+n+2--11.解(1)∵6S n=3n+1+a(n∈N*),∴当n=1时,6S1=6a1=9+a;当n≥2时,6a n=6(S n-S n-1)=2×3n,即a n=3n-1,∵{a n}为等比数列,∴a1=1,则9+a=6,a=-3,∴{a n}的通项公式为a n=3n-1.(2)由(1)得b n=(3n+1)3n-1,∴T n=b1+b2+…+b n=4×30+7×31+…+(3n+1)3n-1,3T n=4×31+7×32+…+(3n-2)3n-1+(3n+1)3n,∴-2T n=4+32+33+…+3n-(3n+1)3n,∴T n=-12.A设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为第n组的和为--=2n-1,前n组总共的和为---n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N*,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则S N-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A.13.B∵a1a2+a2a3+…+a n a n+1=n,①a1a2+a2a3+…+=(n+1),②①-②,得-=n-(n+1),=4,同理得-=4,-,整理得,是等差数列.∵a1=,a2=,∴等差数列的首项为4,公差为1,=4+(n-1)×1=n+3,+…+=5 044.。

2020年高考数学一轮复习考点30等比数列及其前n项和必刷题理含解析

考点30 等比数列及其前n 项和1、设数列{a n }满足2a n ＝a n ＋1(n ∈N *)，且前n 项和为S n ，则S 4a 2的值为( ) A.152B ．154C ．4D ．2【答案】A【解析】由题意知，数列{a n }是以2为公比的等比数列，故S 4a 2＝a 11－241－2a 1×2＝152.故选A. 2、设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5等于( ) A.152 B ．314C.334D ．172【答案】B【解析】设数列{a n }的公比为q ，则显然q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 3＝1，a 1－q 31－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝－13(舍去)，∴S 5＝a 1－q51－q＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1251－12＝314.3、已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝a ·2n －1＋16，则a 的值为( ) A ．－13B ．13C ．－12D ．12【答案】A【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a ·2n －1－a ·2n －2＝a ·2n －2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋16，所以a ＋16＝a2，所以a ＝－13.4、在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝3，a 9＝a 2a 3a 4，则公比q 的值为( ) A. 2 B ． 3 C ．2 D ．3【答案】D【解析】由a 9＝a 2a 3a 4得a 1q 8＝a 31q 6，所以q 2＝a 21.因为等比数列{a n }的各项都为正数，所以q ＝a 1＝3. 5、已知数列1，a 1，a 2,9是等差数列，数列1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，则b 2a 1＋a 2的值为( )A.710 B ．75 C.310D ．12【答案】C【解析】因为1，a 1，a 2,9是等差数列，所以a 1＋a 2＝1＋9＝10.又1，b 1，b 2，b 3,9是等比数列，所以b 22＝1×9＝9，因为b 21＝b 2＞0，所以b 2＝3，所以b 2a 1＋a 2＝310. 6、在等比数列{a n }中，a 5a 11＝3，a 3＋a 13＝4，则a 15a 5＝( ) A ．3 B ．－13C ．3或13D ．－3或－13【答案】C【解析】根据等比数列的性质得⎩⎪⎨⎪⎧a 3q52＝3，a 31＋q 10＝4，化简得3q 20－10q 10＋3＝0，解得q 10＝3或13，所以a 15a 5＝a 5q 10a 5＝q 10＝3或13. 7、古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为( ) A ．7 B ．8 C ．9 D ．10【答案】B【解析】设该女子第一天织布x 尺，则x－251－2＝5，得x ＝531，∴前n 天所织布的尺数为531(2n －1)．由531(2n －1)≥30，得2n≥187，则n 的最小值为8.8、已知各项均是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( )A.5－12 B ．5＋12C ．－5－12D ．5－12或5＋12【答案】B【解析】设{a n }的公比为q (q ＞0)．由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52.从而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52.9、已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D ．15【答案】A【解析】因为log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，所以a n ＋1＝3a n . 所以数列{a n }是公比q ＝3的等比数列，所以a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9.所以a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3(1＋q 2＋q 4)＝9×33＝35. 所以log 1335＝－log 335＝－5.10、在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…”是“{a n }是公比为2的等比数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】当a n ＝0时，也有a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，但{a n }不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n }是公比为2的等比数列时，有a na n －1＝2，n ＝2,3,4，…，即a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，所以必要性成立．故选B.11、在等比数列{a n }中，a n ＞0，a 1＋a 2＋…＋a 8＝4，a 1a 2·…·a 8＝16，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 8的值为( )A ．2B ．4C ．8D ．16【答案】A【解析】由分数的性质得到1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝a 8＋a 1a 8a 1＋a 7＋a 2a 7a 2＋…＋a 4＋a 5a 4a 5.因为a 8a 1＝a 7a 2＝a 3a 6＝a 4a 5，所以原式＝a 1＋a 2＋…＋a 8a 4a 5＝4a 4a 5，又a 1a 2·…·a 8＝16＝(a 4a 5)4，a n ＞0，∴a 4a 5＝2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝2.12、已知等比数列{a n }的前n 项积记为Ⅱn .若a 3a 4a 8＝8，则Ⅱ9＝( ) A ．512 B ．256 C ．81 D ．16【答案】A【解析】由题意知，a 3a 4a 7q ＝a 3a 7a 4q ＝a 3a 7a 5＝a 35＝8，Ⅱ9＝a 1a 2a 3…a 9＝(a 1a 9)(a 2a 8)·(a 3a 7)(a 4a 6)a 5＝a 95，所以Ⅱ9＝83＝512.13、已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n ∈N *)的取值范围是( )A ．[12,16]B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤8，323C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫8，323D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤163，323 【答案】C【解析】因为{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，所以q 3＝a 5a 2＝18，q ＝12，a 1＝4，故a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝a 1a 2－q2n1－q2＝323(1－q 2n)∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫8，323，故选C.14、设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q ＜0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0”的( )A ．充要条件B ．充分而不必要条件C ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】若对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0，则a 1＋a 2＜0，又a 1＞0，所以a 2＜0，所以q ＝a 2a 1＜0.若q ＜0，可取q ＝－1，a 1＝1，则a 1＋a 2＝1－1＝0，不满足对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0.所以“q ＜0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0”的必要而不充分条件，故选C.15、已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值为( ) A ．126 B ．130 C ．132 D ．134【答案】C【解析】设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，由题意可知，lg a 3＝b 3，lg a 6＝b 6.又b 3＝18，b 6＝12，则a 1q2＝1018，a 1q 5＝1012，∴q 3＝10－6，即q ＝10－2，∴a 1＝1022.∵{a n }为正项等比数列，∴{b n }为等差数列，且公差d ＝－2，b 1＝22，故b n ＝22＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋24.∴数列{b n }的前n 项和S n ＝22n ＋n n －2×(－2)＝－n 2＋23n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －2322＋5294.又n ∈N *，故n ＝11或12时，(S n )m a x ＝132.16、设数列{a n }是以3为首项，1为公差的等差数列，{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则ba 1＋ba 2＋ba 3＋ba 4＝( ) A ．15B ．60C ．63D ．72【答案】B【解析】由数列{a n }是以3为首项，1为公差的等差数列，得数列{a n }的通项公式为a n ＝3＋(n －1)1＝n ＋2.由数列{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，得数列{b n }的通项公式为b n ＝b 1qn －1＝2n －1，所以ba n ＝2n ＋1，所以ba 1＋ba 2＋ba 3＋ba 4＝22＋23＋24＋25＝－241－2＝60.17、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＝________. 【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＝1 024.18、已知{a n }为等比数列，且a 3＋a 6＝36，a 4＋a 7＝18.若a n ＝12，则n ＝________.【答案】 9【解析】设{a n }的公比为q ，由a 3＋a 6＝36，a 4＋a 7＝(a 3＋a 6)q ＝18，解得q ＝12，由a 1(q 2＋q 5)＝36得a 1＝128，进而a n ＝128·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －8.由a n ＝12，解得n ＝9.19、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________．【答案】64【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2·…·a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6.又y ＝2t为增函数，从而a 1a 2·…·a n 的最大值为26＝64.20、设数列{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，则a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝________. 【答案】15【解析】由题意得a n ＝(－2)n －1，所以a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＝1＋|－2|＋(－2)2＋|(－2)3|＝15.21、已知等差数列{a n }的前5项和为105，且a 10＝2a 5.对任意的m ∈N *，将数列{a n }中不大于72m的项的个数记为b m ，则数列{b m }的前m 项和S m ＝________. 【答案】72m ＋1－748【解析】设数列{a n }的公差为d ，前n 项和为T n .由T 5＝105，a 10＝2a 5，得⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋－2d ＝105，a 1＋9d ＝a 1＋4d ，解得a 1＝7，d ＝7，因此a n ＝a 1＋(n －1)d ＝7＋7(n －1)＝7n (n ∈N *)．对任意的m ∈N *，若a n ＝7n ≤72m，则n ≤72m－1.因此b m ＝72m －1，所以数列{b m }是首项为7，公比为49的等比数列，故S m ＝－49m1－49＝72m－48＝72m ＋1－748. 22、已知等差数列{a n }的公差d ＞0，且a 2，a 5－1，a 10成等比数列，若a 1＝5，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋n ＋32a n ＋1的最小值为________．【答案】203【解析】由于a 2，a 5－1，a 10成等比数列，所以(a 5－1)2＝a 2·a 10，(a 1＋4d －1)2＝(a 1＋d )·(a 1＋9d )，又a 1＝5，所以d ＝3，所以a n ＝5＋3(n －1)＝3n ＋2，S n ＝na 1＋n n －2d ＝5n ＋32n (n －1)，所以2S n ＋n ＋32a n ＋1＝3n 2＋8n ＋323n ＋3＝13[3(n ＋1)＋27n ＋1＋2]≥203，当且仅当3(n ＋1)＝27n ＋1，即n ＝2时等号成立．23、设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1.【答案】(1) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2. (2)22n ＋1＋13【解析】(1)∵S 1＝a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列， ∴S n ＝2n －1，又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2(2－1)＝2n －2.当n ＝1时a 1＝1，不适合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.(2)∵a 3，a 5，…，a 2n ＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列，∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝－4n 1－4＝n－3.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋n－3＝22n ＋1＋13. 24、已知数列{a n }满足a 1＝8999，a n ＋1＝10a n ＋1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋19是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋19，T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和，求证：T n ＜12. (1)【解】由a n ＋1＝10a n ＋1，得a n ＋1＋19＝10a n ＋109＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋19，所以a n ＋1＋19a n ＋19＝10，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋19是等比数列，首项为a 1＋19＝100，公比为10.所以a n ＋19＝100×10n －1＝10n ＋1，所以a n ＝10n ＋1－19.(2)【证明】由(1)可得b n ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋19＝lg 10n ＋1＝n ＋1，所以1b n b n ＋1＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＜12，所以T n ＜12.25、设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．(1) 【解】当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78.(2)【证明】由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)．∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ∈N *)．∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n＝2a n ＋1－a n a n ＋1－a n ＝12.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．26、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.【答案】(1)11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1 (2) －1 【解析】(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n . 由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.27已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19. (1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n . 【答案】(1) 3n (2) 13[(－2)n－1]【解析】(1)∵数列{a n }是等差数列，a 2＝6， ∴S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19， ∴b 1＝1，∵b 2＝2，数列{b n }是等比数列， ∴b n ＝2n －1.∴b 3＝4，∵a 1b 3＝12，∴a 1＝3，∵a 2＝6，数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝3n .(2)设C n ＝b n cos(a n π)，由(1)得C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1，则C n ＋1＝(－1)n ＋12n，∴C n ＋1C n＝－2，又C 1＝－1，∴数列{b n cos(a n π)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列． ∴T n ＝－1×[1－－n]1－－＝13[(－2)n－1]． 28、已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．【答案】(1) －5·(－1)n －1. (2) 见解析【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 31q 3＝125，|a 1q －a 1q 2|＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝53，q ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，q ＝－1.故a n ＝53·3n －1，或a n ＝－5·(－1)n －1.(2)若a n ＝53·3n －1，则1a n ＝35·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为35，公比为13的等比数列，从而∑n ＝1m1a n ＝35·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13m 1－13＝910·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13m ＜910＜1.若a n ＝(－5)·(－1)n －1，则1a n ＝－15(－1)n －1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－15，公比为－1的等比数列，从而∑n ＝1m1a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－15， m ＝2k －k ∈N *，0， m ＝2k k ∈N *故∑n ＝1m1a n＜1.综上，对任意正整数m ，总有∑n ＝1m1a n＜1.故不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1成立．。

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（1）求数列与的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和为 .
【答案】（1）＝2n﹣1，（2）
【解析】
解：（1）有题意可得：，
解得（舍去）或，
所以＝2n﹣1，．
（2）∵ ，，
∴ 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）已知数列的前项和为，且（）， .数列为等比数列，且 .
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）已知等差数列的前项和为，则数列的前2019项和为（）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
设等差数列的公差为，，，
，，
联立解得：，
．
．
则数列的前2019项和．
故选：．
2．（华大新高考联盟2018届高三上学期11月教学质量测评理）已知数列满足 , ,且 ,则数列的前59项和为（）
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列的前项和 .
【答案】（1），；（2） .
【解析】
（1）由已知得：，
数列是以2为公差的等差数列.
，，，
.
设等比数列的公比为，
，，，
.
（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）已知等差数列的前项和为，且满足 .
数列为等差数列；
，
.
则数列的前17项和为 .
故选：D．
6．若是二项式展开式中项的系数，则 ______
【答案】2
【解析】的展开式通项公式为：
本题正确结果：．
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）在数列中，，，是数列的前项和，若，则 ______.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若，求数列的前项和 .
【答案】（1）；（2） .
【解析】
（Ⅰ）求等差数列的公式，可把已知用首项和公差表示出来，并解出，即可写出公式.
（Ⅱ）由的表达式知数列的前项和需用分组求和法，一组是对求和，应用等比数列的求和公式可得，对求和还要分类讨论，按的奇偶性分类后再分别用凑配法或再分组求和.
即，，
∴ ，即，
解得，结合可得，
∴ ，故答案为8.
9．（河南省百校联盟2019届高三考前仿真试卷）已知数列满足，则数列的前项和为___________.
【答案】
【解析】
由，得，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
于是，
所以，
因为，
所以的前项和
.
10．（广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试6月理）在数列中，，则的值为______．
【答案】1
【解析】
因为
所以，
,
,
各式相加，可得
，
，
所以，，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）在正项数列中，，其前项和满足，若数列，则数列的前项和为______．
【答案】
【解析】
,得，则，因为，则，又，即，故为等差数列，∴
= ，则数列的前项和为
Tn＝1•（）2+2•（）3+3•（）4+…+（n﹣1）•（）n+n•（）n+1，
两式相减可得 Tn （）2+（）3+（）4+…+（）n﹣n•（）n+1
n•（）n+1，
化简可得Tn＝2﹣（n+2）•（）n．
13．（天津市红桥区2019届高三一模数学理）设等差数列的公差为d，d为整数，前n项和为，等比数列的公比为q，已知，，，，
依题意公比为正数的等比数列{an}（n∈N*），首项＝3，
设an＝3qn﹣1，
∵ ，，成等差数列，
∴2（）＝ +
即2（）＝( +（），
化简得4 ＝，
从而4q2＝1，解得q＝± ，
∵{an}（n∈N*）公比为正数，
∴q ，an＝6×（）n，n∈N*；
（Ⅱ）bn n•（）n，
则Tn＝1•（）+2•（）2+3•（）3+…+（n﹣1）•（）n﹣1+n•（）n，
当时，，整理得，
所以是公差为4的等差数列，又，
所以，从而，
所以，
数列的前10项的和 .
故选 .
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）已知数列满足，数列的前项和为，则 ( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ】
因为，
所以，
两式作差，可得，即，
试题解析：（Ⅰ）因为为等差数列，
所以 .
（Ⅱ）
，
当时，，
当时，，，
.
16．（河南省洛阳市2019年5月质量检测）设为正项数列的前项和，且满足 .
（1）求的通项公式；
（2）令，，若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
（1）由题知：， ……①
令得：，解得：
【答案】1010
【解析】
当n为偶数，，
当n为奇数，即
故即为周期为4的数列，
又
故
故，则 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）数列的前项和为，若，，成等比数列，则正整数值为______.
【答案】8
【解析】
∵ ，∴ ，
又，，成等比数列，∴ ，
故答案为．
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，首项，前n项和为，且，，成等差数列.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列的前n项和
【答案】（Ⅰ）an＝6×（）n，（Ⅱ）Tn＝2﹣（n+2）•（）n
【解析】
（Ⅰ）an＝6×（）n，（Ⅱ）Tn＝2﹣（n+2）•（）n
又当时，，即满足，因此；
所以；
因为数列的前项和为，
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）已知数列前项和为，满足（为常数），且，设函数，记，则数列的前17项和为（）
A． B． C．11D．17
【答案】D
【解析】
因为，
由，得，
A．-1840B．-1760C．1760D．1840
【答案】B
【解析】
由得，所以，即，所以，故，因为，
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）设数列的前项和为，且，则数列的前10项的和是（）
A．290B． C． D．
【答案】C
【解析】
由得，