课时跟踪检测(三十三) 数列求和

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2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：34 数列求和与数列的综合应用含解析

课时作业34　数列求和与数列的综合应用第一次作业　基础巩固练一、选择题1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3n ，则其前20项和为(　C )(15)A ．380－B ．400－35(1－1519)25(1－1520)C ．420－D ．440－34(1－1520)45(1－1520)解析：令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2(1＋2＋…＋20)－3＝2×(15＋152＋…＋1520)－3×＝420－.20×(20＋1)215(1－1520)1－1534(1－1520)2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝Error!则其前6项之和是(　C )A ．16 B ．20C ．33 D ．120解析：由已知得a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，所以S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.3．化简S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1的结果是(　D )A ．2n ＋1＋n －2B ．2n ＋1－n ＋2C ．2n －n －2D ．2n ＋1－n －2解析：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＋…＋2n )＝n ＋2－2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －2.4．(2019·沈阳市教学质量监测)在各项都为正数的等比数列{a n }中，若a 1＝2，且a 1a 5＝64，则数列{}的前n 项和是(　A )an(an －1)(an ＋1－1)A ．1－ B ．1－12n ＋1－112n ＋1C ．1－D ．1－12n ＋112n －1解析：∵数列{a n }为等比数列，a n >0，a 1＝2，a 1a 5＝64，∴公比q ＝2，∴a n ＝2n ，＝＝－.an(an －1)(an ＋1－1)2n(2n －1)(2n ＋1－1)12n －112n ＋1－1设数列{}的前n 项和为T n ，则an(an －1)(an ＋1－1)T n ＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－122－1122－1123－1123－1124－112n －112n ＋1－1，故选A.12n ＋1－15．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金几何．”其意思为：今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税1213金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第5关收税金为剩余金的，5141516关所收税金之和，恰好重1斤．问此人总共持金多少．则在此问题中，第5关收税金(　B )A.斤B.斤120125C.斤D.斤130136解析：假设原来持金为x ，则第1关收税金x ；第2关收税金(1－)121312x ＝x ；第3关收税金(1－－)x ＝x ；第4关收税金12×314121613×4(1－－－)x ＝x ；第5关收税金(1－－－－)x ＝x .依151********×516121611212015×6题意，得x ＋x ＋x ＋x ＋x ＝1，即(1－)1212×313×414×515×616x ＝1，x ＝1，解得x ＝，所以x ＝×＝.故选B.566515×615×6651256．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ＋1＋a n ＝2n ＋1，且S n ＝1 350.若a 2<2，则n 的最大值为(　A )A ．51B ．52C ．53D ．54解析：因为a n ＋1＋a n ＝2n ＋1　①，所以a n ＋2＋a n ＋1＝2(n ＋1)＋1＝2n ＋3　②，②－①得a n ＋2－a n ＝2，且a 2n －1＋a 2n ＝2(2n －1)＋1＝4n －1，所以数列{a n }的奇数项构成以a 1为首项，2为公差的等差数列，数列{a n }的偶数项构成以a 2为首项，2为公差的等差数列，数列{a 2n －1＋a 2n }是以4为公差的等差数列，所以S n ＝Error!当n 为偶数时，＝1 350，无解(因为50×51n (n ＋1)2＝2 550,52×53＝2 756，所以接下来不会有相邻两数之积为2 700)．当n 为奇数时，＋(a 1－1)＝1 350，a 1＝1 351－，因为n (n ＋1)2n (n ＋1)2a 2<2，所以3－a 1<2，所以a 1>1，所以1 351－>1，所以n (n ＋1)<2 700，n (n ＋1)2又n ∈N *，所以n ≤51，故选A.二、填空题7．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ＋1(3n －2)，则前100项和S 100等于－150.解析：∵a 1＋a 2＝a 3＋a 4＝a 5＋a 6＝…＝a 99＋a 100＝－3，∴S 100＝－3×50＝－150.8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝3·21_009－3.解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，①∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，②由①÷②得＝2，an ＋1an －1∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S 2018＝＋1－21 0091－2＝3·21 009－3.2(1－21 009)1－29．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝－63.解析：解法1：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8；当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16；当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32.所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.解法2：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得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，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝＝－63.－1×(1－26)1－2三、解答题10．(2019·贵阳市监测考试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q >0，S 2＝4，a 3－a 2＝6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：＋＋…＋<2.1T 11T 21Tn 解：(1)∵S 2＝a 1＋a 2＝4，a 3－a 2＝6，∴Error!∵q >0，∴q ＝3，a 1＝1，∴a n ＝1×3n －1＝3n －1，即数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(2)证明：由(1)知b n ＝log 3a n ＋1＝log 33n ＝n ，∴b 1＝1，b n ＋1－b n ＝n ＋1－n ＝1，∴数列{b n }是首项b 1＝1，公差d ＝1的等差数列，∴T n ＝，则＝＝2(－)，n (n ＋1)21Tn 2n (n ＋1)1n 1n ＋1∴＋＋…＋＝2(－＋－＋…＋－)＝2(1－)<2，∴1T 11T 21Tn 111212131n 1n ＋11n ＋1＋＋…＋<2.1T 11T 21Tn 11．已知数列{a n }的首项为a 1＝1，前n 项和为S n ，且数列是公差为{Snn }2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由已知得＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝2n 2－n .Snn当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3.而a 1＝1满足上式，所以a n ＝4n －3，n ∈N *.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n (4n －3)．当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×＝2n ；n 2当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.综上，T n ＝Error!12．(2019·石家庄质量检测(二))已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－4，S m ＝0，S m ＋2＝14(m ≥2，且m ∈N *)．(1)求m 的值；(2)若数列{b n }满足＝log 2b n (n ∈N *)，求数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和．an2解：(1)由已知得，a m ＝S m －S m －1＝4，且a m ＋1＋a m ＋2＝S m ＋2－S m ＝14，设数列{a n }的公差为d ，则有2a m ＋3d ＝14，∴d ＝2.由S m ＝0，得ma 1＋×2＝0，即a 1＝1－m ，∴a m ＝a 1＋(m －1)m (m －1)2×2＝m －1＝4，∴m ＝5.(2)由(1)知a 1＝－4，d ＝2，∴a n ＝2n －6，∴n －3＝log 2b n ，得b n ＝2n －3，∴(a n ＋6)·b n ＝2n ×2n －3＝n ×2n －2.设数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝1×2－1＋2×20＋…＋(n －1)×2n －3＋n ×2n －2，①2T n ＝1×20＋2×21＋…＋(n －1)×2n －2＋n ×2n －1，②①－②，得－T n ＝2－1＋20＋…＋2n －2－n ×2n －1＝－n ×2n －1＝2n －1－－n ×2n2－1(1－2n )1－212－1，∴T n ＝(n －1)×2n －1＋(n ∈N *)．12第二次作业　高考·模拟解答题体验1．(2019·河北名校联考)已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，{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 .解：(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)由(1)得，令C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1，∴C n ＋1＝(－1)n ＋12n ，∴＝－2，又C 1＝－1，Cn ＋1Cn ∴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－(－2)n ]．－1×[1－(－2)n ]1＋2132．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和为14，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项．(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝，求证：c n ＋1>c n (n ∈N *)．SnTnKn 解：(1)设数列{a n }的公差为d ，则Error!解得Error!或Error!(舍去)，所以a n ＝n ＋1，S n ＝.n (n ＋3)2又b 1＝a 1＝2，b 2＝a 3＝4，所以b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2.(2)证明：因为a n ·b n ＝(n ＋1)·2n ，所以K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ，①所以2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，②①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1，所以K n ＝n ·2n ＋1.则c n ＝＝，c n ＋1－c n SnTn Kn (n ＋3)(2n －1)2n ＋1＝－(n ＋4)(2n ＋1－1)2n ＋2(n ＋3)(2n －1)2n ＋1＝>0，所以c n ＋1>c n (n ∈N *)．2n ＋1＋n ＋22n ＋23．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 ＝，求数列{b n }的前n 项和an ＋1SnSn ＋1T n .解：(1)由题设知a 1a 4＝a 2a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得Error!或Error!(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 ＝＝2n －1，a 1(1－qn )1－q 又b n ＝＝＝－，an ＋1SnSn ＋1Sn ＋1－SnSnSn ＋11Sn 1Sn ＋1所以T n＝b 1＋b 2＋…＋b n＝＋＋…＋＝－(1S 1－1S 2)(1S 2－1S 3)(1Sn －1Sn ＋1)1S 1＝1－，n ∈N *.1Sn ＋112n ＋1－14．(2019·石家庄质量检测)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1n .n ＋12n (1)设b n ＝，求数列{b n }的通项公式；ann (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)由a n ＋1＝a n ＋，可得＝＋，n ＋1n n ＋12n an ＋1n ＋1ann 12n 又b n ＝，∴b n ＋1－b n ＝，由a 1＝1，得b 1＝1，an n 12n 累加可得(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1＝＋＋…＋，12112212n －1即b n －b 1＝＝1－，∴b n ＝2－.12(1－12n －1)1－1212n －112n －1(2)由(1)可知a n ＝2n －，设数列{}的前n 项和为T n ，n 2n －1n2n －1则T n ＝＋＋＋…＋　①，120221322n 2n －1T n ＝＋＋＋…＋　②，12121222323n 2n ①－②得T n ＝＋＋＋…＋－＝－＝2－，∴T n ＝4－.1212012112212n －1n2n 1－12n 1－12n2n n ＋22n n ＋22n －1易知数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)，∴S n ＝n (n ＋1)－4＋.n ＋22n －15．已知S n 是正项数列{a n }的前n 项和，且2S n ＝a ＋a n ，等比数列{b n }2n 的公比q >1，b 1＝2，且b 1，b 3，b 2＋10成等差数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ＋(－1)n ·，记T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n ，求T 2n .2n ＋1an ·an ＋1解：(1)当n ≥2时，由题意得2S n －2S n －1＝a －a ＋a n －a n －1，2n 2n －12a n ＝a －a ＋a n －a n －1，2n 2n －1a －a －(a n ＋a n －1)＝0，2n 2n －1(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1，当n ＝1时，2a 1＝a ＋a 1，∵a 1>0，∴a 1＝1，21∴数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n .由b 1＝2,2b 3＝b 1＋(b 2＋10)，得2q 2－q －6＝0，解得q ＝2或q ＝－(舍)，∴b n ＝b 1q n －1＝2n .32(2)由(1)得c n＝n ·2n ＋(－1)n ·＝n ·2n ＋(－1)n，2n ＋1n (n ＋1)(1n ＋1n ＋1)∴T 2n ＝(1×2＋2×22＋…＋2n ·22n )＋＝(1×2＋2×22＋…＋2n ·22n )＋[－(1＋12)＋(12＋13)－13＋14＋…＋(12n ＋12n ＋1)]，(－1＋12n ＋1)记W 2n ＝1×2＋2×22＋…＋2n ·22n ，则2W 2n ＝1×22＋2×23＋…＋2n ·22n ＋1，以上两式相减可得－W 2n ＝2＋22＋…＋22n －2n ·22n ＋1＝－2n ·22n ＋1＝(1－2n )·22n ＋1－2，2(1－22n )1－2∴W 2n ＝(2n －1)·22n ＋1＋2，∴T 2n ＝W 2n ＋＝(2n －1)·22n ＋1＋＋1.(－1＋12n ＋1)12n ＋16．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)．(1＋1n )(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝，数列{b n }的前n 项的和为S n ，试求数列{S 2n －S n }的最小值；2n an (3)求证：当n ≥2时，S 2n ≥.7n ＋1112解：(1)由条件a n ＋1＝2a n ，(1＋1n )得＝2·，又a 1＝2，所以＝2，an ＋1n ＋1an n a 11因此数列构成首项为2，公比为2的等比数列．{an n }＝2·2n －1＝2n ，因此，a n ＝n ·2n .an n (2)由(1)得b n ＝，设c n ＝S 2n －S n ，1n 则c n ＝＋＋…＋，1n ＋11n ＋212n 所以c n ＋1＝＋＋…＋＋＋，从而1n ＋21n ＋312n 12n ＋112n ＋2c n ＋1－c n ＝＋－>＋－＝0，12n ＋112n ＋21n ＋112n ＋212n ＋21n ＋1因此数列{c n }是单调递增的，所以(c n )min ＝c 1＝.12。

(人教版)2020届高考数学一轮复习第六章数列课时跟踪训练33 数列求和文

课时跟踪训练(三十三) 数列求和[基础巩固]一、选择题1．(2018·湖南师大附中月考)已知公差不为0的等差数列{a n }满足a 1，a 3，a 4成等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 3－S 2S 5－S 3的值为( ) A ．2 B ．3 C ．－2 D ．－3[解析] 设等差数列的公差为d ，首项为a 1，所以a 3＝a 1＋2d ，a 4＝a 1＋3d . 因为a 1、a 3、a 4成等比数列，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，解得：a 1＝－4d . 所以S 3－S 2S 5－S 3＝a 1＋2d2a 1＋7d＝2，故选A. [答案] A2．(2017·河南百校联盟质量监测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝－20，则－6a 4＋3a 5＝( )A ．－20B ．4C ．12D ．20 [解析] 设{a n }的公差为d ，∵S 5＝5a 1＋a 52＝－20，∴a 1＋a 5＝－8，∴a 3＝－4.又－6a 4＋3a 5＝－6(a 3＋d )＋3(a 3＋2d )＝－3a 3＝12.选C.[答案] C3．已知等比数列{a n }的首项为1，若4a 1,2a 2，a 3成等差数列，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.3116 B ．2 C.3316 D.1633[解析] 设数列{a n }的公比为q ，则有4＋q 2＝2×2q ，解得q ＝2，所以a n ＝2n －1.1a n ＝12n －1，所以S 5＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116.故选A. [答案] A4．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 2018＝( )A ．2018B ．－2018C ．3027D ．－3027[解析] 由题意得a 1＝1，a 5＝13，∵{a n }是等差数列，∴公差d ＝3，∴a n ＝3n －2，∴S 2018＝－1＋4－7＋10－13＋17＋…－6049＋6052＝3×20182＝3027，选C. [答案] C5．(2017·安徽安庆模拟)已知数列{a n }满足a n ＋2＝－a n (n ∈N ＋)，且a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的前2017项的和为( )A ．2B ．－3C ．3D ．1[解析] ∵a n ＋2＝－a n ＝－(－a n －2)＝a n －2，n >2，∴数列{a n }是以4为周期的周期数列．S 2017＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2017＝504(a 1＋a 2－a 1－a 2)＋a 504×4＋1＝a 1＝1.故选D.[答案] D 6.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1的值为( )A.n ＋12n ＋2B.34－n ＋12n ＋2C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1－1n ＋2 [解析] 因为1n ＋12－1＝1n 2＋2n ＝1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 所以原式＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2，故选C.[答案] C 二、填空题7．若数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋2，前n 项和为S n ，则S 16＝________.[解析] 由a n ＝1n ＋n ＋2＝12()n ＋2－n ，得S 16＝12(3－1＋4－2＋5－3＋…＋17－15＋18－16)＝12(18＋17－2－1)＝17＋22－12.[答案]17＋22－128．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________.[解析] 依题意得a n ＋a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋2＝12，则a n ＋2＝a n ，即数列{a n }中的奇数项、偶数项分别相等，则a 21＝a 1＝1，S 21＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＋a 21＝10(a 1＋a 2)＋a 21＝10×12＋1＝6.[答案] 69．(2017·陕西西安期中)如果数列{a n }的前n 项之和为S n ＝3＋2n ，那么a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝________.[解析] ∵S n ＝3＋2n ，∴S n －1＝3＋2n －1(n ≥2)，∴a n ＝2n －2n －1＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1，n ＝1时a 1＝S 1＝5，∴当n ≥2时，a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝25＋41－4n －11－4＝4n＋713；当n ＝1时a 21＝25也适合上式，故a 21＋…＋a 2n ＝4n＋713.[答案] 4n＋713三、解答题10．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和． [解] (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2也适合，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n . 由(1)知a n 2n ＋1＝22n ＋12n －1＝12n －1－12n ＋1.则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1.[能力提升]11．若a n >0，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，且2S n ＝a n ＋1a n(n ∈N *)，则S 2017＝( )A ．2017＋20172017B ．2017－20162016C ．2016D.2017[解析] 令n ＝1，则2S 1＝a 1＋1a 1，所以a 1＝1，S 1＝1；令n ＝2，则2(a 1＋a 2)＝a 2＋1a 2，所以a 2＝2－1，S 2＝2；令n ＝3，则2(2＋a 3)＝a 3＋1a 3，解得a 3＝3－2，S 3＝3；依此类推，a 2017＝2017－2016，S 2017＝2017.故选D.[答案] D12．(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] 设第一项为第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.由题意可知，N >100，令n n ＋12>100，所以n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后．易得第n 组的所有项的和为1－2n1－2＝2n－1，前n 组的所有项的和为21－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数，第k ＋1组的前t 项的和2t－1应与－2－k 互为相反数，即2t－1＝k ＋2，所以2t＝k ＋3，所以t ＝log 2(k ＋3)，所以当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×13＋12＋4＝95<100，不满足题意，当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×29＋12＋5＝440，当t >5时，N >440，故选A.[答案] A13．(2017·安徽马鞍山期中)设数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n(2n －1)·cos n π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 120＝( )A ．－60B ．－120C ．180D ．240 [解析] 由a n ＝(－1)n(2n －1)cosn π2＋1，得a 1＝－cos π2＋1＝1，a 2＝3cosπ＋1＝－2， a 3＝－5cos 3π2＋1＝1，a 4＝7cos2π＋1＝8， a 5＝－9cos5π2＋1＝1，a 6＝11cos3π＋1＝－10， a 7＝－13cos7π2＋1＝1，a 8＝15cos4π＋1＝16， …由上可知，数列{a n }的奇数项为1，每两个偶数项的和为6，∴S 120＝(a 1＋a 3＋…＋a 119)＋(a 2＋a 4＋…＋a 58＋a 120)＝60＋30×6＝240.故选D.[答案] D14．(2017·河北邯郸质量检测)在公差大于1的等差数列{a n }中，已知a 21＝64，a 2＋a 5＋a 8＝36，则数列{|a n |}的前20项和为________．[解析] ∵a 2＋a 5＋a 8＝3a 5＝36，∴a 5＝12，∵a 21＝64，∴a 1＝±8. 当a 1＝8，d ＝1，不合题意．当a 1＝－8，d ＝5>1，∴a n ＝5n －13. 故数列{|a n |}的前20项和为8＋3＋2＋7＋87×172＝812.[答案] 81215．(2017·广东珠海模拟)已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为d ，n ∈N *，且不等式ax 2－3x ＋2<0的解集为(1，d )．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝3a n ＋a n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)易知a ≠0，由题设可知 ⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＝3a ，1·d ＝2a，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，d ＝2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝32n －1＋2n －1－1，则T n ＝(3＋1)＋(33＋3)＋…＋(32n －1＋2n －1)－n＝(31＋33＋…＋32n －1)＋(1＋3＋…＋2n －1)－n＝311－9n1－9＋1＋2n －1n2－n＝38(9n －1)＋n 2－n . 16．(2017·山东枣庄期末质量检测)已知S n 为各项均为正数的数列{a n }的前n 项和，a 1∈(0,2)，a 2n ＋3a n ＋2＝6S n .(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对∀n ∈N *，t ≤4T n 恒成立，求实数t 的最大值．[解] (1)当n ＝1时，由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，得a 21＋3a 1＋2＝6a 1，即a 21－3a 1＋2＝0. 又a 1∈(0,2)，解得a 1＝1.由a 2n ＋3a n ＋2＝6S n ，可知a 2n ＋1＋3a n ＋1＋2＝6S n ＋1. 两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＋3(a n ＋1－a n )＝6a n ＋1，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.由于a n >0，可得a n ＋1－a n －3＝0.即a n ＋1－a n ＝3，所以{a n }是首项为1，公差为3的等差数列．所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由a n ＝3n －2，可得b n ＝1a n a n ＋1＝13n －23n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1＝n3n ＋1. 因为T n ＋1－T n ＝n ＋13n ＋1＋1－n 3n ＋1＝13n ＋13n ＋4>0，所以T n ＋1>T n ，所以数列{T n }是递增数列．所以t ≤4T n ⇔t 4≤T n ⇔t 4≤T 1＝14⇔t ≤1，所以实数t 的最大值是1.[延伸拓展]下面的图形无限向内延续，最外面的正方形的边长是2，从外到内，第n 个正方形与其内切圆之间的深色图形面积记为S n (n ∈N *)．(1)证明：S n ＝2S n ＋1(n ∈N *)； (2)证明：S 1＋S 2＋…＋S n <8－2π.[证明] (1)设第n (n ∈N *)个正方形的边长为a n ，则其内切圆半径为a n2，第n ＋1个正方形的边长为22a n ，其内切圆半径为24a n ，所以S n ＝a 2n －π⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 22＝a 2n ⎝⎛⎭⎪⎫1－π4(n ∈N *)，S n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a n 2－π⎝ ⎛⎭⎪⎫24a n 2＝a 2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－π8＝12S n (n ∈N *)．所以S n ＝2S n ＋1(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S 1＝22×⎝⎛⎭⎪⎫1－π4＝4－π，S 2＝2－π2，…，S n ＝(4－π)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以T n ＝S 1＋S 2＋…＋S n ＝(4－π)×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＝(4－π)×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝(8－2π)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <8－2π.。

课时跟踪检测(三十三) 数列的综合应用

课时跟踪检测(三十三) 数列的综合应用(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n －1(a ≠0)，则数列{a n }( )A ．一定是等差数列B ．一定是等比数列C ．或者是等差数列，或者是等比数列D ．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列2．(2013·辽宁高考)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题：p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列； p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( )A ．p 1，p 2B ．p 3，p 4C ．p 2，p 3D ．p 1，p 43．(2013·湖南省五市十校联合检测)已知函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x ，y 都有f (x ·y )＝f (x )＋f (y )，若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足f (S n ＋2)－f (a n )＝f (3)(n ∈N *)，则a n 为( )A ．2n －1B ．nC ．2n －1D.⎝⎛⎭⎫32n －1 4．将石子摆成如图的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差即a 2 012－5＝( )A ．2 018×2 012B ．2 018×2 011C ．1 009×2 012D ．1 009×2 0115．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．6.(创新题)设数列{a n }中，若a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则称数列{a n }为“凸数列”，已知数列{b n }为“凸数列”，且b 1＝1，b 2＝－2，则数列{b n }的前2 013项和为________．7．(2014·济南高考模拟考试)数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)，等差数列{b n }满足b 3＝3，b 5＝9.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b n ＋2a n ＋2(n ∈N *)，求证：c n ＋1<c n ≤13.8．(2013·惠州调研)已知点⎝⎛⎭⎫1，13是函数f (x )＝a x (a >0，且a ≠1)的图像上一点，等比数列{a n }的前n 项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足：S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }的通项c n ＝b n ·⎝⎛⎭⎫13n ，求数列{c n }的前n 项和R n .第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2014·乌鲁木齐第一次诊断)已知等比数列{a n }和等差数列{b n }均是首项为2，各项为正数的数列，且b 2＝4a 2，a 2b 3＝6.(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2)求使ab n <0.001成立的正整数n 的最小值．2．(2014·江南十校联考)已知直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n 、B n ，n ∈N *，数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1(n 为奇数)a n (n 为偶数)，求数列{b n }的前n 项和T n .3.(创新题)已知点A (1,0)，B (0,1)和互不相同的点P 1，P 2，P 3，…，P n ，…，满足n OP ＝a n OA ＋b n OB (n ∈N *)，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列，O 为坐标原点，若P 1是线段AB 的中点．(1)求a 1，b 1的值．(2)点P 1，P 2，P 3，…，P n ，…能否在同一条直线上？请证明你的结论．答案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．选C ∵S n ＝a n －1(a ≠0)，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a －1，n ＝1，(a －1)a n －1，n ≥2. 当a ＝1时，a n ＝0，数列{a n }是一个常数列，也是等差数列；当a ≠1时，数列{a n }是一个等比数列．2．选D 设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 1为真命题；若a n ＝3n －12，则满足已知，但na n ＝3n 2－12n 并非递增数列，所以p 2为假命题；若a n ＝n ＋1，则满足已知，但a n n ＝1＋1n是递减数列，所以p 3为假命题；设a n ＋3nd ＝4dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 4为真命题．3．选D 由题意知f (S n ＋2)＝f (a n )＋f (3)(n ∈N *)，∴S n ＋2＝3a n ，S n －1＋2＝3a n －1(n ≥2)，两式相减得，2a n ＝3a n －1(n ≥2)，又n ＝1时，S 1＋2＝3a 1＝a 1＋2，∴a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公比为32的等比数列，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1. 4．选D 结合图形可知，该数列的第n 项a n ＝2＋3＋4＋…＋n ＋2.所以a 2 012－5＝4＋5＋…＋2 014＝4×2 011＋2 011×2 0102＝2 011×1 009.故选D. 5．解析：当放在最左侧坑时，路程和为2×(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2×(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2×(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2×(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．答案：2 0006．解析：由“凸数列”的定义，可知，b 1＝1，b 2＝－2，b 3＝－3，b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，故数列{b n }是周期为6的周期数列，又b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＝0，故数列{b n }的前2 013项和S 2 013＝b 1＋b 2＋b 3＝1－2－3＝－4.答案：－47．解：(1)由a n ＋1＝2S n ＋1①，得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)②，①－②得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)，∴a n ＋1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)，又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，∴a n ＝3n －1. ∵b 5－b 3＝2d ＝6，∴d ＝3，∴b n ＝3n －6.(2)证明：∵a n ＋2＝3n ＋1，b n ＋2＝3n ， ∴c n ＝3n 3n ＋1＝n 3n ，∴c n ＋1－c n ＝1－2n 3n ＋1<0， ∴c n ＋1<c n <…<c 1＝13，即c n ＋1<c n ≤13. 8．解：(1)∵f (1)＝a ＝13，∴f (x )＝⎝⎛⎭⎫13x ， a 1＝f (1)－c ＝13－c ， a 2＝[f (2)－c ]－[f (1)－c ]＝－29， a 3＝[f (3)－c ]－[f (2)－c ]＝－227. 又数列{a n }成等比数列，∴a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，∴c ＝1. 又公比q ＝a 2a 1＝13，∴a n ＝－23⎝⎛⎭⎫13n －1＝－2⎝⎛⎭⎫13n (n ∈N *)． ∵S n －S n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝S n ＋S n －1(n ≥2)，b n >0，S n >0，∴S n －S n －1＝1，∴数列{S n }构成一个首项为1，公差为1的等差数列，S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1；又b 1＝c ＝1满足b n ＝2n －1，∴b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)∵c n ＝b n ⎝⎛⎭⎫13n ＝(2n －1)⎝⎛⎭⎫13n ，∴R n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ，R n ＝1×⎝⎛⎭⎫131＋3×⎝⎛⎭⎫132＋5×⎝⎛⎭⎫133＋…＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ，① 13R n ＝1×⎝⎛⎭⎫132＋3×⎝⎛⎭⎫133＋5×⎝⎛⎭⎫134＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫13n ＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ＋1.② 由①－②得，23R n ＝13＋2⎣⎡⎝⎛⎭⎫132＋⎝⎛⎭⎫133＋⎝⎛⎭⎫134＋ ⎦⎤…＋⎝⎛⎭⎫13n －(2n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ＋1，化简得，23R n ＝13＋2× 1321－13n －11－13－(2n －1)×13n ＋1＝23－2(n ＋1)3×13n ， ∴R n ＝1－n ＋13n . 第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)设{a n }的公比为q ，{b n }的公差为d ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧2＋d ＝4×2q ，(2＋2d )·2q ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2，q ＝12，，或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－5，q ＝－38.(舍) ∴a n ＝⎝⎛⎫12n －2，b n ＝2n .(2)由(1)得ab n ＝a 2n ＝⎝⎛⎭⎫122n －2，∵ab n <0.001，即⎝⎛⎭⎫122n －2<0.001，∴22n －2>1 000， ∴2n －2≥10，即n ≥6，∴满足题意的正整数n 的最小值为6.2．解：(1)由题意知，圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝n ，圆C n 的半径r n ＝2a n ＋n ，∴a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12|A n B n |2＝r 2n －d 2n ＝(2a n ＋n )－n ＝2a n ，又a 1＝1，∴a n ＝2n －1. (2)当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝[1＋5＋…＋(2n －3)]＋(2＋23＋…＋2n －1)＝n (n －1)2＋2(1－2n )1－4＝n 2－n 2＋23(2n －1)．当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＋1＝(n ＋1)2－(n ＋1)2＋23(2n ＋1－1)＝n 2＋n 2＋23(2n ＋1－1)，而T n ＋1＝T n ＋b n ＋1＝T n ＋2n ，∴T n ＝n 2＋n 2＋13(2n －2)． ∴T n ＝⎩⎨⎧n 2－n 2＋23(2n －1)(n 为偶数)n 2＋n 2＋13(2n －2)(n 为奇数).3．解：(1)P 1是线段AB 的中点⇒1OP ＝12OA ＋12OB ，又1OP ＝a 1OA ＋b 1OB ，且OA ，OB 不共线，由平面向量基本定理，知a 1＝b 1＝12. (2)由n OP ＝a n OA ＋b n OB (n ∈N *)⇒n OP ＝(a n ，b n )，设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则由于P 1，P 2，P 3，…，P n ，…互不相同，所以d ＝0，q ＝1不会同时成立．若d ＝0，q ≠1，则a n ＝a 1＝12(n ∈N *) ⇒P 1，P 2，P 3，…，P n ，…都在直线x ＝12上；若q ＝1，d ≠0，则b n ＝12为常数列 ⇒P 1，P 2，P 3，…，P n ，…都在直线y ＝12上；若d ≠0且q ≠1，P 1，P 2，P 3，…，P n ，…在同一条直线上⇔1n n P P －＝(a n －a n －1，b n －b n －1)与1n n P P ＋＝(a n ＋1－a n ，b n ＋1－b n )始终共线(n ≥2，n ∈N *)⇔(a n －a n －1)(b n ＋1－b n )－(a n ＋1－a n )(b n －b n －1)＝0⇔d (b n ＋1－b n )－d (b n －b n －1)＝0⇔b n ＋1－b n ＝b n －b n －1⇔q ＝1，这与q ≠1矛盾，所以当d ≠0且q ≠1时，P 1，P 2，P 3，…，P n ，…不可能在同一条直线上.。

2021高考三轮复习课时训练《36 数列求和》

数列求和建议用时：45分钟一、选择题1．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 5＋a 7＝6，a 11＝8，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3a n ＋4的前n项和S n ＝( )A.n ＋1n ＋2B.n n ＋1C.n n ＋2D.2nn ＋1B [设等差数列{a n }的公差为d ，由a 3＋a 5＋a 7＝6，a 11＝8，得a 5＝2，d ＝1，所以a n ＝n －3.则a n ＋3＝n ，a n ＋4＝n ＋1，所以1a n ＋3a n ＋4＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.所以S n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.故选B.]2．数列{(－1)n (2n －1)}的前2 020项和S 2 020等于( ) A ．－2 018 B ．2 018 C ．－2 020D ．2 020D [S 2 020＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2 019－1)＋(2×2 020－1)＝2×1 010＝2 020.故选D.]3．在数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝( )A ．(2n －1)2B.（2n －1）23C ．4n－1D.4n －13D [由题意得，当n ＝1时，a 1＝1，当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2n －1－1，则a n ＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1(n ≥2)，n ＝1时也成立，所以a n ＝2n －1，则a 2n＝22n －2，所以数列{a 2n }的首项为1，公比为4的等比数列，所以a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1×（1－4n ）1－4＝4n －13，故选D.]4．数列{a n }中，a 1＝2，且a n ＋a n －1＝na n －a n －1＋2(n ≥2)，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1（a n －1）2前2 019项和为( )A.4 0362 019 B.2 0191 010 C.4 0372 019D.4 0392 020B [∵a n ＋a n －1＝na n －a n －1＋2(n ≥2)，∴a 2n －a 2n －1－2(a n －a n －1)＝n ，整理，得(a n －1)2－(a n －1－1)2＝n ， ∴(a n －1)2－(a 1－1)2＝n ＋(n －1)＋…＋2，又a 1＝2，∴(a n －1)2＝n （n ＋1）2，即1（a n －1）2＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. 则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1（a n －1）2前2 019项和为： 2(1－12＋12－13＋…＋12 019－12 020)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 020＝2 0191 010.故选B.]5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋a n ＋1＝2n (n ∈N *)，则S 13＝( ) A.213－43 B.213＋23 C.214－43 D.214＋23C [∵a 1＝2，∴n ＝2时，a 2＋a 3＝22，n ＝4时，a 4＋a 5＝24， n ＝6时，a 6＋a 7＝26，n ＝8时，a 8＋a 9＝28， n ＝10时，a 10＋a 11＝210，n ＝12时，a 12＋a 13＝212， ∴S 13＝2＋22＋24＋26＋28＋210＋212 ＝2＋22[1－（22）6]1－22＝214－43.故选C.]二、填空题6．(2019·浙江台州期中)已知数列{a n }满足1a n ＝1a n ＋1－1，且a 1＝1，则a n ＝________，数列{b n }满足b n ＝2na n，则数列{b n }的前n 项和S n ＝________．1n (n －1)·2n ＋1＋2 [由1a n ＝1a n ＋1－1可得1a n ＋1－1a n ＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，公差、首项都为1，由等差数列的通项公式可得 1a n ＝n ，a n ＝1n ，2n a n ＝n ×2n ， S n ＝1×2＋2×22＋…＋n ×2n ，2S n ＝1×22＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，相减得S n ＝－(2＋22＋…＋2n )＋n ×2n ＋1＝－2（1－2n ）1－2＋n ×2n ＋1＝(n －1)×2n ＋1＋2.]7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝________． 3·21 009－3 [∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，① ∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，②由①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S 2 018＝1－21 0091－2＋2（1－21 009）1－2＝3·21 009－3.]8．已知等差数列{a n }满足a 3＝7，a 5＋a 7＝26，b n ＝1a 2n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．25101 [因为a 3＝7，a 5＋a 7＝26，所以公差d ＝2，所以a n ＝a 3＋2(n －3)＝2n ＋1.所以b n ＝1a 2n －1＝1（2n ＋1）2－1＝14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.所以S 100＝b 1＋b 2＋…＋b 100＝14(1－12＋12－13＋…＋1100－1101)＝25101.] 三、解答题9．已知等差数列{a n }满足a 6＝6＋a 3，且a 3－1是a 2－1，a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }的前项和为T n ，求使T n ＜17成立的最大正整数n 的值[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ， ∵a 6－a 3＝3d ＝6，即d ＝2，∴a 3－1＝a 1＋3，a 2－1＝a 1＋1，a 4＝a 1＋6， ∵a 3－1是a 2－1，a 4的等比中项， ∴(a 3－1)2＝(a 2－1)·a 4，即(a 1＋3)2＝(a 1＋1)(a 1＋6)，解得a 1＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12(13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝n3（2n ＋3），由n 3（2n ＋3）＜17，得n ＜9.∴使T n ＜17成立的最大正整数n 的值为8.10．(2019·天津高考)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0，已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数，b n 2，n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (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⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n . 所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ， {b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×3＋n （n －1）2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n ) ＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )．记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1＝－3（1－3n ）1－3＋n ×3n ＋1＝（2n －1）3n ＋1＋32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×（2n －1）3n ＋1＋32＝（2n －1）3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *)．1．定义在[0，＋∞)上的函数f (x )满足：当0≤x ＜2时，f (x )＝2x －x 2；当x ≥2时，f (x )＝3f (x －2)．记函数f (x )的极大值点从小到大依次记为a 1，a 2，…，a n ，…，并记相应的极大值为b 1，b 2，…，b n ，…，则a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20的值为( )A ．19×320＋1B ．19×319＋1C ．20×319＋1D ．20×320＋1A [由题意当0≤x ＜2时，f (x )＝2x －x 2＝－(x －1)2＋1极大值点为1，极大值为1，当x ≥2时，f (x )＝3f (x －2)．则极大值点形成首项为1，公差为2 的等差数列，极大值形成首项为1，公比为3的等比数列，故a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，故a n b n ＝(2n －1)3n －1，设S ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319， 3S ＝1×31＋3×32＋…＋39×320，两式相减得－2S ＝1＋2(31＋32＋…＋319)－39×320 ＝1＋2×3（1－319）1－3－39×320，∴S ＝19×320＋1，故选A.]2．(2019·金山中学模拟)数列{a n }且a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n 2＋2n ，n 为奇数，sin n π4，n 为偶数，若S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝________．3 0282 019[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 ＝sin n π4，所以S 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018)，＝12(1－13＋13－15＋…＋12 017－12 019)＋(1＋0－1＋…＋0)，＝1 0092 019＋1＝3 0282 019.]3．(2019·济南模拟)如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上标签：原点处标数字0，记为a 0；点(1，0)处标数字1，记为a 1；点(1，－1)处标数字0，记为a 2；点(0，－1)处标数字－1，记为a 3；点(－1，－1)处标数字－2，记为a 4；点(－1，0)处标数字－1，记为a 5；点(－1，1)处标数字0，记为a 6；点(0，1)处标数字1，记为a 7；……；以此类推，格点坐标为(i ，j)的点处所标的数字为i ＋j(i ，j 均为整数)，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则S 2 018＝________．－249 [设a n 的坐标为(x ，y )，则a n ＝x ＋y .第一圈从点(1，0)到点(1，1)共8个点，由对称性可知a 1＋a 2＋…＋a 8＝0；第二圈从点(2，1)到点(2，2)共16个点，由对称性可知a 9＋a 10＋…＋a 24＝0，……；以此类推，可得第n 圈的8n 个点对应的这8n 项的和也为0.设a 2 018在第k 圈，则8＋16＋…＋8k ＝4k (k ＋1)，由此可知前22圈共有2 024个数，故S 2 024＝0，则S 2 018＝S 2 024－(a 2 024＋a 2 023＋…＋a 2019)，a 2 024所在点的坐标为(22，22)，a 2 024＝22＋22，a 2 023所在点的坐标为(21，22)，a 2 023＝21＋22，以此类推，可得a 2 022＝20＋22，a 2 021＝19＋22，a 2 020＝18＋22，a 2 019＝17＋22，所以a 2 024＋a 2 023＋…＋a 2 019＝249，故S 2 018＝－249.]4．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设T n 为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，若λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．[解] (1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由已知得，⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，（a 1＋2d ）2＝a 1（a 1＋6d ），解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1或⎩⎨⎧a 1＝72，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n＋1.(2)由(1)知1a n a n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n2（n ＋2）.又λT n ≤a n ＋1恒成立，所以λ≤2（n ＋2）2n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8，而2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8≥16，当且仅当n ＝2时等号成立．所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.1．(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 ．110A [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 （1＋n ）2.由题意知，N >100，令n （1＋n ）2＞100⇒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.]2．已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2. (1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1，1)，P 2(x 2，2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .[解] (1)设数列{x n }的公比为q ，由已知知q ＞0. 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0.因为q ＞0，所以q ＝2，x 1＝1. 因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，5 由题意b n ＝（n ＋n ＋1）2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，① 2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.② ①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)×2n －1.所以T n ＝（2n －1）×2n ＋12.。

2022高考数学一轮复习课时规范练31数列求和文含解析北师大版

课时规范练31 数列求和基础巩固组1.数列112,314,518,7116,…,(2n-1)+12n ,…的前n 项和S n 的值等于( ) A.n 2+1-12n B.2n 2-n+1-12n C.n 2+1-12n -1D.n 2-n+1-12n2.(2020山东滨州模拟)若数列{a n }的通项公式为a n =2n +2n-1,则该数列的前10项和为( )A.2 146B.1 122C.2 148D.1 1243.已知函数f (n )={n 2,n 为奇数,-n 2,n 为偶数,且a n =f (n )+f (n+1),则a 1+a 2+a 3+…+a 100等于( )A.0B.100C.-100D.10 2004.(2020德州调研)已知T n 为数列2n +12n的前n 项和,若m>T 10+1 013恒成立,则整数m 的最小值为( ) A.1 026B.1 025C.1 024D.1 0235.设等差数列{a n }满足a 2=5,a 6+a 8=30,则数列{1a n2-1}的前n 项的和等于 .6.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 .7.(2020河北保定二模,文17)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足2S n +a n -n=0(n ∈N *). (1)求证:数列{a n -12}为等比数列; (2)求数列{a n -n }的前n 项和T n .综合提升组8.已知数列{a n }满足a 1=1,且对于任意的n ∈N +都有a n+1=a n +a 1+n ,则1a 1+1a 2+…+1a 2017等于( )A.20162017B.40322017C.20172018D.403420189.(2020江苏,11)设{a n }是公差为d 的等差数列,{b n }是公比为q 的等比数列.已知数列{a n +b n }的前n 项和S n =n 2-n+2n -1(n ∈N +),则d+q 的值是 .10.(2020全国1,文16)数列{a n }满足a n+2+(-1)n a n =3n-1,前16项和为540,则a 1= . 11.(2020河北衡水中学三模,理17)已知数列{a n }满足a 1=4,且当n ≥2时,(n-1)a n =n (a n-1+2n-2).(1)求证:数列{ann }是等差数列;(2)记b n =2n+1a n2,求数列{b n }的前n 项和S n .12.(2020山东烟台一模,18)已知数列{a n }的前n 项和S n =3n 2+8n ,{b n }是等差数列,且a n =b n +b n+1. (1)求数列{b n }的通项公式; (2)令c n =(a n +1)n+1(b n +2)n,求数列{c n }的前n 项和T n .创新应用组13.(2020江西九江一模,理12)在平面直角坐标系xOy 中,已知A n ,B n 是圆x 2+y 2=n 2上两个动点,且满足OA n ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB n ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-n 22(n ∈N +),设A n ,B n 到直线x+√3y+n (n+1)=0的距离之和的最大值为a n ,若数列{1a n}的前n项和S n <m 恒成立,则实数m 的取值范围是( ) A.34,+∞ B.34,+∞ C.32,+∞ D.32,+∞14.(2020新高考全国1,18)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2+a 4=20,a 3=8. (1)求{a n }的通项公式;(2)记b m 为{a n }在区间(0,m ](m ∈N +)中的项的个数,求数列{b m }的前100项和S 100.参考答案课时规范练31 数列求和1.A 该数列的通项公式为a n =(2n-1)+12n ,则S n =[1+3+5+…+(2n-1)]+12+122+…+12n =n 2+1-12n. 2.A 因为a n =2n+2n-1,所以前n 项和S n =2(1-2n )1-2+n (2n -1+1)2=2n+1+n 2-2,所以前10项和S 10=211+102-2=2146.3.B 由题意,得a 1+a 2+a 3+…+a 100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)=-50×101+50×103=100.故选B .4.C ∵2n +12n=1+12n ,∴T n =n+1-12n ,∴T 10+1013=11-1210+1013=1024-1210.又m>T 10+1013恒成立,∴整数m 的最小值为1024. 5.n 4(n+1)设等差数列{a n }的公差为d ,由等差数列的性质可得a 6+a 8=30=2a 7,a 7=15,a 7-a 2=5d ,即15=5+5d ,d=2,a n =a 2+(n-2)d=2n+1,1a n2-1=14n (n+1)=141n−1n+1,∴前n 项和为141-12+12−13+ (1)−1n+1=14(1-1n+1)=n4(n+1). 6.解(1)设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 1,a 2,a 3-2成等差数列,∴2a 2=a 1+(a 3-2)=2+(a 3-2)=a 3,∴q=a3a 2=2,∴a n =a 1q n-1=2n (n ∈N +).(2)由(1)及b n =1a n+2log 2a n -1,可知b n =12n +2log 22n-1=12n +2n-1, ∴S n =(12+1)+(12)2+3+[(12)3+5]+…+(12)n+(2n-1)=12+(12)2+(12)3+…+(12)n+[1+3+5+…+(2n-1)]=12[1-(12)n]1-12+n ·[1+(2n -1)]2=n 2-(12)n+1(n ∈N +).7.(1)证明当n=1时,2S 1+a 1-1=0,解得a 1=13.因为2S n +a n -n=0(n ∈N +),① 当n ≥2时,2S n-1+a n-1-(n-1)=0,②①-②,得3a n =a n-1+1,即a n =13a n-1+13,当n ≥2时,a n -12a n -1-12=13a n -1+13-12a n -1-12=13,又a 1-12=-16,所以{a n -12}是以-16为首项,以13为公比的等比数列. (2)解由(1)可得a n =-12×(13)n+12,所以a n -n=-12×(13)n-n+12, 所以数列{a n -n }的前n 项和 T n =-12×13[1-(13)n ]1-13−(n+1)n 2+n 2,化简得T n =1413n-1-n 22. 8.D 由题意可得a n+1-a n =n+1,则a 1=1,a 2-a 1=2,a 3-a 2=3,…,a n -a n-1=n ,以上各式相加可得a n =n (n+1)2,则1a n=2(1n -1n+1), 1a 1+1a 2+…+1a2017=2×(1-12)+(12-13)+…+12017−12018=40342018.9.4 由等差数列的前n 项和公式和等比数列的前n 项和公式得S n =na 1+n (n -1)2d+b 1(1-q n )1-q=d 2n 2+(a 1-d 2)n+(-b 11-q )q n +b11-q.对照已知条件S n =n 2-n+2n -1,得 d=2,q=2,所以d+q=4.10.7 当n 为偶数时,有a n+2+a n =3n-1,则(a 2+a 4)+(a 6+a 8)+(a 10+a 12)+(a 14+a 16)=5+17+29+41=92, 因为前16项和为540,所以a 1+a 3+a 5+a 7+a 9+a 11+a 13+a 15=448. 当n 为奇数时,有a n+2-a n =3n-1,由累加法得a n+2-a 1=3(1+3+5+…+n )-1+n 2=34n 2+n+14,所以a n+2=34n 2+n+14+a 1,所以a 1+34×12+1+14+a 1+34×32+3+14+a 1+34×52+5+14+a 1+34×72+7+14+a 1+34×92+9+14+a 1+34×112+11+14+a 1+34×132+13+14+a 1=448,解得a 1=7. 11.(1)证明当n ≥2时,(n-1)a n =n (a n-1+2n-2),将上式两边都除以n (n-1),得ann =a n -1+2n -2n -1,即ann −a n -1n -1=2,所以数列{an n}是以4为首项,2为公差的等差数列.(2)解由(1)得an n =4+2(n-1)=2n+2,即a n =2n·(n+1),所以b n =2n+1a n2=141n 2−1(n+1)2.所以S n =141-122+122−132+…+1n 2−1(n+1)2=141-1(n+1)2=n 2+2n4(n+1)2.12.解(1)由题意,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=6n+5,当n=1时,a 1=S 1=11,所以a n =6n+5. 设数列{b n }的公差为d ,由{a 1=b 1+b 2,a 2=b 2+b 3,即{11=2b 1+d ,17=2b 1+3d ,解得{b 1=4,d =3,所以b n =3n+1. (2)由(1)得c n =(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1,所以T n =3×[2×22+3×23+4×24+…+(n+1)×2n+1],2T n =3×[2×23+3×24+4×25+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×4+4×(2n -1)2-1-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2.所以T n =3n·2n+2.13.B 由OA n ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB n ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-n 22,得n·n cos ∠A n OB n =-n 22,所以cos ∠A n OB n =-12,所以∠A n OB n =120°.设线段A n B n 的中点为C n ,则|OC n |=n2,所以C n 在圆x 2+y 2=n24上,A n ,B n 到直线x+√3y+n (n+1)=0的距离之和等于点C n 到该直线的距离的两倍.点C n 到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和,而圆x 2+y 2=n24的圆心(0,0)到直线x+√3y+n (n+1)=0的距离为d=√1+3=n (n+1)2,所以a n =2n (n+1)2+n2=n 2+2n ,所以1a n=1n 2+2n =121n−1n+2. 则S n =1a 1+1a 2+1a 3+…+1a n=121-13+12−14+13−15+…+1n−1n+2=121+12−1n+1−1n+2<34,所以m ≥34.故选B.14.解(1)设{a n }的公比为q.由题设得a 1q+a 1q 3=20,a 1q 2=8. 解得q=12(舍去),q=2.因为a 1q 2=8,所以a 1=2. 所以{a n }的通项公式为a n =2n .(2)由题设及(1)知b 1=0,且当2n ≤m<2n+1时,b m =n. 所以S 100=b 1+(b 2+b 3)+(b 4+b 5+b 6+b 7)+…+(b 32+b 33+…+b 63)+(b 64+b 65+…+b 100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.。

2020高考数学一轮复习第五章数列课时作业31数列求和文(2021-2022学年)

课时作业31 数列求和则T ｎ=错误!＋错误!＋错误!未定义书签。

＋…+错误! ①,错误!未定义书签。

T n ＝121+错误!未定义书签。

+错误!未定义书签。

+…+错误!未定义书签。

②，①－②得错误!未定义书签。

T n ＝错误!+错误!未定义书签。

＋错误!未定义书签。

＋…+错误!-错误!未定义书签。

=错误!-错误!未定义书签。

=2－错误!，∴Ｔn ＝4－错误!。

易知数列{2n ｝的前ｎ项和为n （n ＋1), ∴S n =n （n ＋1)-４＋错误!未定义书签。

.４.[2019·广州市综合测试]已知数列{a n ｝的前n 项和为S n ，数列错误!是首项为1,公差为2的等差数列．（１）求数列{a ｎ｝的通项公式;(2)设数列{ｂn }满足错误!+错误!未定义书签。

+…＋错误!未定义书签。

＝5-(4n +５)·错误!n，求数列{ｂn }的前n 项和T n ．解析：(１)因为数列错误!是首项为１,公差为2的等差数列,所以错误!＝1+2(n －1)＝2ｎ－1,所以S n =2n 2－ｎ。

当ｎ＝１时,a １＝S 1＝1;当n ≥2时,ａｎ＝Ｓn -S n －1＝(２n ２-n )－[２(n －1)2-(n －1）］=4n -3。

当n ＝1时,a １＝１也符合上式，所以数列{a n ｝的通项公式为a n =4n －３。

（２)当n =１时,错误!未定义书签。

=错误!未定义书签。

，所以b 1＝2ａ1＝２.当ｎ≥２时,由a １b 1+＼f （ａ2,ｂ2）＋…+＼f(ａn ,ｂn )=5－(4n +５）·错误!n,① 得错误!＋错误!未定义书签。

+…+错误!未定义书签。

=5－（4n +1）错误!n －1。

②①－②，得错误!=(4n -3）错误!未定义书签。

ｎ。

因为a n =4n -3，所以b n =错误!未定义书签。

＝2n(当n =1时也符合）,所以错误!未定义书签。

=错误!＝2,所以数列｛ｂn ｝是首项为2,公比为２的等比数列,所以T n ＝＼f(21-2n ),1－２)=2n +1-2.5.[2０１9·郑州一中高三入学测试］在等差数列｛a n }中，已知a 3=5,且a １,a 2，a 5为递增的等比数列.(１）求数列｛a n }的通项公式;（2）若数列{ｂn }的通项公式 (ｋ∈N *）,求数列｛ｂn ｝的前ｎ项和S n .则Ｓn=S n＋１-b n＋1=错误!＋2－1－2－１=错误!＋２.综上， (k∈N＊).6．[2019·安徽省高中联合质量检测]已知｛a}是公差不为0的等差数列,解得a1＝1，d＝2,所以ａn＝2n－1.所以b1·b２·b3·…·bｎ－1·ｂn=2n+1，①当ｎ＝1时,ｂ１＝3，当ｎ≥2时，ｂ1·b2·ｂ3·…·ｂｎ-1＝2n-１。

高考数学总复习课时作业32数列求和理北师大版

A1． { a } 是公比q的等比数列，S是其前n和，若 { S} 是等差数列，q () n n nA．－ 1B．1C．± 1D．0112123123＋⋯＋9，⋯，若b n＝12．已知数列 { a n} ：，＋，＋＋，⋯，＋＋，23344410 10 1010a n a n＋1那么数列 {n}的前n 和n()b Sn4nA.n＋1B.n＋13n5n C. ＋1 D.＋ 1 n n3．数列1＋ 2，⋯，a k＋2，⋯，10＋20共有十，且其和240，a1＋⋯＋k＋⋯a k a a ＋ a10的()A． 31B．120C． 130D．1854．已知函数f ( ) ＝n2当n奇数，且n＝f() ＋(n＋ 1)，1＋ 2＋－ n2当 n偶数，3 n a n f a a a＋⋯＋100 等于()aA． 0B．100C．－ 100D．10 2005．等差数列 {n}的首1，公差，前n 和n.“d>|a1|”是“n 的最小a a d S SS1，且 S n无最大”的()A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充要条件D．既不是充足条件也不是必需条件6．在等差数列 { a } 中，S表示前n和，a＋a＝ 18－a，S＝ ________.n n285939 2565n7．数列2，4，8，16，⋯的前n和 S ________．8．已知 { a1} 是等比数列， a ＝ 2，a ＝4， S ＝ a ＋ a ＋⋯＋ a 的取范是 ________．n25n12n9．于数列 { a } ，定数列 { a－ a }数列{ a }的“差数列”，若 a ＝2，{ a }的“差n n＋ 1n n1n数列”的通n2 ，数列 { a n} 的前n和S n＝ ________.n10．数列 {a} 足1＝1，数列2是公差 1 的等差数列．na n(1)求数列 { a n} 的通公式；(2)b n＝ n( n＋1) a n，求数列{ b n}的前 n 和 S n.211．若数列 { a n } 足： a 1＝3， a 2＝ 2,3( a n ＋ 1－2a n ＋ a n － 1) ＝ 2.(1) 明数列 { a n ＋ 1－ a n } 是等差数列；(2) 求使 1＋ 1 ＋1＋⋯＋1 ＞5建立的最小的正整数 n .aaaan2123B1． (201 2·福建卷 ) 数列 { a n } 的通公式 a n ＝ n cosn π，其前 n 和 S n ， S 2 012 等于2()A ． 1 006B ． 2 012C ． 503D ． 02．数列 {a n }是以 2 首， 1 公差的等差数列，{n }是以 1 首， 2 公比的等b比数列， ab 1＋ ab 2＋⋯＋ ab 10＝ ________.3．(2012 · 川 ) 在等比数列 { n } 中， n ＞0(n ∈ N ＋) ，公比 q ∈ (0,1) ，且 3 5＋24 6aaa a a a＋ a 3a 9＝ 100，又 4 是 a 4 与 a 6 的等比中．(1) 求数列 { a n } 的通公式；(2) b n ＝ log 2a n ，求数列 {| b n |} 的前 n 和 S n .解答案作 ( 三十二 )A1．B据意可知， 2S 2＝S 1＋ S 3，故 2( a 1＋ a 1q ) ＝ a 1＋( a 1＋ a 1q ＋ a 1q 2) ，即 a 1q ＝ a 1 q 2，∵a 1≠0， q ≠0，∴ q ＝ 1. 故 B.n1＋ 2＋3＋⋯＋ n n2． B a ＝n ＋ 1＝ 2，n＝ 1 ＝4＝ 4 1 －1∴ bn ＋ 1，a n a n ＋1 nn n ＋ 1＝4 1－ 11 111n2 ＋－3 ＋⋯＋－∴ S 2 n n ＋ 114n ＝4 1－n ＋ 1＝n ＋ 1.3． C a 1＋⋯＋ a k ＋⋯＋ a 10＝ 240－ (2 ＋⋯＋ 2k ＋⋯＋ 20)2＋ 20×10＝ 240－2＝ 240－ 110＝ 130.4．B由意，1＋2＋ 3＋⋯＋100＝12－ 22－ 22＋ 32＋ 32－ 42－ 42＋ 52 ＋⋯＋ 992－ 1002－a a a a1002＋ 1012 ＝－ (1 ＋ 2) ＋ (3 ＋ 2) ＋⋯－ (99 ＋ 100) ＋ (101 ＋ 100) ＝－ (1 ＋ 2＋⋯＋ 9 9＋ 100)＋ (2 ＋ 3＋⋯＋ 100＋101) ＝－ 1＋ 101＝100. 故 B.nn1nd 2 1－ d n1d且 S 无最大，必足d >0 且－ a 1 －2d ≤1，即 d ≥－ 2a ，且 d>0，故 d>| a | 可推条件成n112×2立，而条件建立不可以推出 d > | a 1| 建立，因此 A.6．分析：由等差数列的性， a 2＋ a 8＝ 18－ a 5，即 2a 5＝ 18－ a 5，∴ a 5＝ 6，9a 1＋ a 9×95又∵ S ＝2＝ 9a ＝ 54.答案： 547．分析：31 9 1 251 65 ＝ 4＋ 1∵＝1＋，＝2＋， 8＝3＋，16，⋯2 2 44 8 163 9 25 651∴ S n ＝＋＋＋＋⋯＋ n ＋ n2481621 1 11＝ (1 ＋2＋ 3＋⋯＋ n ) ＋ 2＋ 22＋ 23＋⋯＋ 2n1 1 nn n ＋ 121－2＝ n n ＋ 11＝＋12 ＋ 1－ n .221－ 2n n ＋11答案：2＋ 1－2n8．分析：因 { a } 是等比数列，因此可n －1a ＝ a q .nn1a 1q ＝ 2a 1＝ 41因a 2＝2，a 5＝4，因此a 1q 4＝14 4× 1－因此 S n ＝ a 1＋ a 2＋⋯＋ a n ＝11－ 21 n1因 0＜ 2≤ 2，因此 4≤ S n ＜ 8.答案：[4,8)，解得1 .q ＝21 n21 n＝8－8× 2 .n9．分析：∵a n ＋ 1－a n ＝2 ，∴ a n ＝( a n － a n － 1) ＋ ( a n － 1－ a n － 2) ＋⋯＋ ( a 2 －a 1) ＋ a 1nn －1n －222－ 2nn＝2＋ 2 ＋⋯＋ 2 ＋2＋ 2＝＋2＝2 －2＋ 2＝2 .n2－ 2n ＋ 1n ＋ 1∴ S ＝ 1－2＝2－2.答案：2 n ＋ 1－ 210．分析：(1) 由已知有 2n ＝ 2 ＋ ( n －1) ×1＝ n ＋ 1，∴ a n ＝ 2na a .n ＋ 1n 1(2) 由(1)知 b n ＝n · 2n ，n23nS ＝1·2＋2·2 ＋3·2＋⋯＋n ·2，n23nn ＋ 12S ＝1·2＋2·2 ＋⋯＋ ( n －1) ·2＋ n ·2 ，n2 3＋⋯＋nn ＋ 1 2 1－ 2nn ＋ 1n ＋ 1n ＋1.相减得：－ S ＝2＋ 2 ＋ 22 － n ·2 ＝1－ 2－ n ·2 ＝ 2 － 2－n ·2∴ S n ＝( n －1) ·2n ＋1＋ 2.11．分析：( 1) 明：由 3( a n ＋ 1－ 2a n ＋ a n －1) ＝ 2 可得：22a n ＋ 1－ 2a n ＋ a n － 1＝ 3，即 ( a n ＋ 1－ a n ) － ( a n － a n － 1) ＝ 3，∴数列 { a － a } 是以 a － a ＝ 423 首， 3 公差的等差数列．n ＋ 1n2 1(2) 由(1)n ＋1 n4 22知 a － a ＝ 3＋ 3( n － 1) ＝3( n ＋ 1) ，于是累加乞降得：2 1a ＝ a ＋3(2 ＋ 3＋⋯＋ n) ＝3n( n ＋ 1) ，n11 ＝ 3 11∴ n n －n ＋ 1，a∴ 1＋ 1 ＋ 1 ＋⋯＋ 1＝3－ 35a a a a n ＋＞，∴ n ＞5. 1212 3 n∴最小的正整数 n6.Bn π1． A 因 cos2 呈周期性出，察此数列乞降律，列以下：a 1＝ 0， a 2＝－ 2， a 3＝0， a 4＝ 4，此 4 的和 2. a 5＝ 0， a 6＝－ 6， a 7＝ 0，a 8＝ 8，此 4 的和2. 挨次推，得S 2 012 ＝ ( a 1＋ a 2＋ a 3＋ a 4) ＋( a 5＋ a 6＋ a 7＋a 8) ＋⋯＋ ( a 2 0092 012＋ a 2 010 ＋a 2 011 ＋ a 2 012 ) ＝×2＝ 1 006. 故 A.42．分析：a n ＝ n ＋ 1，b n ＝2n －1，∴ ab 1＋ ab 2＋⋯＋ ab 10＝ a 1＋ a 2＋ a 22＋ a 23＋⋯＋ a 29＝ 1＋1＋ 2＋ 239＋11＋2 ＋ 1＋ 2 ＋1＋⋯＋ 2 ＝ 10＋(1 ＋ 2＋22＋⋯＋ 29)1－ 21010＝10＋ 1－2 ＝ 10＋2 － 1＝ 1 033.答案： 1 0333．分析： (1) ∵a 3a 5 ＋ 2a 4a 6＋ a 3a 9＝100，∴ a 24 ＋2a 4a 6＋ a 26＝ 100，∴ ( a 4＋ a 6) 2＝100，又 a n ＞0，∴ a 4＋ a 6 ＝10，∵ 4 是 a 4 与 a 6 的等比中，∴ a 4a 6＝ 16，而q ∈(0,1) ，∴ a 4＞ a 6，∴ a 4＝8， a 6＝ 2，11n － 17－ n∴ q ＝2， a 1＝ 64，∴ a n ＝64· 2 ＝2.(2) b n ＝ log 2a n ＝ 7－ n ，数列 { b n } 的前 n 和 T n ＝n 13－ n，2n 13－ n∴当 1≤ n ≤7 ， b n ≥0，∴ S n ＝2.当 n ≥8 ， b n ＜ 0，∴ S n ＝b 1＋ b 2＋⋯＋ b 7－ ( b 8＋ b 9＋⋯＋ b n )＝－ ( b 1＋ b 2＋⋯＋ b n ) ＋ 2( b 1＋ b 2＋⋯＋ b 7) ，n 13－ n＝－＋2×213 －2nn 2∴S n ＝n 2－ 13n ＋ 84 27×6n 2－ 13n ＋ 842＝2，1≤ n ≤7且 n ∈ N ＋，n ≥8且 n ∈ 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＝ .

高中数学课时跟踪检测(十三)数列的求和(习题课)苏教版必修5

课时跟踪检测（十三）数列的求和（习题课）层级一学业水平达标1．已知a n ＝(－1)n，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 9与S 10的值分别是________．解析：S 9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1，S 10＝S 9＋a 10＝－1＋1＝0.答案：－1,02．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则n ＝________.解析：∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1，令n ＋1－1＝10，得n ＝120. 答案：1203．已知数列{a n }，a 1＝2，a n ＋1－2a n ＝0，b n ＝log 2a n ，则数列{b n }的前10项和等于________．解析：在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1－2a n ＝0，即a n ＋1a n＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列．所以a n ＝2×2n －1＝2n.所以b n ＝log 22n＝n .则数列{b n }的前10项和为1＋2＋…＋10＝55. 答案：554．在数列{a n }中，已知S n ＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n －1(4n －3)，则S 15＋S 22－S 31＝________.解析：∵S 15＝(－4)×7＋(－1)14(4×15－3)＝29.S 22＝(－4)×11＝－44.S 31＝(－4)×15＋(－1)30(4×31－3)＝61.∴S 15＋S 22－S 31＝29－44－61＝－76. 答案：－765．数列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…，的前99项和为________．解析：由数列可知a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝1－2n1－2＝2n －1，所以前99项的和为S 99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)＝2＋22＋…＋299－99＝－2991－2－99＝2100－101.答案：2100－1016．已知等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 1＝1,3a 3＝2a 2＋a 4，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前4项和为________．解析：∵等比数列{a n }中，a 1＝1,3a 3＝2a 2＋a 4，∴3q 2＝2q ＋q 3.又∵q ≠1，∴q ＝2，∴a n ＝2n －1，∴1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1是首项为12，公比为14的等比数列， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前4项和为12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1441－14＝85128.答案：851287．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________. 解析：S 6S 3＝3，故q ≠1， ∴a 1－q 61－q×1－q a 1－q3＝1＋q 3＝3，即q 3＝2.所以S 9S 6＝a 1－q 91－q ×1－q a 1－q6＝1－231－22＝73. 答案：738．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：∵a n ＋1－a n ＝2n，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n . ∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－29．已知{a n }是递增的等差数列，a 1＝2，a 22＝a 4＋8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)设数列{a n }的公差为d ，d >0.由题意得(2＋d )2＝2＋3d ＋8，解得d ＝2. 故a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝2＋(n －1)·2＝2n . (2)∵b n ＝a n ＋2a n ＝2n ＋22n， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝(2＋22)＋(4＋24)＋…＋(2n ＋22n) ＝(2＋4＋…＋2n )＋(22＋24＋ (22)) ＝＋2n n2＋－4n1－4＝n (n ＋1)＋4n ＋1－43. 10．在等差数列{a n }中，a 3＝4，a 7＝8. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝a n2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为d ＝a 7－a 37－3＝1，所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝n ＋1.(2)b n ＝a n 2n －1＝n ＋12n －1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2＋32＋422＋…＋n ＋12n －1.① 12T n ＝22＋322＋…＋n 2n －1＋n ＋12n ，②由①－②得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －1－n ＋12n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＋1－n ＋12n＝1－12n1－12＋1－n ＋12n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1－n ＋12n＝3－n ＋32n，所以T n ＝6－n ＋32n －1.层级二应试能力达标1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝________.解析：因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以由S n ＝2a n ＋1，得S n ＝2(S n ＋1－S n )，整理得3S n ＝2S n ＋1，所以S n ＋1S n ＝32，所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，32为公比的等比数列，故S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －12．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，那么数列{b n }＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1前n 项的和为________．解析：∵a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ＋1＝n n ＋2n ＋1＝n2， ∴b n ＝1a n a n ＋1＝4nn ＋＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4nn ＋1. 答案：4n n ＋13．某厂去年的总产值是a 亿元，假设今后五年的年产值平均增长率是10%，则从今年起到第5年年末该厂的总产值是________亿元．解析：由题意可知，今年年末的总产值为 1.1a ，从今年起每年年末的总产值构成一个等比数列，首项为1.1a ，公比为1.1.所以其前5项和为S 5＝1.1a－1.151－1.1＝11×(1.15－1)a 亿元．答案：11×(1.15－1)a4．设数列{a n }是以2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ab 1＋ab 2＋…＋ab 10等于________．解析：由已知可得a n ＝n ＋1，b n ＝2n －1，于是ab n ＝b n ＋1，因此ab 1＋ab 2＋…＋ab 10＝(b 1＋1)＋(b 2＋1)＋…＋(b 10＋1)＝b 1＋b 2＋…＋b 10＋10＝20＋21＋…＋29＋10＝1－2101－2＋10＝1 033.答案：1 0335．求和：S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋1＋12＋14＋18＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋12n －1＝________.解析：被求和式的第k 项为：a k ＝1＋12＋14＋…＋12k －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k 1－12＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12k . 所以S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋ (12)＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n1－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝2n ＋12n －1－2. 答案：2n ＋12n －1－26．已知等比数列{a n }及等差数列{b n }，其中b 1＝0，公差d ≠0.将这两个数列的对应项相加，得一新数列1,1,2，…，则这个新数列的前10项和为________．解析：设数列{a n }的公比为q ，则{a n }的前三项分别为1，q ，q 2，{b n }的前三项分别为0，d,2d ，于是⎩⎪⎨⎪⎧q ＋d ＝1，q 2＋2d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝0，d ＝1(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，d ＝－1.于是新数列的前10项和为(a 1＋b 1)＋(a 2＋b 2)＋…＋(a 10＋b 10)＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋(b 1＋b 2＋…＋b 10)＝1－2101－2＋10×0＋10×－2×(－1)＝978.答案：9787．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＝21，a 5＋b 3＝13. (1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和S n .解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则依题意有q >0且⎩⎪⎨⎪⎧1＋2d ＋q 4＝21，1＋4d ＋q 2＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2.所以a n ＝1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝qn －1＝2n －1.(2)a n b n ＝2n －12n －1， S n ＝1＋32＋522＋…＋2n －32n －2＋2n －12n －1， ① 2S n ＝2＋3＋52＋…＋2n －32n －3＋2n －12n －2.②②－①，得S n ＝2＋2＋22＋222＋…＋22n －2－2n －12n －1＝2＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n －1＝2＋2×1－12n －11－12－2n －12n －1＝6－2n ＋32n －1.8．已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根． (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，求证：S n <2.解：(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)证明：设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2. 所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.所以S n <2.。

课时跟踪检测(三十三) 数列求和

课时跟踪检测(三十三) 数列求和1．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5 B.3116或5 C.3116D.1582．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，且S 25＝100，则a 12＋a 14等于( ) A ．16 B ．8 C ．4D ．不确定3．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n4．(2013·“江南十校”联考)若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( ) A ．1－14nB ．1－12nC.23⎝⎛⎭⎫1－14n D.23⎝⎛⎭⎫1－12n 5．(2013·珠海模拟)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.99101C.99100D.1011006．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(当n 为奇数时)，－n 2(当n 为偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 2007．在等差数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 2＋a 8＝18－a 5，则S 9＝________.8．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.9．(2013·梅州质检)已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________.10．(2013·江西高考)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ，数列{b n }的前项n 项和为T n .求T n .11.(2013·深圳调研)已知等差数列{a n }满足：a 5＝9，a 2＋a 6＝14. (1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋qa n (q >0)，求数列{b n }的前n 项和S n .12．(2013·广州质检)若数列{a n }满足：a 1＝23，a 2＝2，3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2.(1)证明：数列{a n ＋1－a n }是等差数列；(2)求使1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n >52成立的最小的正整数n .1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝( ) A ．6n －n 2 B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2(1≤n ≤3)n 2－6n ＋18(n >3) D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2 (1≤n ≤3)n 2－6n (n >3) 2．(2013·成都二模)若数列{a n }满足a 1＝2且a n ＋a n －1＝2n ＋2n －1，S n 为数列{a n }的前n项和，则log 2(S 2 012＋2)＝________.3．已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n .答案A 级1．C 2.B 3.A 4.C5．选A 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . 因为a 5＝5，S 5＝15，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×(5－1)2d ＝15，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .所以1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101.6．选B 由题意，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.7．解析：由等差数列的性质及a 2＋a 8＝18－a 5，得2a 5＝18－a 5，则a 5＝6，故S 9＝(a 1＋a 9)×92＝9a 5＝54.答案：548．解析：因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n .所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－29．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n－1＝3n ，故b n ＝log 3a n ＝n ，所以1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.答案：nn ＋110．解：(1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于数列{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上可知，数列{a n }的通项公式a n ＝2n . (2)证明：由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ，则b n＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝ 116⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝1161－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2 ＝116⎣⎡⎦⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2. 11．解：(1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则由a 5＝9，a 2＋a 6＝14，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝9，2a 1＋6d ＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以{a n }的通项a n ＝2n －1.(2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q 2n －1.当q >0且q ≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋…＋q 2n －1)＝n 2＋q (1－q 2n )1－q 2；当q ＝1时，b n ＝2n ，则S n ＝n (n ＋1)．所以数列{b n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)，q ＝1，n 2＋q (1－q 2n )1－q 2，q >0，q ≠1.12．解：(1)由3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2可得： a n ＋1－2a n ＋a n －1＝23，即(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝23，故数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝43为首项，23为公差的等差数列．(2)由(1)知a n ＋1－a n ＝43＋23(n －1)＝23·(n ＋1)，于是累加求和得a n ＝a 1＋23(2＋3＋…＋n )＝13n (n ＋1)，所以1a n ＝3⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＝3－3n ＋1>52，所以n >5，所以最小的正整数n 为6.B 级1．选C 因为由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2. 所以a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7，所以n ≤3时，a n <0，n >3时，a n >0，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2(1≤n ≤3)，n 2－6n ＋18(n >3).2．解析：因为a 1＋a 2＝22＋2，a 3＋a 4＝24＋23，a 5＋a 6＝26＋25，….所以S 2 012＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2 011＋a 2 012＝21＋22＋23＋24＋…＋22 011＋22 012 ＝2(1－22 012)1－2＝22 013－2.故log 2(S 2 012＋2)＝log 222 013＝2 013. 答案：2 0133．解：(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8. 所以a 2＋a 4＝20.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }为递增数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.所以a n ＝2n .(2)因为b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ，所以－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .①所以－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.②①－②得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.所以S n ＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.。

2020届高考数学一轮复习：课时作业33《数列求和》(含解析)

课时作业33 数列求和1．已知等比数列{a n }中，a 2·a 8＝4a 5，等差数列{b n }中，b 4＋b 6＝a 5，则数列{b n }的前9项和S 9等于( B )A ．9B ．18C ．36D ．72 解析：∵a 2·a 8＝4a 5，即a 25＝4a 5，∴a 5＝4，∴a 5＝b 4＋b 6＝2b 5＝4，∴b 5＝2. ∴S 9＝9b 5＝18，故选B.2．(2019·广州调研)数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( A )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n解析：该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n . 3．(2019·开封调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝( B )A ．22 018－1B ．3×21 009－3C ．3×21 009－1D ．3×21 008－2解析：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 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 017＋a 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018) ＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3×21 009－3.4．定义n p 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知正项数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n ＋1，又b n ＝a n ＋14，则1b 1b2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( C )A.111B.112C.1011D.1112解析：依题意有n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1，即前n 项和S n ＝n (2n ＋1)＝2n 2＋n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，a 1＝3满足该式．则a n ＝4n －1，b n ＝a n ＋14＝n . 因为1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1011.5．(2019·华中师大联盟质量测评)在数列{a n }中，已知a 1＝3，且数列{a n ＋(－1)n }是公比为2的等比数列，对于任意的n ∈N *，不等式a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1恒成立，则实数λ的取值范围是( C )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，25B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，23 D ．(－∞，1]解析：由已知，a n ＋(－1)n ＝[3＋(－1)1]·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －(－1)n .当n 为偶数时，a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－(－1＋1－…＋1)＝2n ＋1－2，a n ＋1＝2n ＋1－(－1)n ＋1＝2n ＋1＋1，由a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1，得λ≤2n ＋1－22n ＋1＋1＝1－32n ＋1＋1对n ∈N *恒成立，∴λ≤23；当n 为奇数时，a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋…＋2n )－(－1＋1－…＋1－1)＝2n ＋1－1，a n ＋1＝2n ＋1－(－1)n ＋1＝2n ＋1－1，由a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1得， λ≤2n ＋1－12n ＋1－1＝1对n ∈N *恒成立，综上可知λ≤23.6．(2019·衡水质检)中国古代数学有着很多令人惊叹的成就．北宋沈括在《梦溪笔谈》卷十八《技艺》篇中首创隙积术，隙积术意即：将木桶一层层堆放成坛状，最上一层长有a 个，宽有b 个，共计ab 个木桶，每一层长宽各比上一层多一个，共堆放n 层，设最底层长有c 个，宽有d 个，则共计有木桶n [(2a ＋c )b ＋(2c ＋a )d ＋(d －b )]6个．假设最上层有长2宽1共2个木桶，每一层的长宽各比上一层多一个，共堆放15层，则木桶的个数为 1 360 .解析：各层木桶长与宽的木桶数自上而下组成一等差数列，且公差为1，根据题意得，a ＝2，b ＝1，c ＝2＋14＝16，d ＝1＋14＝15，n ＝15，则木桶的个数为15[(2×2＋16)×1＋(2×16＋2)×15＋(15－1)]6＝1 360(个)． 7．(2019·安阳模拟)已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝ 4n －1 .解析：由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4， ∴b n ＝(－3)×(－4)n －1， ∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列， ∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3(1－4n )1－4＝4n－1.8．(2019·海口调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1,2,3，…)，则S 2n ＋3＝43⎝⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2 .解析：依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2. 9．(2019·广东潮州模拟)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，a n ＝2·3n－1(n ∈N *)，若b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，则b 1＋b 2＋…＋b n ＝ 12－13n ＋1－1.解析：因为a n ＋1a n＝2·3n2·3n －1＝3，且a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，3为公比的等比数列，所以S n ＝2(1－3n )1－3＝3n－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b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n－1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝12－13n ＋1－1. 10．(2019·潍坊模拟)若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －λ(λ＞0，n ∈N *)．(1)证明数列{a n }为等比数列，并求a n ；(2)若λ＝4，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数(n ∈N *)，求数列{b n }的前2n项和T 2n .解：(1)证明：∵S n ＝2a n －λ，当n ＝1时，得a 1＝λ，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－λ， ∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是以λ为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝λ2n －1.(2)∵λ＝4，∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1，n 为奇数，n ＋1，n 为偶数，∴T 2n ＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n ＋2n ＋1 ＝(22＋24＋…＋22n )＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝4－4n ·41－4＋n (3＋2n ＋1)2 ＝4n ＋1－43＋n (n ＋2)， ∴T 2n ＝4n ＋13＋n 2＋2n －43.11．(2019·江西百校联盟联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为1的等差数列，且a 2＝3，a 3＝5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ·3n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由题意，得S nn ＝a 1＋n －1，即S n ＝n (a 1＋n －1)，所以a 1＋a 2＝2(a 1＋1)，a 1＋a 2＋a 3＝3(a 1＋2)，且a 2＝3，a 3＝5. 解得a 1＝1，所以S n ＝n 2，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又n ＝1时也满足，故a n ＝2n －1. (2)由(1)得b n ＝(2n －1)·3n ，所以T n ＝1×3＋3×32＋…＋(2n －1)·3n ，则3T n ＝1×32＋3×33＋…＋(2n －1)·3n ＋1.∴T n －3T n ＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)·3n ＋1，则－2T n ＝3＋2×32－3n ×31－3－(2n －1)·3n ＋1＝3n ＋1－6＋(1－2n )·3n ＋1＝(2－2n )·3n ＋1－6，故T n ＝(n －1)·3n ＋1＋3.12．(2019·贵阳一模)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n＝1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 13(1－S n ＋1)(n ∈N *)，令T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1，由S 1＋12a 1＝1，得a 1＝23，当n ≥2时，S n ＝1－12a n ，S n －1＝1－12a n －1，则S n －S n －1＝12(a n －1－a n )，即a n ＝12(a n －1－a n )，所以a n ＝13a n －1(n ≥2)．故数列{a n }是以23为首项，13为公比的等比数列．故a n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n (n ∈N *)． (2)因为1－S n ＝12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .所以b n ＝log 13(1－S n ＋1)＝log 13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝n ＋1，因为1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2(n ＋2).13．(2019·湖北四地七校联考)数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n＋n (n ＋1)，且b n ＝a n cos 2n π3，记S n 为数列{b n }的前n 项和，则S 24＝( D )A ．294B ．174C ．470D ．304解析：∵na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)， ∴a n ＋1n ＋1－a n n＝1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是公差与首项都为1的等差数列．∴a nn ＝1＋(n －1)×1，可得a n ＝n 2. ∵b n ＝a n cos 2n π3，∴b n ＝n 2cos 2n π3，令n ＝3k －2，k ∈N *，则b 3k －2＝(3k －2)2cos 2(3k －2)π3＝－12(3k －2)2，k ∈N *，同理可得b 3k －1＝－12(3k －1)2，k ∈N *， b 3k ＝(3k )2，k ∈N *.∴b 3k －2＋b 3k －1＋b 3k ＝－12(3k －2)2－12(3k －1)2＋(3k )2＝9k －52，k ∈N *，则S 24＝9×(1＋2＋…＋8)－52×8＝304.14．(2019·衡水联考)已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n ＞0,6S n ＝a 2n ＋3a n ，n ∈N *，b n ＝2a n(2a n －1)(2a n ＋1－1)，若∀n ∈N *，k ＞T n 恒成立，则k 的最小值是( B )A.17B.149 C ．49D.8441解析：当n ＝1时，6a 1＝a 21＋3a 1，解得a 1＝3或a 1＝0. 由a n ＞0，得a 1＝3.由6S n ＝a 2n ＋3a n ，得6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1. 两式相减得6a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n .所以(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0. 因为a n ＞0，所以a n ＋1＋a n ＞0，a n ＋1－a n ＝3.即数列{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列，所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n . 所以b n ＝2a n (2a n －1)(2a n ＋1－1)＝8n(8n －1)(8n ＋1－1) ＝17⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1. 所以T n ＝17⎝⎛18－1－182－1＋182－1－183－1＋…⎭⎪⎫＋18n －1－18n ＋1－1 ＝17⎝ ⎛⎭⎪⎫17－18n ＋1－1＜149. 要使∀n ∈N *，k ＞T n 恒成立，只需k ≥149.故选B.15．设f (x )＝4x4x ＋2，若S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017，则S ＝ 1 008 .解析：∵f (x )＝4x4x ＋2，∴f (1－x )＝41－x 41－x ＋2＝22＋4x ，∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x＝1.S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017，① S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0152 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017，②①＋②，得2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0152 017＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017 ＝2 016， ∴S ＝2 0162＝1 008.16．已知数列{a n }的首项a 1＝3，前n 项和为S n ，a n ＋1＝2S n ＋3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式．(2)设b n ＝log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n ，并证明：13≤T n ＜34.解：(1)由a n ＋1＝2S n ＋3，得a n ＝2S n －1＋3(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ，故a n ＋1＝3a n (n ≥2)，所以当n ≥2时，{a n }是以3为公比的等比数列．因为a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，a 2a 1＝3，所以{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，a n ＝3n . (2)a n ＝3n ，故b n ＝log 3a n ＝log 33n ＝n ，b n a n ＝n3n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，T n ＝1×13＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，① 13T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫134＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1.②①－②，得23T n ＝13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋11－13－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1，所以T n ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.因为⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＞0，所以T n ＜34.又因为T n ＋1－T n ＝n ＋13n ＋1＞0，所以数列{T n }单调递增，所以(T n )min ＝T 1＝13，所以13≤T n ＜34.。

高考数学一轮总复习课时跟踪检测(三十三) 数列求和

课时跟踪检测(三十三) 数列求和一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 5＝25，则S 7＝( ) A ．41 B ．48 C ．49D ．56解析：选C 设S n ＝An 2＋Bn ，由题知，⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝9A ＋3B ＝9，S 5＝25A ＋5B ＝25，解得A ＝1，B ＝0，∴S 7＝49. 2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n－1D ．n ＋2＋2n解析：选C 由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n－1.3．(2016·江西新余三校联考)数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(2n －1)，则该数列的前100项之和为( )A ．－200B ．－100C ．200D ．100解析：选D 根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100，故选D.4．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝sin n π2，n ∈N *，则S 2 016＝________.解析：a n ＝sinn π2，n ∈N *，显然每连续四项的和为0.S 2 016＝S 4×504＝0.答案：05．(2015·陕西质检)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 项和为________．解析：∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ， ∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0， ∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，∴S n ＝－3n1－3＝3n－1.答案：3n－ 1二保高考，全练题型做到高考达标1．(2015·阳泉质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，并满足：a n ＋2＝2a n ＋1－a n ，a 5＝4－a 3，则S 7＝( )A ．7B ．12C ．14D ．21解析：选C 由a n ＋2＝2a n ＋1－a n 知数列{a n }为等差数列，由a 5＝4－a 3得a 5＋a 3＝4＝a 1＋a 7，所以S 7＝a 1＋a 72＝14.2．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5 B.3116或5 C.3116D.158解析：选C 设{a n }的公比为q ，显然q ≠1，由题意得－q 31－q＝1－q 61－q，所以1＋q 3＝9，得q ＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116.3．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3⎝ ⎛⎭⎪⎫15n，则其前20项和为( )A ．380－35⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1519B ．400－25⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520C ．420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520D ．440－45⎝⎛⎭⎪⎫1－1520解析：选C 令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2(1＋2＋…＋20)－3⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋152＋…＋1520＝2×＋2－3×15⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15201－15＝420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520.4．已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝( )A ．1－4nB ．4n－1 C.1－4n 3D.4n－13解析：选B 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4， ∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列． ∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝－4n1－4＝4n－1.5.122－1＋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 解析：选C ∵1n ＋2－1＝1n 2＋2n ＝1n n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴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 ＋2.6．(2016·山西四校联考)设数列{a n }满足a 2＋a 4＝10，点P n (n ，a n )对任意的n ∈N *，都有向量n n P P ＋1＝(1,2)，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解：∵P n (n ，a n )，∴P n ＋1(n ＋1，a n ＋1)，∴n n P P ＋1＝(1，a n ＋1－a n )＝(1,2)，∴a n ＋1－a n ＝2， ∴{a n }是公差d 为2的等差数列．7又由a 2＋a 4＝2a 1＋4d ＝2a 1＋4×2＝10，解得a 1＝1， ∴S n ＝n ＋n n －2×2＝n 2.答案：n 27．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n.∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－28．(2016·江西八校联考)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 015＝________.解：∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，∴当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，k ∈N *，∴S 2 015＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 014＋a 2 015)＝1＋(－1)×1 007＝－1 006. 答案：－1 0069．(2014·湖南高考)已知数列{a n } 的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n } 的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n } 的前2n 项和．解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n2－n －2＋n －2＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知，a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)nn . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝－22n1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.10．已知数列{}a n 与{}b n ，若a 1＝3且对任意正整数n 满足a n ＋1－a n ＝2，数列{}b n 的前n 项和S n ＝n 2＋a n .(1)求数列{}a n ，{}b n 的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解：(1)因为对任意正整数n 满足a n ＋1－a n ＝2，所以{}a n 是公差为2的等差数列．又因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1. 当n ＝1时，b 1＝S 1＝4；当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝(n 2＋2n ＋1)－[(n －1)2＋2(n －1)＋1]＝2n ＋1，对b 1＝4 不成立．所以数列{}b n 的通项公式为b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.(2)由(1)知当n ＝1时，T 1＝1b 1b 2＝120. 当n ≥2时，1b n b n ＋1＝1n ＋n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝120＋12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋…＋⎝⎛ 12n ＋1⎦⎥⎤⎭⎪⎫－12n ＋3 ＝120＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－12n ＋3 ＝120＋n －110n ＋15. 当n ＝1时仍成立，所以T n ＝120＋n －110n ＋15.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2016·云南师大附中检测)已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，则{a n }的前100项和为________．解析：由a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，得a 2n ＋a 2n ＋1＝n ＋1，∴a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 98＋a 99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，∵a 100＝1＋a 50＝1＋(1＋a 25)＝2＋(12－a 12)＝14－(1＋a 6)＝13－(1＋a 3)＝12－(1－a 1)＝13，∴a 1＋a 2＋…＋a 100＝1 276＋13＝1 289.答案：1 2892．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n，数列{b n }满足b 1＝－1，b n ＋1＝b n ＋(2n －1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的通项公式； (3)若c n ＝a n ·b nn，求数列{c n }的前n 项和T n . 解：(1)∵S n ＝3n，∴S n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1(n ≥2)．当n ＝1时，2×31－1＝2≠S 1＝a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)∵b n ＋1＝b n ＋(2n －1)，∴b 2－b 1＝1，b 3－b 2＝3，b 4－b 3＝5，…，b n －b n －1＝2n －3(n ≥2)．以上各式相加得b n －b 1＝1＋3＋5＋…＋(2n －3)＝n －＋2n －2＝(n －1)2(n ≥2)．∵b 1＝－1，∴b n ＝n 2－2n (n ≥2)．又上式对于n ＝1也成立， ∴b n ＝n 2－2n (n ∈N *)．(3)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，n －n －1，n ≥2.当n ≥2时，T n ＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n －2)×3n －1，∴3T n ＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n －2)×3n. 相减得－2T n ＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －1－2(n －2)×3n.∴T n ＝(n －2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n －1)＝(n －2)×3n－3n －32＝n －n＋32.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，n －n＋32，n ≥2.∴T n ＝n －n＋32(n ∈N *)．。

2022高中数学第1部分2.5第2课时数列求和课时跟踪检测新人教A版必修5

课时跟踪检测(十三) 数列求和(习题课)一、选择题1．已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于( ) A ．35 B ．33 C ．31D ．292．数列{(－1)nn }的前n 项和为S n ，则S 2 012等于( ) A ．1 006 B ．－1 006 C ．2 012D ．－2 0123．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数为( )A ．11B ．99C ．120D ．1214．数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋…＋n 的前n 项和为( )5．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，那么数列{b n }＝{1a n a n ＋1}前n项的和为( )A ．4(1－1n ＋1) B ．4(12－1n ＋1)C ．1－1n ＋1－1n ＋1二、填空题6．数列{a n }中，S n ＝3n＋m ，当m ＝________时，数列{a n }是等比数列．7．设数列{a n }的通项为a n ＝2n －7(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________. 8．数列11,103,1 005,10 007，…的前n 项和S n ＝________. 三、解答题9．设{a n }是公比为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝a 2＋4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设{b n }是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n .10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＝n 2＋n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证T n ＜1.答案课时跟踪检测(十三)1．选C 设{a n }的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 2＝2a 1a 1q 3＋2a 1q 6＝52，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝16，q ＝12.∴S 5＝16[1－125]1－12＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＝31，故选C. 2．选A S 2 012＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－2 011＋2 012)＝1 006. 3．选C ∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2－1)＋(3－2)＋…＋ (n ＋1－n ) ＝n ＋1－1，令n ＋1－1＝10，得n ＝120. 4．选B 该数列的通项为a n ＝2nn ＋1，分裂为两项差的形式为a n ＝ 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，令n ＝1,2,3，…，则S n ＝21－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1，∴S n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1. 5．选A ∵a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ＋1＝n n ＋12n ＋1＝n2， ∴b n ＝1a n a n ＋1＝4nn ＋1＝4(1n －1n ＋1)． ∴S n ＝4(1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1)＝4(1－1n ＋1)． 6．解析：因为a 1＝S 1＝3＋m ，a 2＝S 2－S 1＝32－3＝6，a 3＝S 3－S 2＝33－32＝18，又由a 1·a 3＝a 22，得m ＝－1.答案：－17．解析：∵a n ＝2n －7，∴a 1＝－5，a 2＝－3，a 3＝－1，a 4＝1，a 5＝3，…，a 15＝23，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝(5＋3＋1)＋(1＋3＋5＋…＋23)＝9＋12×1＋232＝153.答案：1538．解析：数列的通项公式a n ＝10n＋(2n －1)．所以S n ＝(10＋1)＋(102＋3)＋...＋(10n ＋2n －1)＝(10＋102＋ (10))＋[1＋3＋…＋(2n －1)]＝101－10n1－10＋n 1＋2n －12＝109(10n －1)＋n 2. 答案：109(10n －1)＋n 29．解：(1)设q 为等比数列{a n }的公比，则由a 1＝2，a 3＝a 2＋4得2q 2＝2q ＋4，即q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)，因此q ＝2.所以{a n }的通项为a n ＝2·2n －1＝2n (n ∈N *)．(2)易知b n ＝2n －1，则S n ＝21－2n1－2＋n ×1＋n n －12×2＝2n ＋1＋n 2－2.10．解：(1)∵S n ＝n 2＋n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n ，又a 1＝2满足上式， ∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明：∵S n ＝n 2＋n ＝n (n ＋1)， ∴1S n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1. ∵n ∈N *，∴1n ＋1＞0，即T n ＜1.。

课时跟踪检测33 数列求和

答
案
第Ⅰ卷：夯基保分卷 1．选C 由题意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋＝n＋2n－1，故选C. 2．选A 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. ∵a5＝5，S5＝15，∴ ∴∴an＝a1＋(n－1)d＝n. ∴＝＝－， ∴数列的前100项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝. 3．选B f(n)＝n2cos nπ＝＝(－1)n·n2，由an＝f(n)＋f(n＋1)＝(－1)n·n2＋(－1)n＋1·(n＋1)2＝(－ 1)n[n2－(n＋1)2]＝(－1)n＋1·(2n＋1)，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－ 201)＝50×(－2)＝－100. 4．选C ∵由Sn＝n2－6n得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2.
8．(2014·襄阳调研)已知数列{an}，如果数列{bn}满足b1＝a1，bn ＝an＋an－1，n≥2，n∈N*，则称数列{bn}是数列{an}的“生成数列”． (1)若数列{an}的通项为an＝n，写出数列{an}的“生成数列”{bn} 的通项公式； (2)若数列{cn}的通项为cn＝2n＋b(其中b是常数)，试问数列{cn} 的“生成数列”{qn}是否是等差数列，请说明理由； (3)已知数列{dn}的通项为dn＝2n＋n，求数列{dn}的“生成数列”{pn}的前n项和Tn.
∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n. (3)由题意得cn＝当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n－ 2)×3n－1， ∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n－2)×3n， ∴相减得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2(n－2)×3n. ∴Tn＝(n－2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n－1) ＝(n－2)×3n－＝. ∴Tn＝ ∴Tn＝(n∈N*)． 3．解：(1)∵对任意正整数n，都有bn，，bn＋1成等比数列，且{an}，{bn}都为正项数列， ∴an＝bnbn＋1(n∈N*)．可得a1＝b1b2＝3，a2＝b2b3＝6，又{bn}是等差数列，∴b1＋b3＝2b2，解得b1＝，b2＝.∴bn＝(n＋1)． (2)由(1)可得an＝bnbn＋1＝，则＝＝2， ∴Sn＝2 ＝1－， ∴2Sn＝2－，又2－＝2－， ∴2Sn－＝－＝. ∴当n＝1,2时，2Sn<2－；当n≥3时，2Sn>2－.

课时跟踪检测(三十三) 数列的综合应用

课时跟踪检测（三十三）数列的综合应用一、综合练——练思维敏锐度1．《庄子·天下》篇中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”反映这个命题本质的式子是( )A ．1＋12＋122＋…＋12n ＝2－12nB.12＋122＋…＋12n <1 C.12＋122＋…＋12n ＝1 D.12＋122＋…＋12n >1 解析：选B 该命题说明每天取的长度构成了以12为首项，12为公比的等比数列，因为12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1，所以能反映命题本质的式子是12＋122＋…＋12n <1.故选B. 2．(多选)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”．其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中的第n 天所织布的尺数为a n ，b n ＝2a n ，对于数列{a n }，{b n }，下列选项中正确的为( )A ．b 10＝8b 5B ．{b n }是等比数列C ．a 1b 30＝105D.a 3＋a 5＋a 7a 2＋a 4＋a 6＝209193解析：选BD 由题意可知，数列{a n }为等差数列，设数列{a n }的公差为d ，a 1＝5，由题意可得30a 1＋30×29d 2＝390，解得d ＝1629，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝16n ＋12929，又b n ＝2a n，∴b n ＋1bn ＝2a n ＋1 2a n ＝2a n ＋1－a n ＝2d (非零常数)，则数列{b n }是等比数列，B 选项正确；∵5d ＝5×1629＝8029≠3，b 10b 5＝(2d )5＝25d ≠23，∴b 10≠8b 5，A 选项错误；a 30＝a 1＋29d ＝5＋16＝21，∴a 1b 30＝5×221>105，C 选项错误；a 4＝a 1＋3d ＝5＋3×1629＝19329，a 5＝a 1＋4d ＝5＋4×1629＝20929，∴a 3＋a 5＋a 7a 2＋a 4＋a 6＝3a 53a 4＝a 5a 4＝209193，D 选项正确． 3．(2021·济南模拟)设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )(n ∈N *)的前n 项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1C.n n －1D.n ＋1n解析：选A ∵f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1，∴a ＝1，m ＝2，∴f (x )＝x (x ＋1)，则1f (n )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，用裂项法求和得S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝n n ＋1. 4．已知集合P ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}，Q ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，将P ∪Q 中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 <1 000成立的n 的最大值为( )A ．9B ．32C ．35D ．61解析：选C 数列{a n }的前n 项依次为1,2,3,22,5,7，23，….利用列举法可得：当n ＝35时，P ∪Q 中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{a n }，所以数列{a n }的前35项可重新排列为1,3,5,7,9,11,13，…，55,57,59,2,4,8,16,32，则S 35＝30＋30(30－1)2×2＋2(25－1)2－1＝302＋26－2＝962<1 000，当n ＝36时，S 36＝962＋61＝1 023>1 000，所以n 的最大值为35.故选C.5．已知数列{a n }满足a 1＝1，且点(a n,2a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －12y ＋1＝0上，若对任意的n ∈N *，1n ＋a 1＋1n ＋a 2＋1n ＋a 3＋…＋1n ＋a n≥λ恒成立，则实数λ的取值范围为__________．解析：由数列{a n }满足a 1＝1，且点(a n,2a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －12y ＋1＝0上可得a n －a n ＋1＋1＝0，即a n ＋1－a n ＝1，故{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，故可得a n ＝n .对任意的n ∈N *，1n ＋a 1＋1n ＋a 2＋1n ＋a 3＋…＋1n ＋a n ≥λ恒成立，即λ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n 的最小值．令f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，则f (n )－f (n ＋1)＝1n ＋1－12n ＋1－12n ＋2＝12n ＋2－12n ＋1＝－1(2n ＋1)(2n ＋2)<0，即f (n )<f (n ＋1)，可得f (n )递增，即f (1)为最小值，且为12，可得λ≤12，则实数λ的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，12. 答案：⎝⎛⎦⎤－∞，12 6．(2021·济宁模拟)若数列{a n }满足：只要a p ＝a q (p ，q ∈N *)，必有a p ＋1＝a q ＋1，那么就称数列{a n }具有性质P .已知数列{a n }具有性质P ，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，a 5＝2，a 6＋a 7＋a 8＝21，则a 2 020＝________.解析：根据题意，数列{a n }具有性质P ，且a 2＝a 5＝2，则有a 3＝a 6＝3，a 4＝a 7，a 5＝a 8＝2. 由a 6＋a 7＋a 8＝21，可得a 3＋a 4＋a 5＝21，则a 4＝21－3－2＝16，进而分析可得a 3＝a 6＝a 9＝…＝a 3n ＝3，a 4＝a 7＝a 10＝…＝a 3n ＋1＝16，a 5＝a 8＝…＝ a 3n ＋2＝2(n ≥1)，则a 2 020＝a 3×673＋1＝16. 答案：167．定义各项为正数的数列{p n }的“美数”为np 1＋p 2＋…＋p n(n ∈N *)．若各项为正数的数列{a n }的“美数”为12n ＋1，且b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 2 019b 2 020＝________.解析：因为各项为正数的数列{a n }的“美数”为12n ＋1，所以n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1.设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝n (2n ＋1)，S n －1＝(n －1)[2(n －1)＋1]＝2n 2－3n ＋1(n ≥2)，所以a n ＝S n －S n －1＝4n －1(n ≥2)．又1a 1＝13，所以a 1＝3，满足式子a n ＝4n －1，所以a n ＝4n －1(n ∈N *)．又b n ＝a n ＋14，所以b n ＝n ，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 2 019b 2 020＝11×2＋12×3＋…＋12 019×2 020＝1－12＋12－13＋…＋12 019－12 020＝1－12 020＝2 0192 020. 答案：2 0192 0208．(2020·天津高考)已知{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，a 1＝b 1＝1，a 5＝5(a 4－a 3)，b 5＝4(b 4－b 3)．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求证：S n S n ＋2<S 2n ＋1(n ∈N *)；(3)对任意的正整数n ，设c n＝⎩⎪⎨⎪⎧(3a n－2)bna n a n ＋2，n 为奇数，an －1b n ＋1，n 为偶数，求数列{c n }的前2n 项和．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a 1＝1，a 5＝5(a 4－a 3)，可得d ＝1，从而{a n }的通项公式为a n ＝n .由b 1＝1，b 5＝4(b 4－b 3)，q ≠0，可得q 2－4q ＋4＝0，解得q ＝2，从而{b n }的通项公式为b n ＝2n －1. (2)证明：由(1)可得S n ＝n (n ＋1)2，故S n S n ＋2＝14n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)，S 2n ＋1＝14(n ＋1)2(n ＋2)2，从而S n S n ＋2－S 2n ＋1＝－12(n ＋1)(n ＋2)<0，所以S n S n ＋2<S 2n ＋1.(3)当n 为奇数时，c n ＝(3a n －2)b n a n a n ＋2＝(3n －2)2n －1n (n ＋2)＝2n ＋1n ＋2－2n －1n ；当n 为偶数时，c n ＝a n －1b n ＋1＝n －12n .对任意的正整数n ，有∑k ＝1nc 2k －1＝∑k ＝1n⎝ ⎛⎭⎪⎫22k 2k ＋1－22k －22k －1＝22n2n ＋1－1， ∑k ＝1nc 2k ＝∑k ＝1n 2k －14k ＝14＋342＋543＋…＋2n －14n .①由①得14∑k ＝1n c 2k ＝142＋343＋…＋2n －34n ＋2n －14n ＋1.②由①－②得34∑k ＝1n c 2k ＝14＋242＋…＋24n －2n －14n ＋1＝24⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14－14－2n －14n ＋1，从而得∑k ＝1n c 2k ＝59－6n ＋59×4n.因此∑k ＝12nc k ＝∑k ＝1nc 2k －1＋∑k ＝1nc 2k ＝4n2n ＋1－6n ＋59×4n －49.所以数列{c n }的前2n 项和为4n2n ＋1－6n ＋59×4n －49.9．近日，某市实施机动车单双号限行，新能源汽车不在限行范围内，某人为了出行方便，准备购买某新能源汽车．假设购车费用为14.4万元，每年应交付保险费、充电费等其他费用共0.9万元，汽车的保养维修费为：第一年0.2万元，第二年0.4万元，第三年0.6万元，…，依等差数列逐年递增．(1)设使用n 年该车的总费用(包括购车费用)为f (n )，试写出f (n )的表达式；(2)问这种新能源汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年平均费用最少)，年平均费用的最小值是多少？解：(1)由题意得f (n )＝14.4＋(0.2＋0.4＋0.6＋…＋0.2n )＋0.9n ＝14.4＋0.2n (n ＋1)2＋0.9n＝0.1n 2＋n ＋14.4.(2)设该车的年平均费用为S 万元，则有S ＝1n f (n )＝1n (0.1n 2＋n ＋14.4)＝n 10＋14.4n ＋1≥2 1.44＋1＝3.4.当且仅当n 10＝14.4n ，即n ＝12时，等号成立，即S 取最小值3.4万元．所以这种新能源汽车使用12年报废最合算，年平均费用的最小值是3.4万元．10．甲、乙两同学在复习数列知识时发现曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，一个条件看不清了，具体如下：等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知________， (1)判断S 1，S 2，S 3的关系； (2)若a 1－a 3＝3，设b n ＝n 12|a n |，记{b n }的前n 项和为 T n ，证明：T n <43. 甲同学记得缺少的条件是首项a 1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q 的值，并且他俩都记得第(1)问的答案是S 1，S 3，S 2成等差数列．如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题．解：设等比数列{a n }的公比为q ，则S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 1q ，S 3＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2. 又S 1，S 3，S 2成等差数列，所以S 1＋S 2＝2S 3，即a 1＋a 1＋a 1q ＝2a 1＋2a 1q ＋2a 1q 2，整理可得a 1q (1＋2q )＝0.由于在等比数列{a n }中，a 1≠0，q ≠0，所以q ＝－12，故乙同学记得的缺少的条件是正确的．故补充的条件为q ＝－12.(1)由题意可得S 1＝a 1， S 2＝a 1＋a 2＝a 1－12a 1＝12a 1，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 1－12a 1＋14a 1＝34a 1，可得S 1＋S 2＝2S 3，即S 1，S 3，S 2成等差数列． (2)证明：由a 1－a 3＝3，可得a 1－14a 1＝3，解得a 1＝4，则b n ＝n 12|a n |＝n 12·⎪⎪⎪⎪4·⎝⎛⎭⎫－12n －1＝23n ·⎝⎛⎭⎫12n，则T n ＝23⎝⎛⎭⎫1×12＋2×14＋3×18＋…＋n ×12n ， 12T n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1×14＋2×18＋3×116＋…＋n ×12n ＋1，上面两式相减可得，12T n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋18＋116＋…＋12n －n ×12n ＋1 ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－n ×12n ＋1，化简可得T n ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－n ＋22n ＋1，由1－n ＋22n ＋1<1，可得T n <43.二、自选练——练高考区分度1．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取它的项：第一次取1；第二次取2个连续偶数2,4；第三次取3个连续奇数5,7,9；第四次取4个连续偶数10,12,14,16；第五次取5个连续奇数17,19,21,23,25，按此规律取下去，得到一个子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,19…，则在这个子数列中第2 020个数是( )A ．3 976B ．3 974C ．3 978D ．3 973解析：选A 由题意可得，奇数次取奇数个数，偶数次取偶数个数，前n 次共取了1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2个数，且第n 次取的最后一个数为n 2.当n ＝63时，63×(63＋1)2＝2016，故前63次共取了2 016个数，第63次取的数都为奇数，并且最后一个数为632＝3 969，即第2 016个数为3 969，所以当n ＝64时，依次取3 970,3 972,3 974,3 976，…，所以第2 020个数是3 976.2．我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”章中有一道“两鼠穿墙”问题：有厚墙5尺，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半，问几天后老鼠相遇？( )A ．2天B ．3天C ．4天D ．5天解析：选B 设第n 天老鼠相遇，则依题意得大老鼠打洞：1＋2＋22＋23＋…＋2n －1(尺)；小老鼠打洞：1＋12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1(尺)．可得方程：1＋2＋22＋23＋…＋2n －1＋1＋12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1＝5. 利用等比数列求和公式得：1－2n1－2＋1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝5，化简得22n －4×2n －2＝0，解得2n ＝2＋ 6.因为4<2＋6<8，所以2<n <3，所以两鼠在第3天相遇．3．(2021·青岛模拟)已知{a n }为等差数列，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数都不在下表的同一列.请从①a 1＝2，②a 1＝1，③a 1＝3的三个条件中选一个填入上表，使满足以上条件的数列{a n }存在；并在此存在的数列{a n }中，试解答下列两个问题．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b n ＝(－1)n ＋1a 2n ，求数列{b n }的前n 项和T n. 解：(1)若选择条件①，当第一行第一列为a 1时，由题意知，可能的组合有， a 1＝2，a 2＝6，a 3＝7不是等差数列，a 1＝2，a 2＝9，a 3＝8不是等差数列；当第一行第二列为a 1时，由题意知，可能的组合有， a 1＝2，a 2＝4，a 3＝7不是等差数列， a 1＝2，a 2＝9，a 3＝12不是等差数列；当第一行第三列为a 1时，由题意知，可能的组合有，a1＝2，a2＝4，a3＝8不是等差数列，a1＝2，a2＝6，a3＝12不是等差数列．则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列{a n}都不存在．若选择条件②，则放在第一行第二列，结合条件可知a1＝1，a2＝4，a3＝7，则公差d＝a2－a1＝3，所以a n＝a1＋(n－1)d＝3n－2，n∈N*.若选择条件③，当第一行第一列为a1时，由题意知，可能的组合有，a1＝3，a2＝6，a3＝7不是等差数列，a1＝3，a2＝9，a3＝8不是等差数列；当第一行第二列为a1时，由题意知，可能的组合有，a1＝3，a2＝4，a3＝7不是等差数列，a1＝3，a2＝9，a3＝12不是等差数列；当第一行第三列为a1时，由题意知，可能的组合有，a1＝3，a2＝4，a3＝8不是等差数列，a1＝3，a2＝6，a3＝12不是等差数列．则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列{a n}都不存在．综上可知：a n＝3n－2，n∈N*.(2)由(1)知，b n＝(－1)n＋1(3n－2)2，所以当n为偶数时，T n＝b1＋b2＋b3＋…＋b n＝a21－a22＋a23－a24＋…＋a2n－1－a2n＝(a1＋a2)(a1－a2)＋(a3－a4)(a3＋a4)＋…＋(a n－1＋a n)·(a n－1－a n)＝－3(a1＋a2＋a3＋…＋a n)＝－3×n(1＋3n－2)2＝－92n2＋32n；当n为奇数时，T n＝T n－1＋b n＝－92(n－1)2＋32(n－1)＋(3n－2)2＝92n2－32n－2，∴T n＝⎩⎨⎧－92n2＋32n，n＝2k，k∈N*，92n2－32n－2，n＝2k－1，k∈N*.。

浙江专版2022年高中数学课时跟踪检测十三数列求和习题课新人教A版必修520220605358

课时跟踪检测（十三）数列求和（习题课）层级一学业水平达标1．已知a n＝(－1)n，数列{a n}的前n项和为S n，则S9与S10的值分别是( ) A．1,1 B．－1，－1C．1,0 D．－1,0解析：选D S9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1，S10＝S9＋a10＝－1＋1＝0.2．数列{a n}的通项公式是a n＝1n＋n＋1，若前n项和为10，则项数为( )A．11 B．99 C．120 D．121解析：选C ∵a n＝1n＋n＋1＝n＋1－n，∴S n＝a1＋a2＋…＋a n＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n) ＝n＋1－1，令n＋1－1＝10，得n＝120.3．等差数列{a n}中，a1＝1，a n，a n＋1是方程x2－(2n＋1)x＋1b n＝0的两个根，则数列{b n}前n项和S n＝( )A.12n＋1B.1n＋1C.n2n＋1D.nn＋1解析：选D 因为a n，a n＋1是方程x2－(2n＋1)x＋1b n＝0的两个根，所以a n＋a n＋1＝2n＋1，又因为数列{a n}为等差数列，所以a n＋a n＋1＝a1＋a2n＝1＋a2n＝2n＋1，所以a2n＝2n，所以a n＝n.a n a n＋1＝n(n＋1)＝1b n ，所以b n＝1n n＋1＝1n－1n＋1，所以数列{b n}前n项和S n＝1－12＋1 2－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.4．在数列{a n}中，已知S n＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值( )A．13 B．－76 C．46 D．76解析：选B ∵S 15＝(－4)×7＋(－1)14(4×15－3)＝29.S 22＝(－4)×11＝－44.S 31＝(－4)×15＋(－1)30(4×31－3)＝61.∴S 15＋S 22－S 31＝29－44－61＝－76.5．数列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前99项和为( )A ．2100－101 B ．299－101 C ．2100－99D ．299－99解析：选A 由数列可知a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝1－2n1－2＝2n －1，所以，前99项的和为S 99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)＝2＋22＋…＋299－99＝21－2991－2－99＝2100－101. 6．已知等比数列{a n }的公比q ≠1，且a 1＝1,3a 3＝2a 2＋a 4，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前4项和为________．解析：∵等比数列{a n }中，a 1＝1,3a 3＝2a 2＋a 4，∴3q 2＝2q ＋q 3.又∵q ≠1，∴q ＝2，∴a n ＝2n －1，∴1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1是首项为12，公比为14的等比数列， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前4项和为12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1441－14＝85128.答案：851287．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________. 解析：S 6S 3＝3，故q ≠1，∴a 11－q 61－q ×1－q a 11－q3＝1＋q 3＝3，即q 3＝2.所以S 9S 6＝a 11－q 91－q ×1－q a 11－q 6＝1－231－22＝73.答案：738．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n.∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－29．已知{a n }是递增的等差数列，a 1＝2，a 22＝a 4＋8. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)设数列{a n }的公差为d ，d >0.由题意得(2＋d )2＝2＋3d ＋8，解得d ＝2. 故a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝2＋(n －1)·2＝2n . (2)∵b n ＝a n ＋2a n ＝2n ＋22n， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝(2＋22)＋(4＋24)＋…＋(2n ＋22n) ＝(2＋4＋…＋2n )＋(22＋24＋ (22)) ＝2＋2n ·n 2＋4·1－4n1－4＝n (n ＋1)＋4n ＋1－43. 10．在等差数列{a n }中，a 3＝4，a 7＝8. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝a n2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为d ＝a 7－a 37－3＝1，所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝n ＋1.(2)b n ＝a n 2n －1＝n ＋12n －1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2＋32＋422＋…＋n ＋12n －1.①12T n ＝22＋322＋…＋n 2n －1＋n ＋12n ，② 由①－②得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －1－n ＋12n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＋1－n ＋12n＝1－12n1－12＋1－n ＋12n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1－n ＋12n＝3－n ＋32n，所以T n ＝6－n ＋32n －1.层级二应试能力达标1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( ) A ．2n －1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1D.12n －1解析：选B 因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，所以由S n ＝2a n ＋1，得S n ＝2(S n ＋1－S n )，整理得3S n ＝2S n ＋1，所以S n ＋1S n ＝32，所以数列{S n }是以S 1＝a 1＝1为首项，32为公比的等比数列，故S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n－1.2．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，那么数列{b n }＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1前n 项的和为( )A ．4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1 B ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1C ．1－1n ＋1D.12－1n ＋1解析：选A ∵a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ＋1＝n n ＋12n ＋1＝n2， ∴b n ＝1a n a n ＋1＝4nn ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1. 3．某厂去年的总产值是a 亿元，假设今后五年的年产值平均增长率是10%，则从今年起到第5年年末该厂的总产值是( )A ．11×(1.15－1)a 亿元 B ．10×(1.15－1)a 亿元 C ．11×(1.14－1)a 亿元D ．10×(1.14－1)a 亿元解析：选A 由题意可知，今年年末的总产值为1.1a ，从今年起每年年末的总产值构成一个等比数列，首项为1.1a ，公比为1.1.所以其前5项和为S 5＝1.1a 1－1.151－1.1＝11×(1.15－1)a 亿元，故选A.4．已知是{a n }等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A ．a 1d >0，dS 4>0B ．a 1d >0，dS 4<0C ．a 1d <0，dS 4<0D ．a 1d <0，dS 4>0解析：选C ∵在等差数列{a n }中，a 3，a 4，a 8成等比数列， ∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )⇒a 1＝－53d ，∴S 4＝2(a 1＋a 4)＝2(a 1＋a 1＋3d )＝－23d ，∴a 1d ＝－53d 2<0，dS 4＝－23d 2<0，故选C.5．求和：S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋1＋12＋14＋18＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋12n －1＝________.解析：被求和式的第k 项为：a k ＝1＋12＋14＋…＋12k －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k1－12＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12k . 所以S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋ (12)＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n1－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝2n ＋12n －1－2. 答案：2n ＋12n －1－26．已知等比数列{a n }及等差数列{b n }，其中b 1＝0，公差d ≠0.将这两个数列的对应项相加，得一新数列1,1,2，…，则这个新数列的前10项和为________．解析：设数列{a n }的公比为q ，则{a n }的前三项分别为1，q ，q 2，{b n }的前三项分别为0，d,2d ，于是⎩⎪⎨⎪⎧q ＋d ＝1，q 2＋2d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝0，d ＝1(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，d ＝－1.于是新数列的前10项和为(a 1＋b 1)＋(a 2＋b 2)＋…＋(a 10＋b 10)＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋(b 1＋b 2＋…＋b 10)＝1－2101－2＋10×0＋10×10－12×(－1)＝978.答案：9787．已知数列{a n }的前n 项和S n ，满足S n ＝n (n －6)，数列{b n }满足b 2＝3，b n ＋1＝3b n (n ∈N *)(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝－5，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－6n －(n －1)2＋6(n －1)＝2n －7， ∵n ＝1也适合上式，∴a n ＝2n －7. ∵b n ＋1＝3b n (n ∈N *)，且b 2≠0，∴b n ＋1b n＝3， ∴{b n }为等比数列，∴b n ＝3n －1，(2)由(1)得，c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －7，n 为奇数，3n －1，n 为偶数.当n 为偶数时，T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝n2－5＋2n －92＋31－9n21－9＝n n －72＋33n－18. 当n 为奇数时，T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝n ＋12－5＋2n －72＋31－9n －121－9＝n ＋1n －62＋33n －1－18.综上所述：T n＝⎩⎪⎨⎪⎧n n －72＋33n－18，n 为偶数，n ＋1n －62＋33n －1－18，n 为奇数.8．设数列{a n }的前n 项和记为S n, 且S n ＝2－a n ，n ∈N *，设函数f (x )＝log 12x ，且满足b n ＝f (a n )－3.(1)求出数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a n ·b n ，{c n }的前n 项和为T n ，求T n 的最小值．解：(1)当n ＝1时，S 1＝2－a 1得a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2－a n )－(2－a n －1)＝－a n ＋a n －1，可得a n ＝12a n －1，∴{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.由题意得b n ＝f (a n )－3＝log 12a n －3＝log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－3＝n －4.(2)由(1)得c n ＝(n －4)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.法一：∵c 1＝－3<0，c 2＝－1<0，c 3＝－14<0，c 4＝0，当n ≥5时，c n >0.∴{c n }的前n 项和T n 的最小值为T 3＝T 4＝－174.法二：T n ＝－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫120－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫121－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴12T n ＝－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫121－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122－…＋(n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n， ∴12T n ＝－3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝－3＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝－2－n －22n.∴T n ＝－4－n －22n －1.∵T n ＋1－T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫－4－n －12n －⎝⎛⎭⎪⎫－4－n －22n －1＝n －32n ，当n ≤2时，T n ＋1<T n ，当n ＝3时，T n ＋1＝T n ，当n ≥4时，T n ＋1>T n . ∴{c n }的前n 项和T n 的是小值为T 3＝T 4＝－174.。

2019-2020学年高中数学课时跟踪检测十三数列的求和习题课苏教版必修

教学资料范本2019-2020学年高中数学课时跟踪检测十三数列的求和习题课苏教版必修编辑：____________________时间：____________________课时跟踪检测（十三）数列的求和（习题课）层级一学业水平■达标1 .已知a n= （-1）n ,数列｛a n ｝的前n 项和为&,则S 9与S 10的值分别是（）A. 1,1B. —1, —1C. 1,0D. —1,0解析：选D S= — 1 + 1- 1+ 1- 1 + 1- 1 + 1- 1 = — 1, Sw= S 9+ a 〔o= — 1 + 1 = 0.A. 11 C. 120解析:选C a n=寸*小+ 1 — >/n ,=(屯-1) + (扃饥+••• + ( V n +1 - V n)=n+1-1,令，n+ 1- 1 = 10,得 n= 120.3.已知数列｛an ｝, a 〔 = 2, an +i-2& = 0, bn= log 2an,则数列｛ bn ｝的前 10 项和等丁()A. 130B. 120C. 55D. 50解析：选C 在数歹0 ｛ an ｝中，a1= 2,务+ 1 — 2 an = 0即an=2,所以数列｛a n ｝是以2为首项，2为公比的等比数列.所以a n = 2X2=2.所以b n = log 22 = n.2. 数列｛ a n ｝的通项公式是a n=\： n n,若前n 项和为10,则项数为（B. 99 D. 121则数列｛ b n｝的前10项和为1 + 2+…+10= 55.故选C.4.在数列｛a n｝中，已知 Sn= 1-5+ 9- 13+ 17-21 +…+ ( - 1) n 1 (4n — 3), 则S5+ S22 - & 的值( )A. 13B. —76C. 46D. 76解析：选B%= ( - 4) X 7+ ( - 1) 14(4 X 15-3) = 29.&= ( — 4) X 11 = — 44.序=(—4) X 15+ ( — 1) 30(4 X 31-3) = 61.S5+S 22— S 31 — 29— 44— 61 — — 76.5.数列1,1 + 2,1 + 2+2 2,…，1 + 2+2 2+・・・+ 2n —,…的前99项和为()A. 2 100 - 101B. 2 99— 101C. 2 100- 99D. 2 99— 99解析：选A 由数列可知务=I+ 2+22+- + 2n—= 土号=2n —1,所以，前 99 项的和为 &= (2 — 1) + (2 2-〔)+••• + (2 99- 1) = 2+2 2+・・・ + 299- 99=错误！一 99=2 100- 101.16. 已知等比数列｛ a n ｝的公比q^1,且a= 1,3a 3=2a ?+a 4，则数列anan +1 的前4项和为解析：•等比数歹0 { a n }中，a 〔= 1,3a 3=2a 2 + a^ 3q 2=2q+ q 3. 乂,.，qu 1,的等比数列,1 2的刖4项和为1 - 1 4 4851128.1-4................................................................ S6S97. 等比数列｛a n ｝的刖门项和为&，右&= 3,则忐=数列「 "人 anan+1答案85128q= 2, . . a n = 21 anan 11 2n-! 21 1 1，即顽T"项为2,公比为4S3 S6S6解析：W= 3,故q^ 1,S3错误！ X 错误！ = 1 + q3= 3,即 q3= 2.S9所以ST错误*错误!1-23 7= ---- =—1-22 3答案：38.对丁数列｛a n｝,定义数列｛a n+i — a n｝为数列｛a n｝的“差数列”，若a i = 2, ｛ a n｝的“差数列”的通项公式为2 n,贝成列｛a n｝的前n项和S =.角牟析：an + 1 — an =2 ,--an = (an — an—i) + (an—i — an—2)+ , • • + ( a2一ai) + ai、n — 1 、n —2 c2 、=2 +2 +••• + 2 + 2+22— 2n n n= 2=2 — 2+ 2=2 .1 —22— 2n+1 n+io-2...•S = ^^=2答案：2n+-29.已知｛ an｝是递增的等差数歹0, a〔=2, a2 = a4 + 8.⑴ 求数列｛ a n｝的通项公式；⑵若b n = a n+ 2an,求数歹0 ｛b n｝的前n项和S.解：(1)设数列｛an｝的公差为d, d>0.由题意得(2 + d)2=2+3 d + 8,解得d = 2故a n = a〔+ (n— 1) - d= 2+( n-1) - 2=2 n.(2) : b n = an+ 2 an= 2 n + 2 ,S = b〔+ b? + …+ b n=(2+22) + (4+2 4) + …+ (2 n+22n)=(2+4+- + 2 n) + (2 2 + 24+ — + 2 2n)=错误! +错误！4n+ 1 — 4=n(n+ 1) .310.在等差数列｛a n｝中，a3= 4, a7 = 8.⑴求数列｛ a n｝的通项公式a n；. an ........................................... 一(2)令bn = 2n_］，求数列｛ bn｝的nu n项和Tn.a7— a3解：(1)因为 d= ― = 1,7 — 3所以 a n = a3+ (n — 3)d = n + 1.an n+1T n= b l + b2 + …+ b n= 2+ 元+ …+ oZ .①2 22 2n— 11 2,3, , n ,n+1 次2Tn=2+22+…+2^1+由①一②得1 1 1 1 n+1尹=2+ ^+元+…+ 2^?一石="2^ 豪…+ 土 + 1n+12n 11----+ 1-1-歹 + 1- 91 2n 2n 2n n+1n+ 3 b n+ 3=3一云，所以 T n = 6- 2n-i.层级二应试能力达标1. 已知数歹0｛a n｝的前n项和为Sn, a〔= 1, S = 2a n+i,贝US=( )A. 2n- D 3 n 1B. 2C.1 D.n ----解析：选B因为a n+】= S+1 — &,所以由&=2 a n+1,得S = 2（$+】一S）,整理得3 & = 2 &+】，所以Sr 3 3 (3)= 3■，所以数列｛&｝是以S= a1 = 1为首项，3为公比的等比数列，故S= 3 sn 2 22 n-1112 12 3 12 32•已知数列｛时：2, 3 + 3? 4 + 4 + 4, 5+ 5+ 51那么数列{ b n }=扃习刖「项的和为() -,11 B 4 —— ------2 n+1解析：选A比数歹0,首项为1.1a,公比为1.1.所以其前5项和为&=错误! = 11X (1.1 5— 1)a 亿元，故选 A.4. 设数歹0{an }是以2为首项，1为公差的等差数歹0, { b n }是以1为首项，2为公比的等比数歹0,贝U ab 〔 + ab 2+…+ abm 等丁.解析：由已知可得an= n+ 1, bn=2〜，丁是 ab n = b n+ 1 ,Hftab 1 + ab 2+…+ ab 〔o= （b 〔+ 1） + （ b 2 +〔）+••• + （ b 〔o+ 1） = b 〔+ 岛+…+ b 〔oA.C.1n+111D ——— -解析：选A1 + 2+ 3• • • an= ----- -------- =错坎!=错坎!,n+1 •■-bn=扃五=错误！ =4错误！..,.11 11 1. 1..•s=4 1-2+ 2—3+3-4+…+「1nTT, 1=4 1 --------3.某厂去年的总产值是a 亿元，假设今后五年的年产值平■均增长率是 10% 则从今年起到第5年年末该厂的总产值是(A. 11 x (1.1 5 - 1)a 亿元C. 11 x (1.1 4 - 1)a 亿元B. D. ）10X （1.1 5- 1）a 亿元由题意可知，今年年末的总产值为1.1 a, 从今年起每年年末的总产值构成一个等_ o 1 9 小 1-210 ................... + 10=2 +2 + ・+2 + 10= ~~ + 10= 1 033.1答案：1 0335. （20xx •全国卷n ）等差数列｛ a n ｝的前n 项和为S, a‘= 3, S= 10,则1- =Sk ------------ -解析：设等差数列｛ a n ｝的首项为a i ，公差为d,所以S n =错误!,错误！=错误！ = 2错误！，因此 £=2 1-!+1-!+…+1- £ Sk 2 2 3 n n+1 n+1k=l6. 已知等比数列｛ a n ｝及等差数列｛b n ｝，其中b 1 = 0,公差d 冬0.将这两个数列的对应项相加，得一新数列1,1,2，…，贝U 这个新数列的前10项和为.解析：设数列｛ a n ｝的公比为q,则｛a n ｝的前三项分别为1, q, q 2, ｛b n ｝的前三丁是新数歹0的前 10项和为(a 〔 + b 〔) + (a + b2) + • . . + ( a 〔0+ bm) = (a 〔 + a?+ …+ am), 1-210s + (» + b 2+…+ b 10) = ■+ 10X 0+错误！ X ( — 1) = 978.1 — 2答案：9787. 设｛a n ｝是等差数列，｛ b n ｝是各项都为正数的等比数列, 且a 1 = b 〔= 1, a 3 + b 5= 21, a 5 + b 3= 13.（1）求｛a n ｝ , ｛b n ｝的通项公式；....... a n .. .. 一一一⑵求数歹y 的刖n 项和S. k=l依题意有 a1 + 2d= 3,4a1 + 6d=解得 a1 = 1, d=答案 2nn+1项分别为0, d, 2d, 丁是q+ d= 1, q2+ 2d= 2, 解得 q=0, d=l （舍去）或 q=2, d= —解：（1）设｛a n｝的公差为d, ｛b n｝的公比为q,贝U依题意有q>0且1 + 2d+ q4= 21, d= 2,解得1 + 4d+ q2= 13, q= 2.所以a n= 1 + ( n— 1)d = 2n— 1, b n = q n ' = 2n 1an 2n-l⑵拓=2^T018的最大的整数.解：(1)证明：由2 a n = a n —1 — n — 1两边加2 n 得,2( a n + n) — a n-1 + n — 1,o 3 5$=1 + 2+ n + +2n —3 2n —1 2n-2+ 2n —1 ' * 2S = 2+ 3+ |+- + 2n —3 2n —12n —3 2n-2'2 2 ②—①，侍 & = 2+ 2+ 云+ n+ , , , + 2 2n-l2n —2 — 2n-l2n — 1…、一 1 1 1 =2+ 2X 1+ 2 + 22+…+m_2 由_] 112n —1 2n —1 2n+3=2 + 2 X - 一 ~ ^-= 6 — ~1 一 … 一8.在数歹0{ a n }中，a 〔= — 2, 2a n= a n —i — n —1(n»2,* n € N),设 b a n. (1) 证明：数列｛ b n ｝是等比数列;(2) 求数列｛ nb n ｝的前n 项和P n 为数列 cn+ cn+1cn+ cn 的前n 项和,求不超过R11.所以an+ n = 2〔an —1 + (n — 1)],即 bn= ^b-, 1 1 1 因为b 〔 = a 〔+ 1 = - 2+ 1 — 2，所以数歹0 { b n }正首项、公比均为— 的等比数列，所以b n= 2n. 1 n n⑵ nbn = n - 2 = 2n-十 12 3 4 n —1 n 小 Tn = 2+ 22+ 23+24+…+ 朽+ 示 ①1 12 3 4 n —1 n 2T n = 22 + 23+ 24+ 云+• + M +Z .②V 11 1 1 n . 1 ①-②侍2Tn =2+ 22+五+…+方-打=II -去⑶ 由(1)得 a n= 2 n— n,所以 C n= n. c2i + cn+1 n2+ n+1飞击厂=52L=1 +错误！ =1 +错误！一错误!.所以不超过P 2 018的最大的整数是2 018.…1 1 ,,… 1 C1 + 3 — 4 +•••+ 1 +2 018 — 2 019 = 21. _-Jn — 1. 2 -矗■，所以Tn =2-n+ 2 ~2n~' P 2 0181 + j-2 + 1+2-3 + 019一 1 2 019.。

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课时跟踪检测(三十三) 数列求和1．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5B.3116或5C.3116D.1582．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，且S 25＝100，则a 12＋a 14等于( ) A ．16 B ．8 C ．4D ．不确定3．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n4．(2019·“江南十校”联考)若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( ) A ．1－14nB ．1－12nC.23⎝⎛⎭⎫1－14n D.23⎝⎛⎭⎫1－12n 5．(2019·珠海模拟)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.99101C.99100D.1011006．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(当n 为奇数时)，－n 2(当n 为偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 2007．在等差数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 2＋a 8＝18－a 5，则S 9＝________.8．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.9．(2019·梅州质检)已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________.10．(2019·中山统考)在等比数列{a n }中，a 2a 3＝32，a 5＝32. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，求S 1＋2S 2＋…＋nS n .11．(2019·深圳调研)已知等差数列{a n }满足：a 5＝9，a 2＋a 6＝14. (1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋qa n (q >0)，求数列{b n }的前n 项和S n .12．(2019·广州质检)若数列{a n }满足：a 1＝23，a 2＝2，3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2.(1)证明：数列{a n ＋1－a n }是等差数列；(2)求使1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n >52成立的最小的正整数n .1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝( ) A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧ 6n －n 2(1≤n ≤3)n 2－6n ＋18(n >3) D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2 (1≤n ≤3)n 2－6n (n >3)2．(2019·成都二模)若数列{a n }满足a 1＝2且a n ＋a n －1＝2n ＋2n －1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则log 2(S 2 012＋2)＝________.3．已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n .答案课时跟踪检测(三十三)A 级1．选C 设数列{a n }的公比为q .由题意可知q ≠1，且9(1－q 3)1－q ＝1－q 61－q，解得q ＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公比的等比数列，由求和公式可得S 5＝3116.2．选B 由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R)，可知数列{a n }是等差数列，由S 25＝(a 1＋a 25)×252＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 1＋a 25＝a 12＋a 14＝8.3．选A 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n . 4．选C a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫122n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫122n －1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＝23⎝⎛⎭⎫1－14n . 5．选A 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×(5－1)2d ＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 6．选B 由题意，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.7．解析：由等差数列的性质及a 2＋a 8＝18－a 5，得2a 5＝18－a 5，则a 5＝6，故S 9＝(a 1＋a 9)×92＝9a 5＝54.答案：548．解析：∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n .∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－29．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n－1＝3n ，故b n ＝log 3a n ＝n ，所以1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.答案：nn ＋110．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 2＝32，a 1q 4＝32，解得a 1＝2，q ＝2，故a n ＝2·2n －1＝2n .(2)∵S n 表示数列{a n }的前n 项和， ∴S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(2＋2·22＋…＋n ·2n )－(1＋2＋…＋n )]＝2(2＋2·22＋…＋n ·2n )－n (n ＋1)，设T n ＝2＋2·22＋…＋n ·2n ，① 则2T n ＝22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1，② ①－②，得－T n ＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2，∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(n －1)2n ＋1＋2]－n (n ＋1) ＝(n －1)2n ＋2＋4－n (n ＋1)．11．解：(1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则由a 5＝9，a 2＋a 6＝14，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝9，2a 1＋6d ＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以{a n }的通项a n ＝2n －1.(2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q 2n －1.当q >0且q ≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋…＋q 2n －1)＝n 2＋q (1－q 2n )1－q 2；当q ＝1时，b n ＝2n ，则S n ＝n (n ＋1)．所以数列{b n }的前n 项和 S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)，q ＝1，n 2＋q (1－q 2n)1－q 2，q >0，q ≠1.12．解：(1)由3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2可得： a n ＋1－2a n ＋a n －1＝23，即(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝23，故数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝43为首项，23为公差的等差数列．(2)由(1)知a n ＋1－a n ＝43＋23(n －1)＝23(n ＋1)，于是累加求和得a n ＝a 1＋23(2＋3＋…＋n )＝13n (n ＋1)，∴1a n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＝3－3n ＋1>52，∴n >5， ∴最小的正整数n 为6.B 级1．选C ∵由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2. ∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7， ∴n ≤3时，a n <0，n >3时，a n >0，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2(1≤n ≤3)，n 2－6n ＋18(n >3).2．解析：因为a 1＋a 2＝22＋2，a 3＋a 4＝24＋23，a 5＋a 6＝26＋25，….所以S 2 012＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2 011＋a 2 012＝21＋22＋23＋24＋…＋22 011＋22 012 ＝2(1－22 012)1－2＝22 013－2.故log 2(S 2 012＋2)＝log 222 013＝2 013. 答案：2 0133．解：(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8. ∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n . (2)∵b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.② ①－②得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2. ∴S n ＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.。

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