专题4.2 数列求和附答案解析-2021年高考数学(文)尖子生培优题典2
专题4.2 数列求和附答案解析-2021年高考数学(文)尖子生培优题典2
2021学年高考数学（文）尖子生同步培优题典专题4.2 数列求和姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：一、选择题（在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（2020·全国专题练习（文））南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，6l，95，则该数列的第8项为( )A．99 B．131 C．139 D．1412．（2020·湖北宜昌·其他（文））我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷（gui）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长）．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈四尺五寸，夏至晷长二尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是（）A．五寸B．二尺五寸C．五尺五寸D．四尺五寸3．（2020·四川省南充高级中学高三月考（文））等差数列{}n a前项和为n S，若4a，10a是方程2x8x1=0-+ S=（）的两根，则134．（2020·赤峰二中高一月考（文））等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 与n T ，对一切自然数n ，都有231n n S nT n =+，则55a b = （ ） A ．23B ．914C ．2031D ．11175．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中三模（文））已知数列{}n a ，2sin2n na n π=，则数列{}n a 的前100项和为（ ） A ．5000B ．5000-C ．5050D ．5050-6．（2020·黑龙江香坊·哈尔滨市第六中学校二模（文））对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第n 层货物的个数为n a ，则数列(2)n n n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前2020项和为（ ）A ．20206069B ．40406069C ．20202023D ．404020237．（2020·湖南邵阳·三模（文））已知函数()2f x x ax =-的图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2020S 的值为（ ） A ．20182019B ．20192020C ．20202021D ．202120228．（2020·岳麓·湖南师大附中高三月考（文））数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想221(0,1,2,)nn F n =+=是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出56416700417F =*，不是质数．现设n a =()2log 1,(1,2,)n F n -=，n S 表示数列{}n a 的前n 项和．则使不等式221231222n n n S S S S S S +++⋯+<22020n成立的最小正整数n 的值是（提示1021024=）（ ）9．（2020·全国高三其他（文））已知数列{}n a ，{}n b 都是等差数列，313a b ==，15715a b ==，设11(1)n nn n n b c a a -+=-，则数列{}n c 的前2020项和为（ ） A ．20192020-B ．20192020C ．20202021-D ．2020202110．（2020·山东青州·高三三模（文））已知数列{}n a ，定义数列{}12n n a a +-为数列{}n a 的“2倍差数列”，若{}n a 的“2倍差数列”的通项公式为1122n n n a a ++-=，且12a =，若函数{}n a 的前n 项和为n S ，则33S =（ ）A ．3821+B ．3922+C ．3822+D ．39211．（2020·湖南雁峰·衡阳市八中高三其他（文））设数列{}n a 满足123(21)n a a n a n ++⋯+-=，若不等式1223127log n n a a a a a a n λ+++⋯+对任意*n N ∈恒成立，则实数λ的最小值是_____．12．（2020·山西其他（文））设函数22()log xf x =，数列{}n a 满足2020n n a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则124039a a a ++⋅⋅⋅+=______.14．（2020·河北桃城·衡水中学高三月考（文））在数列{}n a 中，已知11a =，11n n a a n +=++，则122020111a a a +++=______．15．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高三二模（文））已知数列{}n a 的各项均为正数，其前n 项和n S 满足()2*42n n n S a a n N =+∈，设()11nn n n b a a +=-⋅，n T 为数列{}n b 的前n 项和，则20T =______．16．（2020·全国高三其他（文））数列{}n a 的前n 项和为n S ，若n n a S n +=，则n S =________.17．（2020·福建其他（文））已知公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，11a =，且1S 、2S 、4S 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令2n nn b a =⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .18．（2020·湖北东西湖·华中师大一附中其他（文））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且430S =，2a ，4a 的等差中项为10.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求212231222n n n n T S S S S S S +=+++. 19．（2020·荆州市北门中学期末（文））已知等差数列{}n a 满足12231()()()2(1)n n a a a a a a n n +++++++=+（*n N ∈）.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .20．（2020·全国专题练习（文））设122,4a a ==，数列{b n }满足：b n +1＝2b n +2，且a n +1﹣a n ＝b n ； （1）求证：数列{b n +2}是等比数列； （2）求数列{a n }的通项公式．21．（2020·湖南邵阳·三模（文））设数列{}n a 满足：11a =，1340n n a a +-+=，*n ∈N . （1）求证：数列{}2n a +为等比数列，并求出{}n a 的通项公式；（2）若()3log 2n n n b a a =++，求数列{}n b 的前n 项和n S .22．（2020·广西高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，()1102n n n n S S S S n ---+=≥. （1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（2）若1,32,nn n S n C n n -⎧⎪=+⎨⎪⎩奇偶为数为数，设数列{}n C 的前n 项和为n T ，求2n T .解析附后2021学年高考数学（文）尖子生同步培优题典专题4.2 数列求和姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：二、选择题（在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（2020·全国专题练习（文））南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，6l ，95，则该数列的第8项为( ) A ．99 B ．131C ．139D ．141【答案】D 【解析】所给数列为高阶等差数列设该数列的第8项为x根据所给定义：用数列的后一项减去前一项得到一个新数列， 得到的新数列也用后一项减去前一项得到一个新数列 即得到了一个等差数列，如图：根据图象可得：3412y -=，解得46y =9546x y -==解得：141x =故选：D ．2．（2020·湖北宜昌·其他（文））我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷（gui ）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长）．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈四尺五寸，夏至晷长二尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是（ ）A ．五寸B ．二尺五寸C ．五尺五寸D ．四尺五寸【答案】C【解析】设晷影长为等差数列{}n a ，公差为d ，1145a =，1325a =， 则1451225d +=，解得10d =-． 1014510955a ∴=-⨯=∴夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是五尺五寸．故选：C ．3．（2020·四川省南充高级中学高三月考（文））等差数列{}n a 前项和为n S ，若4a ，10a 是方程2x 8x 1=0-+的两根，则13S =（ ） A ．58 B ．54 C ．52 D ．56【答案】C【解析】410,a a 是方程2810x x -+=的两根，4108a a ∴+=， 410728a a a ∴+==，1131371313522a a S a +∴=⨯==，故选C. 4．（2020·赤峰二中高一月考（文））等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 与n T ，对一切自然数n ，都有231n n S nT n =+，则55a b = （ ） A ．23B ．914C ．2031D ．1117【答案】B 【解析】1955199195519992299223911492a a a a a a Sb b b b b b T +⨯+⨯======++⨯+⨯ ,选B. 5．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中三模（文））已知数列{}n a ，2sin2n na n π=，则数列{}n a 的前100项和为（ ） A ．5000 B ．5000- C ．5050 D ．5050-【答案】B【解析】由题意知， 当2,n k k N *=∈时，()222sin 0k a k k π==；当21,n k k N *=-∈时，()2212121sin2k k a k π--=-，所以数列{}n a 的前100项和 2222210012310013599......1357...9799S a a a a a a a a =++++=++++=-+-++-()()()()()()13135757...97999799=-⨯++-⨯+++-⨯+()504921357...9799250250002⨯⎛⎫=-⨯++++++=-⨯+⨯=- ⎪⎝⎭.故选:B6．（2020·黑龙江香坊·哈尔滨市第六中学校二模（文））对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第n 层货物的个数为n a ，则数列(2)n nn a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前2020项和为（ ）A ．20206069B ．40406069C ．20202023D ．40402023【答案】B【解析】由题意可知12a =，213a a -=，324a a -=，，11n n a a n --=+，累加可得()(3)23412n n n a n +=+++++=， 2112()(2)(2)(3)23n n n a n n n n ∴==-+++++，1111111122()2()2()2()3445233339n nS n n n n ∴=-+-++-=-=++++. 2020220204040=3202096069S ⨯∴=⨯+ 故选：B.7．（2020·湖南邵阳·三模（文））已知函数()2f x x ax =-的图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2020S 的值为（ ）A ．20182019B ．20192020C ．20202021D ．20212022【答案】C【解析】()2f x x ax =-，()2f x x a '∴=-，由题意可知()123f a '=-=，得1a =-.()2f x x x ∴=+，()()21111111f n n n n n n n ===-+++， 20201111112020112232020202120212021S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故选：C.8．（2020·岳麓·湖南师大附中高三月考（文））数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想221(0,1,2,)nn F n =+=是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出56416700417F =*，不是质数．现设n a =()2log 1,(1,2,)n F n -=，n S 表示数列{}n a 的前n 项和．则使不等式221231222n n n S S S S S S +++⋯+<22020n成立的最小正整数n 的值是（提示1021024=）（ ） A ．11 B ．10 C ．9 D ．8【答案】C【解析】把221nn F =+代入()2log 1n n a F =-），得()22log 2112nn n a =+-=，故()()21222112n nnS -==--，则11211142121n n n n n S S ++⎛⎫=- ⎪--⎝⎭， 则不等式211223122211214212020n nn n n S S S S S S ++⎛⎫++⋯+=-< ⎪-⎝⎭成立，代入计算可得，当不等式成立时．n 的最小值为9． 故选C ．9．（2020·全国高三其他（文））已知数列{}n a ，{}n b 都是等差数列，313a b ==，15715a b ==，设11(1)n nn n n b c a a -+=-，则数列{}n c 的前2020项和为（ ） A ．20192020-B ．20192020C ．20202021-D ．20202021【答案】D【解析】设等差数列{}n a 的公差为1d ，等差数列{}n b 的公差为2d 因为33a =，1515a =所以315112a a d =+，解得11d = 所以()313n a a n d n =+-=因为13b =，715b =所以7126b b d =+，解得22d = 所以()12121n b b n d n =+-=+所以()112111(1)(1)11n n n n c n n n n --+⎛⎫=-=-+ ⎪++⎝⎭所以122020111111111+c 1223342019202020202021c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=+-++++++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12020120212021=-=故选：D10．（2020·山东青州·高三三模（文））已知数列{}n a ，定义数列{}12n n a a +-为数列{}n a 的“2倍差数列”，若{}n a 的“2倍差数列”的通项公式为1122n n n a a ++-=，且12a =，若函数{}n a 的前n 项和为n S ，则33S =（ ） A ．3821+ B ．3922+C ．3822+D ．392【答案】B 【解析】分析：由1122n n n a a ++-=可得11122n nn n a a ++-=，从而得数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭表示首项为1，公差1d =的等差数列，求得2n n a n =⋅，再根据错位相减法即可得结果.详解：根据题意得11122,2n n n a a a ++-==，11122n nn na a ++∴-=， ∴数列2nn a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭表示首项为1，公差1d =的等差数列， ()11,22nn n na n n a n ∴=+-=∴=⋅， 123122232...2n n S n ∴=⨯+⨯+⨯++⋅， 23412122232...2n n S n +∴=⨯+⨯+⨯++⋅， 23412222...22n n n S n +∴-=++++-⋅()111212222212n n n n n n +++-=-⋅=-+-⋅-，()1212n n +=-+-，()()133133122,33122n n S n S ++∴=-+=-+3922=+，故选B.11．（2020·湖南雁峰·衡阳市八中高三其他（文））设数列{}n a 满足123(21)n a a n a n ++⋯+-=，若不等式1223127log n n a a a a a a n λ+++⋯+对任意*n N ∈恒成立，则实数λ的最小值是_____．【答案】3【解析】解：数列{}n a 满足123(21)n a a n a n ++⋯+-=，①可得11a =，2n 时，1213(23)1n a a n a n -++⋯+-=-，② ①-②可得(21)1n n a -=，即有121n a n =-，对1n =也成立， 则11111()(21)(21)22121n n a a n n n n +==--+-+，1223127log n n a a a a a a n λ+++⋯+即为2711111111(1)(1)log 2335212122121nn n n n n λ-+-+⋯+-=-=-+++，可得271log 21n λ+对任意*n N ∈恒成立， 显然1()21f n n =+为递减数列， ()1f 取得最大值13， 可得271log 3λ，解得3λ， 实数λ的最小值为3． 故答案为：3．12．（2020·山西其他（文））设函数2()log 42f x x=-，数列{}n a 满足2020n n a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则124039a a a ++⋅⋅⋅+=______.【答案】40392-【解析】由题得4039124039S a a a =++⋅⋅⋅+,4039403921S a a a =+⋅⋅⋅++，两式相加得40391403924038403912()()()S a a a a a a =++++++，考虑一般情况，设k *∈N ,则404022404022404020202020log log 404020202020424220202020k kk kk k a a f f k k --⨯⨯-⎛⎫⎛⎫+=+=+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭-⨯-⨯ ()22404021=log log 12404022k kk k ⎡⎤-⨯==-⎢⎥-⎢⎥⎣⎦所以40394039403924039,.2S S =-∴=-故答案为：40392-13．（2020·全国专题练习（文））在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则a 1＋a 2＋…＋a 51＝____．【答案】676 【解析】当n 为偶数时，22,2(1)22n n n na a a n +-==+-⨯= ； 当n 为奇数时，20,1n n n a a a +-== ；所以12511261(24650)26125(250)6762a a a +++=⨯+++++=⨯+⨯⨯+=14．（2020·河北桃城·衡水中学高三月考（文））在数列{}n a 中，已知11a =，11n n a a n +=++，则122020111a a a +++=______．【答案】40402021【解析】因为11n n a a n +=++，故可得213212;3;;n n a a a a a a n --=-=-=，累加可得123n a a n -=++，又因为11a =，则()11232n n n a n +=++++=， 故可得()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 则122020111a a a +++111112122320202021⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦140402*********⎛⎫=-=⎪⎝⎭. 故答案为：40402021. 15．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高三二模（文））已知数列{}n a 的各项均为正数，其前n 项和n S 满足()2*42n n n S a a n N =+∈，设()11nn n n b a a +=-⋅，n T 为数列{}n b 的前n 项和，则20T =______．【答案】880【解析】由于正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且242n n n S a a =+.当1n =时，21111442a S a a ==+，得21120a a -=，10a >，解得12a =；当2n ≥时，由242n n n S a a =+得211142n n n S a a ---=+，两式作差得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，可得2211220n n n n a a a a -----=，()()1120n n n n a a a a --∴+--=，对任意的n *∈N ，0n a >，则10n n a a ->+，12n n a a -∴-=，所以，数列{}n a 是以2为首项，以2为公差的等差数列，()2212n a n n ∴=+-=.()()()11141n nn n n b a a n n +=-⋅=-⋅+，()()2124212422116n n b b n n n n n -∴+=--⨯+⨯+=，所以，20T 可视为数列{}212n n b b -+的前10项和，因此，()20101616108802T ⨯+⨯==.故答案为：880.16．（2020·全国高三其他（文））数列{}n a 的前n 项和为n S ，若n n a S n +=，则n S =________.【答案】11()2nn -+【解析】因为n n a S n +=，所以当1n =时，121a =，解得112a =， 当2n ≥时，111n n a S n --+=-所以111n n n n a a S S ---+-=，即11(1)2n n a a -=+，2n ≥ 所以111(1)2n n a a --=-，即11112n n a a --=-，2n ≥ 所以{1}na -是以12-为首项，12为公比的等比数列，所以11111()()()222n n n a --=-⨯=-，即11()2n n a =-，2n ≥又112a =满足上式，所以11()2nn a =-，*n N ∈所以23123111111()1()1()2222n n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+- =231111[()()()]2222n n -+++⋅⋅⋅+=11[1()]1221()1212n n n n --=-+- 故答案为：11()2nn -+17．（2020·福建其他（文））已知公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，11a =，且1S 、2S 、4S 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令2n nn b a =⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）()*21n a n n N=-∈（2）16(23)2n nTn +=+-⋅【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为()d d ≠0，因为1S ，2S ，4S 成等比数列，所以2214S S S =，所以()()21211234a a a a a a a +=+++， 那么()()2111246a d a a d +=+， 所以2d =或0d =（舍去） 又因为11a =，则()*21n a n n N=-∈（2）由（1）得2(21)2n nn n b a n =⋅=-⋅，所以数列{}n b 的前n 项和23123252(21)2n n T n =⨯+⨯+⨯++-⋅①，所以23121232(23)2(21)2n n n T n n +=⨯+⨯++-⋅+-⋅②，由①②相减得2312222222(21)2nn n T n +-=+⨯+⨯+⋯+⨯--⋅()231222222(21)2n n n +=-++++⋯+--⋅()212122(21)212n n n +-=-+--⋅-21162(21)26(23)2n n n n n +++=-+--⋅=---⋅.所以16(23)2n n T n +=+-⋅.18．（2020·湖北东西湖·华中师大一附中其他（文））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且430S =，2a ，4a 的等差中项为10.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求212231222n n n n T S S S S S S +=+++. 【答案】（1）2nn a =；（2）()121221n n +--.【解析】（1）()()23143241130302020a q q q S a a a q q ⎧⎧+++==⎪⎪⇒⎨⎨+=+=⎪⎪⎩⎩，解得12a =，2q.所以1222n nn a -=⋅=.（2）由（1）可知2nn a =，所以()()21222112nnnS-==--，又()()1112211142121221221n n n n n n n n S S +++⎛⎫==⋅- ⎪⋅--⎝-⋅-⎭，则2231111111142212121211n n n T +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥----⎝⎭⎝⎝⎭⎣-⎭⎦()111111122211421421221n n n n n ++++--⎛⎫=⋅-=⋅= ⎪---⎝⎭. 19．（2020·荆州市北门中学期末（文））已知等差数列{}n a 满足12231()()()2(1)n n a a a a a a n n +++++++=+（*n N ∈）.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .【答案】（1）21n a n =-；（2）12362n n -+-. 【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知得()()1212234,{12,a a a a a a +=+++=即12234,{8,a a a a +=+=所以()()()11114,{28,a a d a d a d ++=+++=解得11,{2,a d == 所以21n a n =-．（Ⅱ）由（Ⅰ）得112122n n n a n ---=，所以122135232112222nn n n n S ----=+++⋯++，① 23111352321222222n n n n n S ---=+++⋯⋯++，② -①②得：2211112123113222222n n n nn n S --+=++++⋯+-=- 所以4662n nn S +=-． 20．（2020·全国专题练习（文））设122,4a a ==，数列{b n }满足：b n +1＝2b n +2，且a n +1﹣a n ＝b n ； （1）求证：数列{b n +2}是等比数列； （2）求数列{a n }的通项公式． 【答案】（1）见解析（2）122n n +﹣【解析】（1）证明：a 1＝2，a 2＝4，且a n +1﹣a n ＝b n ；∴b 1＝a 2﹣a 1＝4﹣2＝2． 由b n +1＝2b n +2，变形为： ()1222+n n b b +=+， ∴数列{b n +2}是等比数列，首项为4，公比为2．（2）解：由（1）可得：b n +2＝4×2n ﹣1，可得b n ＝2n +1﹣2． ∴a n +1﹣a n ＝b n ＝2n +1﹣2．∴()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋯+-+()()()122222222n n -=-+-+⋯+-+1222222(1)n n n -=++⋯++--()22121n -=--2n +2＝2n +1﹣2n ．21．（2020·湖南邵阳·三模（文））设数列{}n a 满足：11a =，1340n n a a +-+=，*n ∈N . （1）求证：数列{}2n a +为等比数列，并求出{}n a 的通项公式； （2）若()3log 2n n n b a a =++，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）证明见解析，2123n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭；（2）()1992322+=--+⨯n n n n S .【解析】（1）∵11a =，1340n n a a +-+= ∴11433n n a a +=-． ∴1122033n n a a ++=+≠． ∴12123n n a a ++=+．∴{}2n a +是首项为3，公比为13的等比数列． ∴11233n n a -⎛⎫+=⨯ ⎪⎝⎭，故2123n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭．（2）由（1）得22231112log 333n n n n b n ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴()102111...12...333n n S n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++-+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()()1311199312232213n n n n n n ⎛⎫- ⎪++⎝⎭=-=--+⨯-． 22．（2020·广西高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，()1102n n n n S S S S n ---+=≥. （1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（2）若1,32,n n n S n C n n -⎧⎪=+⎨⎪⎩奇偶为数为数，设数列{}n C 的前n 项和为n T ，求2n T . 【答案】（1）证明见解析；（2）2125131244n n +--+ 【解析】（1）证明：因为112a =，()1102n n n n S S S S n +-+-=≥，所以216a =-，所以10n n S S -≠， 所以1111n n S S --=. 所以1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以112S =为首项，以1为公差的等差数列. （2）由（1）可得()1211n n n S =+-=+，所以11n S n =+. ∴()()()()11132n n n n n c n -⎧⎪++=⎨⎪⎩为奇数为偶数 ∴()132121111111...22...222446222n n T n n -⎛⎫=-+-++-++++ ⎪+⎝⎭2121111222512222331244n n n n ++-⎛⎫=-+=-- ⎪++⎝⎭．。
2021年高考数学总复习第二部分高考22题各个击破4.2.1等差、等比数列与数列的通项及求和课件文
∴f(an)=4 =4×2n+1-1=2n+2,
(2)设 bn=
+2
.
2
∴an=
-22-
(2)设 =cn,
2
(+2)
则当 n 为偶数时,cn=
∴cn=
1
= 43;2
1
;当
+2
n 为奇数时,cn=2.
2,为奇数.
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,
有Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n,
2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1,
上述两式相减,得
-Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1
1
因此{bn}是首项为 1,公比为3的等比数列.
记{bn}的前 n 项和为 Sn,
则
1
1- 3
Sn= 1
1-3
=
3
1
−
.
-1
2
2×3
-4-
解题心得无论是求数列的通项还是求数列的前n项和,通过变形、
整理后,能够把数列转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数
列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.
(2)求数列{bn}的通项公式.
解 (1)由a4+2是a3,a5的等差中项,得a3+a5=2a4+4,
所以a3+a4+a5=3a4+4=28,
高三数学数列求和试题答案及解析
高三数学数列求和试题答案及解析1.设数列的前项积为，且（n∈N*）．（1）求，并证明：；（2）设，求数列的前项和．【答案】（１），祥见解析；（２）．【解析】（１）n取1,2,3求出，再利用与的关系将已知等式用表示即可证明；（２）由（1）问的结论利用等差数列的通项公式先求出的通项，再由通项利用裂项相消法求．试题解析：（1）由题意可得：，所以 5分（2）数列为等差数列，，， 10分【考点】１．数列的通项公式；２．数列的前n项和．2.已知函数且an ＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于()A．0 B．100 C．-100 D．10200【答案】B【解析】由题意，a1＋a2＋a3＋…＋a100＝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，选B.3.已知等差数列的前项和为，且、成等比数列.（1）求、的值；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）解法1是先令求出的表达式，然后令，得到计算出在的表达式，利用为等差数列得到满足通式，从而求出的值，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；解法2是在数列是等差数列的前提下，设其公差为，利用公式以及对应系数相等的特点得到、和、之间的等量关系，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；（2）解法1是在（1）的前提下求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求数列的和；解法2是利用导数以及函数和的导数运算法则，将数列的前项和视为函数列的前项和在处的导数值，从而求出. 试题解析：（1）解法1：当时，， 当时，.是等差数列， ，得. 又，，，、、成等比数列， ，即，解得.解法2：设等差数列的公差为，则.， ，，.，，.、、成等比数列，，即，解得.；（2）解法1：由（1）得.，.，①，② ①②得..解法2：由（1）得.，.，① 由，两边对取导数得，.令，得..【考点】1.定义法求通项；2.错位相减法求和；3.逐项求导4. 数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )． A ．3 690 B ．3 660 C ．1 845 D ．1 830【答案】D【解析】∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1， 当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3，从而a2k＋1＋a2k－1＝2，a2k＋3＋a2k＋1＝2，因此a2k＋3＝a2k－1，∴a1＝a5＝a9＝…＝a61，于是S60＝a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝＝1 830.5.如图，是一问题的程序框图，则输出的结果是 .【答案】【解析】根据流程图可知它的作用是求的值，由等差数列的前项和公式可知，.【考点】1.程序框图及其应用；2.等差数列的前项和6.阅读如图程序框图，若输入的，则输出的结果是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，，不成立，执行第一次循环，，；不成立，执行第二次循环，，；不成立，执行第三次循环，，；；不成立，执行第一百次循环，，；成立，输出，故选A.【考点】1.数列求和；2.算法与程序框图7.数列中，已知且，则前项和为，则的值为__________.【答案】【解析】因为，所以公差，由得，所以.【考点】1、等差数列的定义；2、等差数列的前项和公式.8.已知数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）令，数列{bn }的前n项和为Tn，试比较Tn与的大小，并予以证明.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】（1）由于数列的递推式的结构为，在求数列的通项的时候可以利用累加法来求数列的通项公式；（2）先求出数列的通项公式，根据其通项结构选择错位相减法求出数列的前项和，在比较与的大小时，一般利用作差法，通过差的正负确定与的大小，在确定差的正负时，可以利用数学归纳法结合二项式定理进行放缩来达到证明不等式的目的.试题解析：（1）当时，.又也适合上式，所以.（2）由（1）得，所以.因为①，所以②.由①－②得，，所以.因为，所以确定与的大小关系等价于比较与的大小.当时，；当时，；当时，；当时，；……，可猜想当时，.证明如下：当时，.综上所述，当或时，；当时，.【考点】累加法、错位相减法、二项式定理9.已知数列的通项公式为，那么满足的整数（）A．有3个B．有2个C．有1个D．不存在【答案】B【解析】时，，所以，此时从到共项，从到共项，或,有2个值【考点】数列求和点评：本题中数列求和要依据通项公式特点分两种情况，分别讨论所求各项所属的范围及应代入的公式，第二种情况找到各项中正负项分界的位置是难点10.已知数列满足，则的前n项和_____【答案】【解析】根据题意，由于故可知的前n项和，故答案为【考点】数列的递推关系点评：主要是考查了数列的递推关系的运用，来求解数列的通项公式以及数列的和的运用，属于中档题。
数列求和汇总例题与答案)
数列求和汇总答案一、利用常用求和公式求和利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法.1、 等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=2、等比数列求和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn例1、已知3log 1log 23-=x ，求⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++nx x x x 32的前n 项和.解：由212log log 3log 1log 3323=⇒-=⇒-=x x x 由等比数列求和公式得nn x x x x S +⋅⋅⋅+++=32（利用常用公式）＝x x x n--1)1(＝211)211(21--n ＝1－n 21 练习：求22222222123456...99100-+-+-+--+的和。
解：2222222212345699100-+-+-+--+()()()()2222222221436510099=-+-+-++-()()()()()()()()2121434365651009910099=-++-++-++-+3711199=+++＋由等差数列的求和公式得()50503199S 50502＋＝＝ 二、错位相减法求和这种方法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n · b n }的前n 项和，其中{a n }、{b n }分别是等差数列和等比数列.例2求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S ………………………①解：由题可知，{1)12(--n xn }的通项是等差数列{2n －1}的通项与等比数列{1-n x}的通项之积设nn x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=……………………….②（设制错位） ①－②得nn n x n x x x x x S x )12(222221)1(1432--+⋅⋅⋅+++++=--（错位相减）再利用等比数列的求和公式得：n n n x n xx x S x )12(1121)1(1----⋅+=--∴21)1()1()12()12(x x x n x n S n n n -+++--=+ 练习：求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n前n 项的和.解：由题可知，{n n 22}的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{n 21}的通项之积设n n nS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………①14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n nS ………………………………②（设制错位） ①－②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS （错位相减）1122212+---=n n n∴1224-+-=n n n S三、反序相加法求和这是推导等差数列的前n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +.例3求89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++的值解：设89sin 88sin 3sin 2sin 1sin 22222++⋅⋅⋅+++=S ………….① 将①式右边反序得1sin 2sin 3sin 88sin 89sin 22222+++⋅⋅⋅++=S …………..②（反序）又因为1cos sin ),90cos(sin 22=+-=x x x x①+②得（反序相加）)89cos 89(sin )2cos 2(sin )1cos 1(sin 2222222 ++⋅⋅⋅++++=S ＝89∴S ＝44.52、求和：222222222222222101109293832921101++++++++++四、分组法求和有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.例4、求和:⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++⎪⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n y x y x y x 11122 ()1,1,0≠≠≠y x x解:原式=()nxx x x ++++ 32⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++n y y y 1112 =()yy y xx x n n1111111-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-- =nn n n y y y x x x --+--++1111 练习：求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n aa a n ，… 解：设)231()71()41()11(12-++⋅⋅⋅++++++=-n aa a S n n将其每一项拆开再重新组合得)23741()1111(12-+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=-n aa a S n n （分组） 当a ＝1时，2)13(n n n S n -+=＝2)13(nn +（分组求和）当1≠a 时，2)13(1111n n a a S nn -+--=＝2)13(11n n a a a n -+--- 练习：求数列∙∙∙+∙∙∙),21(,,813,412,211nn 的前n 项和。
高二数学数列求和试题答案及解析
高二数学数列求和试题答案及解析1.已知数列的前项和为，且，；数列中，点在直线上．（1）求数列和的通项公式；（2）设数列的前和为，求；【答案】（1），（2）【解析】（1）求数列的通项公式用公式法即可推导数列为等比数列，根据等比数列通项公式可求。
求的通项公式也用公式法，根据已知条件可知数列为等差数列，根据等差数列的通项公式可直接求得。
（2）用列项相消法求和。
试题解析：解：（1）∵，∴当时，…2分所以，即∴数列是等比数列．∵，∴∴． 5分∵点在直线上，∴，即数列是等差数列，又，∴．…7分（2）由题意可得，∴， 9分∴，…10分∴． 14分【考点】1求数列的通向公式；2数列求和。
2.数列的通项公式，则该数列的前（）项之和等于.A．B．C．D．【答案】B【解析】，令，解得.故选B.【考点】数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）3.设数列中，，则通项 ___________．【答案】．【解析】由已知得，即数列后项与前项的差，求它的通项公式的方法是的累加法，，＝．【考点】数列的求和．4.已知数列的前n项和，则（）A．20B．19C．18D．17【答案】C【解析】当时，有【考点】数列求通项点评：由数列前n项和求通项5.观察下列三角形数表：第一行第二行第三行第四行第五行………………………………………….假设第行的第二个数为.（1）依次写出第八行的所有8个数字；（2）归纳出的关系式，并求出的通项公式.【答案】（1）根据已知条件可知每一个数字等于肩上两个数之和，那么可知第八行中的8个数字为8,29,63,91,91,63,29,8（2）【解析】(1)8,29,63,91,91,63,29,8(规律：每行除首末数字外，每个数等于其肩上两数字之和)（2）由已知：，所以有：，, ,……,,将以上各式相加的：所以的通项公式为：。
【考点】累加法求解数列的通项公式点评：主要是考查了递推关系式的运用，结合累加法来求解数列的通项公式，属于基础题。
数列-2021年高考数学尖子生培优题典(新高考专版)
1数列一、选择题A ．﹣5B ．﹣7C ．﹣9D ．﹣11【答案】B【解析】数列{a n }为等差数列，设首项为 a 1，公差为 d ，∵a 3＝5，S 4＝24，∴a 1+2d ＝5，4a 1+4 3 d ＝24，2联立解得 a 1＝9，d ＝﹣2，则 a 9＝9﹣2×8＝﹣7．A ．7B ．8C ．15D ．162a 2 ，a 3 成等【答案】C【解析】由数列因为，所以为等比数列，且，解得：成等差数列，所以，根据等比数列前 n 项和公式，即，．A ． 第 2 天B ． 第 3 天C ． 第 4 天D ． 第 5 天【解析】第一天共挖1 + 1 = 2 ，前二天共挖2 + 2 + 0.5 = 4.5 ，故前3天挖通，故两鼠相遇在第3天.A．7 B．10 C．63 D．18【答案】C【解析】等差数列{a n }的首项为a1 ，公差为d所以S= 3a +3⨯ 2d = 3a + 3d ，a =a + 5d ，3 1 2 1 6 1所以3a1 + 3d - 2a1 +a1 + 5d = 2a1 + 8d = 14 ，所以a1 + 4d = 7，即a5 =7 ，所以S=(a1 +a9 ) ⨯ 9 = 9a= 63..9 2 5差中项是（）n 1 2 2 65 7 11A．2 B．2C．2D．6【答案】A【解析】 a 与a 的等差中项是 a =-2 + 3⨯3=5.2 6 4 2 2n 2 5 4A．-12B．-21C．2 D．218(a 1 + a )【解析】由等比数列的性质可得： a = a q 3 ，即： 1 = 2 ⨯ q 3，解得： q = 1.5242A ．16B ．17C ．18D ．19【答案】C【解析】由 S 8 < S 10 < S 9 得， a 9 > 0 ， a 10 < 0， a 9 + a 10 > 0，所以公差大于零.又 S 17 = 17 (a 1 + a 17 ) 2= 17a 9 > 0 ， S 19 =19(a 1 + a 19 ) 2=19a 10 < 0 ，S 18 = = 9 (a 9 + a 10 ) > 0，2= （ ）A ．1B ． -1n n35C ．2D ． 12【答案】A(a 1 + a 9 ) ⋅ 9 【解析】 S 9 = 2 = 5 ⋅ 9= 1，故选 A.S 5(a 1 + a 5 ) ⋅ 59 52A ． 9B ． 8C ． 6D ． 4【答案】B6 3 3 9 6∴ S 3 , S 6 - S 3 , S 9 - S 6 也是等比数列，且 S 9 - S 6 = a 7 + a 8 + a 9 ，∴(S - S )2= S ⋅ (S - S )，(S + 2)2S 2 + 4S + 4 4可得： S 9 - S 6 =3= 3 3 = S SS 3 + + 4S 333≥ 4 = 8 ，当且仅当 S 3 = 2 时取等号，∴ a 7 + a 8 + a 9 的最小值为8.A ．4040B ．4041C ．4042D ．4043【答案】A【解析】∵ a 2020 ⋅ a 2021 < 0，∴ a 2020 和 a 2021 异号，又数列{a n }是等差数列，首项 a 1 > 0 ，∴{a n }是递减的数列， a 2020 > 0, a 2021 < 0 ，a+ a> 0，∴ S= 4040(a 1 + a 4040 ) = 2020(a + a ) > 0，20202021404022020 2021S = 4041(a 1 + a 4041 ) = 4041a< 0 ，4041 22021∴满足 S n > 0 的最大自然数 n 为 4040．n+n和最大项分别是（）S ⎭ ⎩ n【答案】C【解析】因为 y ==1+在(-∞, 80）上单调减，在( 80, +∞) 单调减，所以当 x ∈ (-∞, 80）时 y ∈ (-∞,1) ，此时a n ∈[a 8 , a 1 ] ⊂ (-∞,1) ，当 x ∈ ( 80, +∞) 时 y ∈ (1, +∞) ，此时a n ∈[a 50 , a 9 ] ⊂ (1, +∞) ，因此数列｛ a n ｝的前 50 项中最小项和最大项分别为 a 8 , a 9 ，选 C.S n = 2n -1 ，则 a 5= （）T n n +1b 5191737A ．11 B ．10 C ．2D ． 5【答案】B【解析】解：∵ S 是等差数列{a }的前 n 项和，∴S = 9(a 1 + a 9 ) = 9 ⨯ 2a 5 = 9a ， 即 a = S 9 ，n n 9 2 2 5 59∵ T 是等差数列{b }的前 n 项和，∴ T= 9(b 1 + b 9 ) = 9 ⨯ 2b 5 = 9b ，即b = T 9 ，nn∴a 5 = S 9 = 2 ⨯ 9 -1 = 17 ，92 25 59 b 5 T 9 9 +1 10a =S n + 2(n -1)(n ∈ N *) ，则数列⎧ 1 ⎫的前 10 项的和是（ ）⎨ + 3n ⎬9510 A ．290B ．C ．D ．201111【答案】Cx - 79 x - 80 80 - 79x - 80nnn( 1 ) 2n ⎝ ⎭ ( )【解析】由a n =S n+ 2(n -1) (n ∈ N * )得 S n = na n - 2n (n -1) ，当 n ≥ 2 时， a n = S n - S n -1 = na n - (n - 1)a n -1 - 4(n - 1) ，整理得 a n - a n -1 = 4 ，所以{a n }是公差为 4 的等差数列，又a 1 = 1， 所以 a n = 4n -3(n ∈ N * )，从而 S n a + a + 3n = + 3n = 2n + 2n = 2n (n +1) ，2所以1 =1= 1 ⎛ 1 - 1 ⎫ ，⎪ S n + 3n 2n (n +1) 2n n +1数列 ⎧ 1 ⎫ 的前 10 项的和S = 1 ⎛1- 1 ⎫ = 5 . ⎨ S + 3n ⎬ 2 11 ⎪ 11⎩ n ⎭⎝ ⎭n n n nB n2n +1则使a n ≥ λ恒成立的实数λ的最大值为（）b nA ．1B ． 123C ．1D ．2【答案】Ba 1 + a 2 n -1a 1+ a2 n -1⋅ (2n -1)【解析】由题意可得a n= 2 = 2 b n b 1 + b 2 n -1 b 1 + b2 n -1 ⋅ (2n -1) 2 2=A 2n -1 = 2n -1 = 1 - 1 ．B 2n -1 2(2n -1)+1 2 2(4n -1)设 f (n ) = 1 - 1 2 2 4n -1 ， n ∈ N * ，因为函数 f (n ) 是增函数，n所以当 n = 1时，函数 f (n ) 取最小值，所以 f (n )≥ f (1) = 1． 31 故实数λ的最大值为 ．3则 1 + 1 + + 1 等于（ ）b 1 b 2 b nnA ．n -1n -1 B ．nn +1 C ．nnD ．n +1【答案】D【解析】已知{a n }是等差数列，且a 2 + a 4 = 6,a 5 = 5 ，所以 2a 1 + 4d = 6, a 1 + 4d = 5 ，解得 a 1 = 1, d = 1，所以 a n = a 1 + (n -1)d = n ， 所以b n = n (n +1)，所以1=1= 1 - 1 ，b nn (n +1) n n +1所 以 1 +1 + + 1 ， b 1 b2 b n= 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + ... + 1 - 1 ，1 2 2 3 3 4n n +1= 1 -1 = n + 1 nn + 1n n a ⎩ n (n -1)d 2 =A ． S = 2n 2- 6nB ． S = n 2- 3nC ． a n = 4n - 8D ．a n = 2n【答案】AC【解析】设等差数列{a }的公差为 d ，则⎧S 3 = 3a 1 + 3d = 0，解得⎧a 1 = -4 ，n⎨ ⎩ 4 a 1 + 3d = 8⎨d = 4∴a n = a 1 + (n -1)d = -4 + 4(n -1) = 4n - 8， S = na 1 += -4n + 2n (n - 1)= 2n- 6n .2(a n - a n -1 - 2)(a n - 2a n -1) = 0，下面选项中关于数列{a n }的命题正确的是（）A ．{a n }可以是等差数列B ．{a n }可以是等比数列C ．{a n }可以既是等差又是等比数列D ．{a n }可以既不是等差又不是等比数列【答案】ABD【解析】解：因为(a n - a n -1 - 2)(a n - 2a n -1) = 0,所以 a n - a n -1 - 2 = 0 或 a n - 2a n -1 = 0 ,即： a n - a n -1 = 2 或 a n = 2a n -1①当 a n ≠ 0, a n -1 ≠ 0 时,{a n }是等差数列或是等比数列.② a n = 0或 a n -1 = 0时,{a n }可以既不是等差又不是等比数列C．当 d > 0 时， a10 +a22 > 0D．当d < 0 时，a10>a22【答案】BC【解析】因为S =S ，所以10a+10 ⨯ 9d = 20a +20 ⨯19d ，解得a =-29d .10 20 1 2 1 2 1 2对选项A，因为无法确定a1 和d 的正负性，所以无法确定S n 是否有最大值，故A 错误.对选项B，S= 30a +30 ⨯ 29d = 30 ⨯⎛-29d⎫+15⨯ 29d = 0 ，30 1 2 2 ⎪⎝⎭故 B 正确.对选项C，a +a =2a = 2 (a+15d )= 2 ⎛-29d +15d⎫=d > 0 ，10 22 16 1 2 ⎪⎝⎭故 C 正确.对选项D，a =a + 9d =-29d +18d =-11d ，10 1 2 2 2a 22 =a1+ 21d =-29d +42d =13d ，2 2 2因为d < 0 ，所以a10=-11d ，a2 22=-13d ，2a 10 <a22，故D 错误.A．q = 2B． a = 2n C． S10 = 2047D．a n+a n +1<a n +2n 2n 2n 2n -1 2n【解析】由题意2q 3 = 4q + 2q 2 ，得 q 2 - q - 2 = 0，解得q = 2 （负值舍去），选项 A 正确；a = 2 ⨯ 2n -1= 2n ，选项 B 正确；2 ⨯ (2n -1) S = = 2n +1 - 2 ，所以 S 10 = 2046 ，选项 C 错误； n2 -1a n + a n +1 = 3a n ，而 a n +2 = 4a n > 3a n ，选项 D 正确．18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是（）A ．此数列的第 20 项是 200B ．此数列的第 19 项是 182C ．此数列偶数项的通项公式为 a = 2n2D ．此数列的前n 项和为 S n = n ⋅ (n -1)【答案】AC【解析】观察此数列，偶数项通项公式为 a = 2n 2，奇数项是后一项减去后一项的项数，a = a - 2n，由此可得a = 2 ⨯102 = 200 ，A 正确； a = a - 20 = 180 ，B 错误；C 正确； S = n (n -1) = n 2 - n 是 201920n一个等差数列的前 n 项，而题中数列不是等差数列，不可能有 S n = n ⋅ (n -1) ，D 错．二、 解答题（1）求{a n }的通项公式；n n n n1- (-2) n m n【解析】（1）设{a } 的公比为q ，由题设得 a = qn -1．由已知得 q 4 = 4q 2 ，解得q = 0 （舍去）， q = -2 或q = 2 ．故a = (-2)n -1 或 a = 2n -1．（2）若 a n = (-2)n -1，则 S n n= ．由 S m= 63得(-2) 3= -188 ，此方程没有正整数解．若 a = 2n -1，则 S = 2n-1．由 S = 63得2m = 64，解得 m = 6． 综上， m = 6．a 1 =b 1 = 1, a 2 + a 4 = 10,b 3 = a 5 ．（1）求{a n }的通项公式；（2）求数列{b n }的前 n 项和．【解析】（1）设等差数列{a n }公差为 d ，正项等比数列{b n }公比为q ，因为 a 1 = b 1 = 1, a 2 + a 4 = 10,b 3 = a 5 ，所以1+ d +1+ 3d = 10, q 2 = 1+ 4d ∴ d = 2, q > 0∴ q = 3因此 a n = 1+ (n -1) ⨯ 2 = 2n -1, b n = 1⨯ 3n -1= 3n -1 ；（2）数列{b n }的前 n 项和S n = 1 - 3n= 1 (3n - 1) 1 - 3 2= (n +1)a (n ∈ N * )．mn n（2）令b =4，求数列{b }的前 n 项和T ．n(a + 2)(a+ 2)n nnn +1【解析】解：（1）因为 2S = (n +1)a (n ∈ N *)，所以 2S n -1 = na n -1 (n ≥ 2)，两式作差可得2a n = (n +1)a n - na n -1 (n ≥ 2)，整理得(n -1)a= na(n ≥ 2)，则a n=n(n ≥ 2)，nn -1a n -1n -1故a = a ⨯ a 2 ⨯ a 3 ⨯ ⨯ a n= 2 ⨯ 2 ⨯ 3 ⨯ ⨯ n= 2n (n ≥ 2)，a 1 a 2a n -11 2n -1当 n = 1时， a 1 = 2 满足上式，故 a n = 2n ．（2）由（1）可知b =4 = 4 = 1 = 1 - 1 ，n(a + 2)(a + 2) (2n + 2)(2n + 4) (n +1)(n + 2) n +1 n + 2n n +1则T = b + b + b + + b = ⎛1 - 1 ⎫ + ⎛ 1 - 1 ⎫ + ⎛ 1 - 1 ⎫ + + ⎛ 1 - 1 ⎫ ． n 1 2 3n 2 3 ⎪ 3 4 ⎪ 4 5 ⎪ n +1 n + 2 ⎪ = 1 - 1 = n． ⎝⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭2 n + 2 2n + 4(n ∈ N *).（1）证明：数列{a n - 2}为等比数列；（2）若b n = a n ⋅ l og 2 (a n - 2)，数列{b n }的前项和为T n ，求T n .n1n n n n 2 n 1 2 3两式相减得： a n = 2a n - 2a n -1 + 2 ，∴a n = 2a n -1 - 2 ，即： a n - 2 = 2(a n -1 - 2)，又 n = 1时， S 1 = a 1 = 2a 1 + 2 - 6 ，解得： a 1 = 4 ，∴ a 1 - 2 = 2 ≠ 0 ， a n - 2 ≠ 0a n - 2a n -1 - 2= 2 ，∴数列{a n - 2}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列.（2）由（1）得： a - 2 = 2 ⨯ 2n -1= 2n ，∴ a = 2n+ 2 ，又b = a ⋅ log (a - 2)，∴ b = n (2n+ 2)，∴ T = b + b + b + ⋅⋅⋅b = (1⨯ 2 + 2⨯ 22 + 3⨯ 23 + ⋅⋅⋅ + n ⨯ 2n)+ 2(1+ 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + n )，设 A n = 1⨯ 2 + 2⨯ 22+ 3⨯ 23+ ⋅⋅⋅ + (n -1)⋅ 2n -1+ n ⋅ 2n ，则2A n = 1⨯ 2 + 2⨯ 2 + ⋅⋅⋅ + (n -1)⨯ 2 + n ⨯ 2 ， 2 3 n n +12 (1 - 2n ) 两式相减可得： - A n = 2 + 22 + 23 + ⋅⋅⋅ + 2n - n ⨯ 2n +1=- n ⨯ 2n +1 ， 1- 2∴A n= (n -1)⋅ 2n +1+ 2，又1+ 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + n = n (n +1)，2∴T n = (n -1)⋅ 2n +1+ 2 + n (n +1).n n n ∴nnb 列，数列{b }满足∑a b = (n -1)2n+1．ni i i =1（1）求数列{a n }的通项公式；（2）求证：数列{b n }是等比数列；（3）若数列{c }满足c = a n ，且c (m ∈ N *)为整数，求 m 的值．nn mn【解析】（1）因为 a 1 = 1， a 4 ， a 6 ， a 9 成等比数列，所 以 a 2= a ⋅ a649即(1+ 5d )2= (1+ 3d )(1+ 8d ),解得： d = 1或 d = 0 （舍去） 所以 a n = 1+ n -1 = n ，（2）因为∑a i b i= (n -1)2 +1，ni =1所以 a 1b 1 + a 2b 2 + + a n b n= (n -1)⋅2n+1，①a 1b 1 + a 2b 2 + + a n -1b n -1 = (n - 2)⋅ 2n -1 +1 (n ≥ 2) ②① -②得： a n b n = (n -1)⋅ 2n- (n - 2)⋅ 2n -1= n ⋅ 2n -1 (n ≥ 2) ,又a n = n ，所以b n = 2n -1(n 2)，n当 n = 1时， a b = 1，即b = 1，也适合b = 2n -1 ，1 1 1 nn -1 *所以b n = 2 (n ∈ N ) ,b 2n由n +1 = = 2 知数列{b n }是公比为 2 的等比数列.b 2n -1（3）c n = a n b n = n ，2n -1当 n = 1时， c 1 =1， n = 2 时， c 2 = 1，当n ≥ 3时，由 n < 2n -1 知c n < 1，不是整数，所以c m (m ∈ N*)为整数则 m = 1或 m = 2 .。
高中数学 培优二轮 含答案 解析 专题四 第二讲 数列求和及综合应用
高中数学专题培优二轮复习等差、等比数列的求和公式等差数列前n项和公式：1． (最新·课标全国Ⅰ)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m等于( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 C解析 a m ＝2，a m ＋1＝3，故d ＝1，因为S m ＝0，故ma 1＋m (m －1)2d ＝0，故a 1＝－m －12，因为a m ＋a m ＋1＝5， 故a m ＋a m ＋1＝2a 1＋(2m －1)d ＝－(m －1)＋2m －1＝5， 即m ＝5.2． (最新·福建)数列{a n }的通项公式a n ＝n cosn π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于 ( ) A ．1 006 B ．2 012C ．503D ．0答案 A解析 用归纳法求解．∵a n ＝n cosn π2，∴a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4，a 5＝0， a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，….由此易知a 4n －2＝－(4n －2)，a 4n ＝4n ， 且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－2＋4＝2， a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝－6＋8＝2，…，a 4n －3＋a 4n －2＋a 4n －1＋a 4n ＝－(4n －2)＋4n ＝2. 又2 012＝4×503，∴a 1＋a 2＋…＋a 2 012＝2＋2＋…＋2＝2×503＝1 006.503个3． (最新·大纲全国)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.101100答案 A解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×(5－1)2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101.4． (最新·课标全国)数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________．答案 1 830解析 ∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，∴a 2＝1＋a 1，a 3＝2－a 1，a 4＝7－a 1，a 5＝a 1，a 6＝9＋a 1，a 7＝2－a 1，a 8＝15－a 1，a 9＝a 1，a 10＝17＋a 1，a 11＝2－a 1，a 12＝23－a 1，…，a 57＝a 1，a 58＝113＋a 1，a 59＝2－a 1，a 60＝119－a 1，∴a 1＋a 2＋…＋a 60＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 57＋a 58＋a 59＋a 60)＝10＋26＋42＋…＋234＝15×(10＋234)2＝1 830.5． (最新·湖南)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则：(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________.答案 (1)－116 (2)13⎝⎛⎭⎫12100－1 解析 ∵a n ＝S n －S n －1＝(－1)n a n －12n －(－1)n －1a n －1＋12n －1，∴a n ＝(－1)n a n －(－1)n －1a n －1＋12n .当n 为偶数时，a n －1＝－12n ，当n 为奇数时，2a n ＋a n －1＝12n ，∴当n ＝4时，a 3＝－124＝－116.根据以上{a n }的关系式及递推式可求．a 1＝－122，a 3＝－124，a 5＝－126，a 7＝－128，a 2＝122，a 4＝124，a 6＝126，a 8＝128.∴a 2－a 1＝12，a 4－a 3＝123，a 6－a 5＝125，…，∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 100－a 99)－⎝⎛⎭⎫12＋122＋123＋…＋12100 ＝⎝⎛⎭⎫12＋123＋…＋1299－⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12100 ＝13⎝⎛⎭⎫12100－1.题型一 分组转化法求和例1 等比数列{a n }中，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(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .审题破题 (1)可以通过逐个验证来确定数列的前三项，进而求得a n ；(2)可以分组求和：将{b n }前n 项和转化为数列{a n }和数列{(－1)n ln a n }前n 项的和． 解 (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意； 当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18.所以公比q ＝3.故a n ＝2·3n －1 (n ∈N *)．(2)因为b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n [ln 2＋(n －1)ln 3]＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3.所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝⎛⎭⎫n －12－n ln 3 ＝3n －n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n ＝⎩⎨⎧3n ＋n2ln 3－1， n 为偶数，3n －n －12ln 3－ln 2－1， n 为奇数.反思归纳 某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论． 变式训练1 在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝42，a 8＝30.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b n ＝(3)a n ＋2＋λ(λ∈R )，则是否存在这样的实数λ使得{b n }为等比数列；(3)数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数12a n －1，n 为偶数，T n 为数列{c n }的前n 项和，求T 2n .解 (1)因为{a n }是一个等差数列， 所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝42，∴a 4＝14.设数列{a n }的公差为d ，则4d ＝a 8－a 4＝16，故d ＝4. 故a n ＝a 4＋(n －4)d ＝4n －2. (2)b n ＝(3)a n ＋2＋λ＝9n ＋λ.假设存在这样的λ使得{b n }为等比数列，则b 2n ＋1＝b n ·b n ＋2， 即(9n ＋1＋λ)2＝(9n ＋λ)·(9n ＋2＋λ)，整理可得λ＝0，即存在λ＝0使得{b n }为等比数列．(3)∵c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数2n －3，n 为偶数，∴T 2n ＝1＋(2×2－3)＋22＋(2×4－3)＋24＋…＋22n －2＋(2×2n －3)＝1＋22＋24＋…＋22n －2＋4(1＋2＋…＋n )－3n ＝1－4n 1－4＋4×n (n ＋1)2－3n＝4n －13＋2n 2－n .题型二 错位相减法求和例2 已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1＝2，且1a 1，1a 2，1a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＋2b 2＋22b 3＋…＋2n －1b n ＝a n ，求数列{nb n }的前n 项和T n .审题破题 (1)列方程求{a n }的通项公式；(2)先求b n (两式相减)，再用错位相减法求T n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由⎝⎛⎭⎫1a 22＝1a 1·1a 4，得(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )． 因为d ≠0，所以d ＝a 1＝2， 所以a n ＝2n .(2)b 1＋2b 2＋4b 3＋…＋2n －1b n ＝a n① b 1＋2b 2＋4b 3＋…＋2n －1b n ＋2n b n ＋1＝a n ＋1②②－①得：2n ·b n ＋1＝2. ∴b n ＋1＝21－n .当n ＝1时，b 1＝a 1＝2，∴b n ＝22－n .T n ＝12－1＋220＋321＋…＋n 2n －2，12T n ＝120＋221＋322＋…＋n 2n －1， 上两式相减得 12T n ＝2＋120＋121＋…＋12n －2－n 2n －1 ＝2＋2⎝⎛⎭⎫1－12n －1－n2n －1，∴T n ＝8－n ＋22n －2.反思归纳 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；所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清其项数．变式训练2 (最新·山东)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＋a n ＋12n ＝λ(λ为常数)．令c n ＝b 2n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和R n .解 (1)设公差为d ，令n ＝1，则a 2＝2a 1＋1，a 1＝d －1，①又S 4＝4S 2，即2a 1＝d ，②由①②得：a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由题意知，T n ＝λ－n 2n －1，∴当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝λ－n 2n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－n －12n －2＝n －22n －1.∴c n ＝b 2n ＝n －14n －1(n ∈N *)．∴R n ＝c 1＋c 2＋…＋c n －1＋c n ＝0＋14＋242＋…＋n －14n －1， ①14R n ＝142＋243＋…＋n －24n －1＋n －14n ， ② ①－②得：34R n ＝14＋142＋…＋14n －1－n －14n ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n －11－14－n －14n＝13⎝⎛⎭⎫1－14n －1－n －14n ＝13⎛⎭⎫1－3n ＋14n ， ∴R n ＝49⎝⎛⎭⎫1－3n ＋14n ＝19⎝ ⎛⎭⎪⎫4－3n ＋14n －1.题型三 裂项相消法求和例3 在公差不为0的等差数列{a n }中，a 1，a 4，a 8成等比数列．(1)已知数列{a n }的前10项和为45，求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n ＝19－1n ＋9，求数列{a n }的公差．审题破题 (1)列方程组(两个条件)确定a n ；(2)不可以采用裂项相消法求得，应该和已知T n ＝19－1n ＋9对比求得公差．解 设数列{a n }的公差为d ，由a 1，a 4，a 8成等比数列可得 a 24＝a 1·a 8，即(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋7d )， ∴a 21＋6a 1d ＋9d 2＝a 21＋7a 1d ，而d ≠0，∴a 1＝9d .(1)由数列{a n }的前10项和为45可得S 10＝10a 1＋10×92d ＝45，即90d ＋45d ＝45，故d ＝13，a 1＝3，故数列{a n }的通项公式为a n ＝3＋(n －1)·13＝13(n ＋8)．(2)b n ＝1a n ·a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为T n ＝1d [⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋⎝⎛⎭⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1] ＝1d ⎝⎛⎭⎫1a 1－1a n ＋1 ＝1d ⎝⎛⎭⎫19d －19d ＋nd ＝1d 2⎝⎛⎭⎫19－1n ＋9 ＝19－1n ＋9. 故数列{a n }的公差d ＝1或－1.反思归纳 裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．变式训练3 等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和．解 (1)设数列{a n }的公比为q .由a 23＝9a 2a 6，得a 23＝9a 24，所以q 2＝19. 由条件可知q >0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1，得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13.故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .(2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n＝－(1＋2＋…＋n )＝－n (n ＋1)2.故1b n ＝－2n (n ＋1)＝－2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝－2[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1]＝－2nn ＋1. 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为－2nn ＋1.题型四 数列的综合应用例4 已知S n 是数列{a n }的前n 项和，点(n ，S n )在函数f (x )＝12x 2＋32x 的图象上．(1)求数列{a n }的通项；(2)若c n ＝a n a n ＋1＋a n ＋1a n ，求证：2n <c 1＋c 2＋…＋c n <2n ＋12.审题破题 (1)由S n 求a n 可考虑a n ＝S n －S n －1； (2)利用不等式放缩、数列求和分析． (1)解 因为点(n ，S n )在f (x )的图象上，所以S n ＝12n 2＋32n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，适合上式． 所以a n ＝n ＋1对任意n ∈N *都成立．(2)证明 c n ＝a n a n ＋1＋a n ＋1a n＝n ＋1n ＋2＋n ＋2n ＋1>2 n ＋1n ＋2·n ＋2n ＋1＝2， 所以c 1＋c 2＋…＋c n >2n .又因为c n ＝n ＋1n ＋2＋n ＋2n ＋1＝2＋1n ＋1－1n ＋2.故c 1＋c 2＋…＋c n ＝2n ＋[(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n ＋1－1n ＋2)]＝2n ＋12－1n ＋2<2n ＋12.所以2n <c 1＋c 2＋…＋c n <2n ＋12成立．反思归纳 数列与不等式综合的问题是常见题型，常见的证明不等式的方法有：①作差法；②作商法；③综合法；④分析法；⑤放缩法．变式训练4 已知各项全不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝n (1＋a n )2，n ∈N *.(1)求证：数列{a n }为等差数列； (2)若a 2＝3，求证：当n ∈N *时，1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<12. 证明 (1)由S 1＝1＋a 12＝a 1知a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝n (1＋a n )2－(n －1)(1＋a n －1)2，化简得(n －2)a n －(n －1)a n －1＋1＝0，① 以n ＋1代替n 得(n －1)a n ＋1－na n ＋1＝0.② 两式相减得(n －1)a n ＋1－2(n －1)a n ＋(n －1)a n －1＝0. 则a n ＋1－2a n ＋a n －1＝0，其中n ≥2. 所以，数列{a n }为等差数列． (2)由a 1＝1，a 2＝3，结合(1)的结论知a n ＝2n －1(n ∈N *)． 于是1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝11×3＋13×5＋…＋1(2n －1)(2n ＋1) ＝12(1－13)＋12(13－15)＋…＋12(12n －1－12n ＋1) ＝12(1－12n ＋1)<12.典例 (12分)已知数列{a n }的各项均为正数，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2，n ＝1,2，….(1)若a 1＝1，a 2＝5，且对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)证明：数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列． 规范解答(1)解 对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )成等差数列，所以B (n )－A (n )＝C (n )－B (n )， 即a n ＋1－a 1＝a n ＋2－a 2，亦即a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝4. 故数列{a n }是首项为1，公差为4的等差数列． 于是a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3.[5分](2)证明 ①必要性：若数列{a n }是公比为q 的等比数列，则对任意n ∈N *，有a n ＋1＝a n q . 由a n >0知，A (n )，B (n )，C (n )均大于0，于是 B (n )A (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1a 1＋a 2＋…＋a n ＝q (a 1＋a 2＋…＋a n )a 1＋a 2＋…＋a n＝q ， C (n )B (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q (a 2＋a 3＋…＋a n ＋1)a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q ， 即B (n )A (n )＝C (n )B (n )＝q . 所以三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．[8分]②充分性：若对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列，则 B (n )＝qA (n )，C (n )＝qB (n )， 于是C (n )－B (n )＝q [B (n )－A (n )]，得a n ＋2－a 2＝q (a n ＋1－a 1)，即a n ＋2－qa n ＋1＝a 2－qa 1. 由n ＝1有B (1)＝qA (1)，即a 2＝qa 1， 从而a n ＋2－qa n ＋1＝0.因为a n >0，所以a n ＋2a n ＋1＝a 2a 1＝q .故数列{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列．[11分]综上所述，数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．[12分]评分细则 (1)得到{a n }是等差数列给3分；(2)证明中没有写出必要性、充分性的不扣分；(3)证明必要性时没有指明a n >0扣1分；(4)最后结论不写扣1分．阅卷老师提醒 本题背景新颖，考查转化能力．用到的知识很简单，失去信心是本题失分的主要原因．第(1)问根据B (n )－A (n )＝C (n )－B (n )即可轻松解决；第(2)问需分充分性和必要性分别证明，其依据完全是非常简单的等比数列的定义，其关键是要有较好的推理论证能力．1． 数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( )A ．76B ．78C ．80D ．82答案 B解析 a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n －1)＋(2n ＋1)， 取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78. 故选B.2． 已知等差数列{a n }的公差d ＝－2，a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＝50，那么a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99的值是( )A ．－78B ．－82C ．－148D ．－182答案 B解析 ∵a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝(a 1＋2d )＋(a 4＋2d )＋(a 7＋2d )＋…＋(a 97＋2d ) ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＋2d ×33 ＝50＋66×(－2) ＝－82.3． 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 200OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 200等于( )A ．100B ．101C ．200D ．201答案 A解析 因为A ，B ，C 三点共线，所以a 1＋a 200＝1，S 200＝a 1＋a 2002×200＝100.4． 已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 013项之和S 2 013等于( )A ．1B ．2 010C ．4 018D ．0答案 C解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1 (n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1，2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0.∵2 013＝6×335＋3，∴S 2 013＝S 3＝4 018.5． 已知数列{a n }，a n ＝32n －11，前n 项和为S n ，关于a n 及S n 的叙述正确的是 ( )A ．a n 与S n 都有最大值B ．a n 与S n 都没有最大值C ．a n 与S n 都有最小值D ．a n 与S n 都没有最小值答案 C解析 画出a n ＝32n －11的图象，点(n ，a n )为函数y ＝32x －11图象上的一群孤立点，(112，0)为对称中心，S 5最小，a 5最小，a 6最大．6． 若数列{n (n ＋4)(23)n }中的最大项是第k 项，则k ＝______.答案 4解析 由题意知⎩⎨⎧k (k ＋4)(23)k ≥(k －1)(k ＋3)(23)k －1，k (k ＋4)(23)k≥(k ＋1)(k ＋5)(23)k ＋1，解得10≤k ≤1＋10.∵k ∈N *，∴k ＝4.专题限时规范训练一、选择题1． 设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝3，a 6＝11，则S 7等于( ) A ．13 B ．35 C ．49D ．63答案 C解析 ∵a 1＋a 7＝a 2＋a 6＝3＋11＝14.∴S 7＝7(a 1＋a 7)2＝49.2． 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝8，S 3＝6，则S 10－S 7的值是( ) A ．24 B ．48 C ．60 D ．72答案 B解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 5＝a 1＋4d ＝8S 3＝3a 1＋3d ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0d ＝2，则S 10－S 7＝a 8＋a 9＋a 10＝3a 1＋24d ＝48.3． 已知函数f (x )满足f (x ＋1)＝32＋f (x ) (x ∈R )，且f (1)＝52，则数列{f (n )} (n ∈N *)前20项的和为( )A ．305B ．315C ．325D ．335答案 D解析 因为f (1)＝52，f (2)＝32＋52，f (3)＝32＋32＋52，…，f (n )＝32＋f (n －1)，所以{f (n )}是以52为首项，32为公差的等差数列．所以S 20＝20×52＋20(20－1)2×32＝335.4． 已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12nB ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋2－12n －1答案 A解析 因为a n ＝2n －1＋12n ，则S n ＝1＋2n －12n ＋⎝⎛⎭⎫1－12n ·121－12＝n 2＋1－12n .5． 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－n 2＋3n ，若a n ＋1a n ＋2＝80，则n 的值等于( ) A ．5B ．4C ．3D ．2答案 A解析 由S n ＝－n 2＋3n 可得a n ＝4－2n . 因此a n ＋1a n ＋2＝[4－2(n ＋1)][4－2(n ＋2)]＝80， 即n (n －1)＝20，解得n ＝5，故选A.6． 数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( )A ．15B ．12C ．－12D ．－15答案 A解析 ∵a n ＝(－1)n (3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.7． (最新·上海)设a n ＝1n sin n π25，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .在S 1，S 2，…，S 100中，正数的个数是( )A ．25B ．50C ．75D ．100答案 D解析 结合三角函数性质，寻求数列前n 项和的符号特点．∵a n ＝1n sin n π25，∴当1≤n ≤24时，sin n π25>0，即a 1，a 2，…，a 24>0；当n ＝25时，a 25＝0； 当26≤n ≤49时，a n ＝1n sin n π25＝－1n sin (n －25)π25<0，且|a n |<1n －25sin (n －25)π25＝a n －25；当n ＝50时，a 50＝0.∴S 1，S 2，S 3，…，S 50>0，同理可知S 51，S 52，S 53，…，S 100>0. ∴在S 1，S 2，…，S 100中，正数的个数为100.8． 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，那么a 10等于( )A ．1B ．9C ．10D ．55答案 A解析 ∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，a 1＝1，∴S 1＝1. 可令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝1. 即当n ≥1时，a n ＋1＝1，∴a 10＝1. 二、填空题9． 在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，若a 1＝1，a n ＋1＝13S n (n ≥1)，则a n ＝____________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝113·⎝⎛⎭⎫43n －2， n ≥2解析 a n ＋1＝13S n ，a n ＋2＝13S n ＋1，∴a n ＋2－a n ＋1＝13(S n ＋1－S n )＝13a n ＋1，∴a n ＋2＝43a n ＋1 (n ≥1)．∵a 2＝13S 1＝13，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝113·⎝⎛⎭⎫43n －2， n ≥2.10．各项均为实数的等比数列{a n }的前n 项和记为S n ，若S 10＝10，S 30＝70，则S 40＝________.答案 150解析 设每10项一组的和依次组成的数列为{b n }，由已知可得，b 1＝10，b 1＋b 2＋b 3＝70.①设原等比数列{a n }的公比为q ，则b 2b 1＝a 11＋a 12＋…＋a 20a 1＋a 2＋…＋a 10＝a 1q 10＋a 2q 10＋…＋a 10q 10a 1＋a 2＋…＋a 10＝q 10.同理：b 3b 2＝q 10，b 4b 3＝q 10，…，∴{b n }构成等比数列，且公比q ′＝q 10. 由①可得10＋10q ′＋10(q ′)2＝70，即(q ′)2＋q ′－6＝0，解得q ′＝2或q ′＝－3. ∵q ′＝q 10>0，∴q ′＝2.∴{b n }的前4项依次是10,20,40,80. ∴S 40＝150.11．在等比数列{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 ＝________.答案 nn ＋1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 ＋1.12．数列1，12，12，13，13，13，14，14，14，14，…的前100项的和等于________．答案 19114解析 S 100＝1×1＋2×12＋3×13＋4×14＋…＋13×113＋9×114＝19114.三、解答题13．(最新·江西)正项数列{a n }满足：a 2n －(2n －1)a n －2n ＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝1(n ＋1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由a 2n －(2n －1)a n －2n ＝0， 得(a n －2n )(a n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以a n ＝2n .(2)由a n ＝2n ，b n ＝1(n ＋1)a n，则b n ＝12n (n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＋1n －1n ＋1＝12⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n2(n ＋1).14．已知：数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n －n (n ∈N *)．(1)求a 1，a 2的值； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)若数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足b n ＝na n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)S n ＝2a n －n .令n ＝1，解得a 1＝1；令n ＝2，解得a 2＝3. (2)S n ＝2a n －n ，所以S n －1＝2a n －1－(n －1)(n ≥2，n ∈N *)， 两式相减得a n ＝2a n －1＋1，所以a n ＋1＝2(a n －1＋1)(n ≥2，n ∈N *)， 又因为a 1＋1＝2，所以数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． 所以a n ＋1＝2n ，即通项公式a n ＝2n －1(n ∈N *)． (3)b n ＝na n ，所以b n ＝n (2n －1)＝n ·2n －n ，所以T n ＝(1·21－1)＋(2·22－2)＋(3·23－3)＋…＋(n ·2n －n )， T n ＝(1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n )－(1＋2＋3＋…＋n )． 令S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ， ① 2S n ＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1，②①－②得－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1，－S n ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，S n ＝2(1－2n )＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1，所以T n ＝2＋(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2(n ∈N *)．。
2021版江苏高考数学复习讲义：数列求和含答案
①－②得、12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n2n ＋1、∴S n ＝2n ＋1－n －22n.]4．数列{a n }的前n 项和为S n 、已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n 、则S 17＝ .9 [S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.]考点1 分组转化法求和∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(2n－3)－(2n－1)＝(－2)×n＝－2n.考点2裂项相消法求和形如a n＝错误!(k为非零常数)型a n＝错误!＝错误!错误!.提醒：求和抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项、也有可能前面剩两项、后面也剩两项．A [a 5＝a 2·q 3、∴q 3＝18、∴q ＝12、a 1＝1、∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n-1、形如a n ＝错误!型(1)与不等式相结合考查裂项相消法求和问题应分两步：第一步、求和；第二步、利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式．(2)放缩法常见的放缩技巧有：①1k2＜1k2－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1k－1－1k＋1.②1k－1k＋1＜1k2＜1k－1－1k.③2(n＋1－n)＜1n＜2(n－n－1)．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n 、满足S 4＝2a 4－1、S 3＝2a 3－1.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝log 2(a n ·a n ＋1)、数列{b n }的前n 项和为T n 、求证：1T1＋1T2＋…＋1Tn＜2.[解](1)设{a n }的公比为q 、由S 4－S 3＝a 4得2a 4－2a 3＝a 4、所以a4a3＝2、所以q ＝2. 又因为S 3＝2a 3－1、所以a 1＋2a 1＋4a 1＝8a 1－1、所以a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)证明：由(1)知b n ＝log 2(a n ·a n ＋1)＝log 2(2n －1×2n )＝2n －1、所以T n ＝错误!·n ＝n 2、所以1T1＋1T2＋…＋1Tn ＝112＋122＋…＋1n2＜1＋11×2＋12×3＋…＋错误! ＝1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝2－1n＜2. 考点3 错位相减法求和。
第16题 数列求和-2021年高考数学真题逐题揭秘与以例及类(新高考全国Ⅰ卷)(含答案解析)
所以
，
又因为 ，
所以 .
故选：D.
【点睛】方法点拨：由函数 的周期为 ，根据三角函数的周期性和数列的表达式，求出 的值，结合周期性求解.
（2021湖北省鄂东南省级示范高中高三联考）
3.已知数列 满足 ，则 的最小值是（）
A. B. C.1D.2
（2）利用 求数列通项；
（3）对于 ，利用累加法求通项；
（4）对于 结构，其中 是等差数列， 是等比数列，用错位相减法求和.
（2021江苏省盐城市高三联考）
4.已知数列 满足 ， ， ， 是等比数列，则数列 的前8项和 （）
A.376B.382C.749D.766
【答案】C
【解析】
【分析】
利用累加法求出通项 ，然后利用等比数列的求和公式和分组求和法，求解 即可
第16题客观题中的数列求和
一､原题呈现
【原题】某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为 的长方形纸，对折1次共可以得到 ， 两种规格的图形，它们的面积之和 ，对折2次共可以得到 ， ， 三种规格的图形，它们的面积之和 ，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折 次，那么 ______ .
②不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法､错位相减法､倒序相加法等来求和.
三､以例及类
（以下所选试题均来自新高考Ⅰ卷地区2020年1-6月模拟试卷）
一､单选题
（2021广东省东莞市高三5月质量检测）
1.在数列 中， 且 ，则它的前 项和 （）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
专题4.2 数列求和附答案解析-2021年高考数学(文)尖子生培优题典3
和．则使不等式 2 22 2n 2n 成立的最小正整数 n 的值是（提示 210 1024 ）（ ）
S1S2 S2S3
SnSn1 2020
2 / 18
A．11
B．10
C．9
D．8
9．（2020·全国高三其他（文））已知数列an ，bn 都是等差数列， a3 b1 3 ， a15 b7 15 ，设
f
x
x2
x，
f
1
n
1 n2 n
1
nn 1
1 n
1 n 1 ，
S2020
1
1 2Βιβλιοθήκη 1 21 31 2020
1 2021
1
1 2021
2020 2021
.
故选：C. 8．【答案】C
【解析】把 Fn 22n 1 代入 an log2 Fn 1 ），得 an log2 22n 11 2n ，
都有 Sn Tn
2n 3n 1 ，则
a5 b5
（
）
2
A．
3
9
B．
14
20
C．
31
11
D．
17
5．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中三模（文））已知数列an ， an
n2
sin
n 2
，则数列an 的前
100
项
和为（ ）
A． 5000
B． 5000
C． 5050
D． 5050
6．（2020·黑龙江香坊·哈尔滨市第六中学校二模（文））对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究
（Ⅱ）求数列
an 2n1
的前
n
项和
Sn
.
(2021年整理)高中数列经典习题(含答案)
(完整版)高中数列经典习题(含答案)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（(完整版)高中数列经典习题(含答案)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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1、在等差数列｛a n }中，a 1=－250，公差d=2，求同时满足下列条件的所有a n 的和, （1）70≤n ≤200;（2)n 能被7整除。
2、设等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 3=12， S 12＞0，S 13＜0。
（Ⅰ)求公差d 的取值范围； (Ⅱ)指出S 1，S 2,…,S 12，中哪一个值最大,并说明理由。
3、数列{n a ｝是首项为23,公差为整数的等差数列，且前6项为正，从第7项开始变为负的，回答下列各问:（1)求此等差数列的公差d ；(2）设前n 项和为n S ,求n S 的最大值;(3）当n S 是正数时,求n 的最大值。
4、设数列｛n a }的前n 项和n S 。
高中数列求和方法大全(配练习及答案)
数列的求和一、教学目标：1．熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式；2．能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运算； 3．熟记一些常用的数列的和的公式． 二、教学重点：特殊数列求和的方法．三、教学过程：（一）主要知识：1．直接法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和。
（1）等差数列的求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=（2）等比数列的求和公式⎪⎩⎪⎨⎧≠--==)1(1)1()1(11q qq a q na S nn （切记：公比含字母时一定要讨论）2．公式法：222221(1)(21)1236nk n n n k n =++=++++=∑2333331(1)1232nk n n kn =+⎡⎤=++++=⎢⎥⎣⎦∑ 3．错位相减法：比如{}{}.,,2211的和求等比等差n n n n b a b a b a b a +++ 4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。
常见拆项公式：111)1(1+-=+n n n n ；1111()(2)22n n n n =-++ )121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n !)!1(!n n n n -+=⋅5．分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和。
6．合并求和法：如求22222212979899100-++-+- 的和。
7．倒序相加法：8．其它求和法：如归纳猜想法，奇偶法等 （二）主要方法：1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式； 2．求和过程中注意分类讨论思想的运用； 3．转化思想的运用； （三）例题分析：例1．求和：①个n n S 111111111++++= ②22222)1()1()1(n n n xx x x x x S ++++++=③求数列1，3+4，5+6+7，7+8+9+10，…前n 项和n S 思路分析：通过分组，直接用公式求和。
专题4.3 数列的综合应用附答案解析-2021年高考数学(文)尖子生培优题典3
3 ，故 d
a6
a3 3
2 3
，
故选：D．
10．【答案】C
9 / 17
【解析】设等差数列为an ，则 a12 Sn a1 33 ，
a12
na1
n(n 1) 2
2
a1
33
，
a12 (n 1)a1 n(n 1) 33 ，
(a1
n
1)2 2
(n
1)(3n 4
1)
33
，
为了使 n
尽量大，故 (a1
①-②得： Sn 21 22 2n n 2n1 2n1 2 n 2n1 (1 n) 2n1 2 ，
所以 Sn (n 1) 2n1 2 ，
所以 S2019 2018 22020 2 ，
故选：C.
5．【答案】B
【解析】 Sn 是公差不为 0 的等差数列an 的前 n 项和， S7 a5 a9 ，
A．153
B．190
C．231
D．276
3．（2020·重庆市凤鸣山中学高三月考（文））已知等差数列an 的前 n 项和为 Sn ， S6 5S3 0 ，则
S9 = （ ） S3
A． 18
B．13
C．-13
D．-18
4．（2020·全国高三其他（文））已知数列an 的各项均为正数，且满足 a1 2 ，
故选:B. 8．【答案】C
【解析】由题可知an 是首项为 6，公差为 2 的等差数列，
\
Sn
=
n(6
+8 2
-
2n)
=
n(7
-
n)
，
\ S2 £ l < S3 ，
即10 £ l <12 .
专题21数列求和(解析版)-2021年高考数学二轮复习必刷题(新高考地区专用)
专题21数列求和1．设数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝3a n ﹣2n ，b n ＝a n +2，c n =1b n． （1）证明：{b n }为等比数列，并求a n ；（2）记T n 为{c n }的前项和，T n ＜m 恒成立，求m 的取值范围． 【解析】证明：（1）数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝3a n ﹣2n ① 所以S n +1＝3a n +1﹣2（n +1）②，②﹣①得：a n +1＝3a n +1﹣3a n ﹣2，整理得a n+1+2=32(a n +2)， 由于b n ＝a n +2， 所以b n+1=32b n ，数列{b n }是以b 1＝3为首项，32为公比的等比数列．所以a n +2=3×(32)n−1，整理得a n =3×(32)n−1−2． （2）记T n 为数列{c n }的前n 项和，c n =1b n =13×(23)n−1，则：T n =13×[1−(23)n ]1−23=1−(23)n ＜1由于T n ＜m 恒成立， 所以m ≥1．2．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =12a n 2+12a n ． （1）求数列{a n }的通项公式； （2）若数列{b n }满足b n ＝（﹣1）n •2n+12S n，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】解：（1）正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =12a n 2+12a n ．① 当n ＝1时，a 1=12a 12+12a 1，解得a 1＝1． 当n ≥2时，S n−1=12a n−12+12a n−1②， ①﹣②得a n +a n−1=a n 2−a n−12， 由于a n +a n ﹣1＞0， 所以a n ﹣a n ﹣1＝1（常数）．所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． 所以a n ＝n ．（2）数列{b n }满足b n ＝（﹣1）n •2n+12S n=(−1)n ⋅2n+12S n=(−1)n (n+n+1n 2+n)=(−1)n (1n+1n+1)．所以T n =−(1+12)+(12+13)−⋯+(−1)n (1n +1n+1)=−1+(−1)nn+1．3．已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，满足S 4＝10，a 5＝5．T n 为数列{b n }的前n 项和，满足T n =43（4n ﹣1），n ∈N *．（1）求{a n }和{b n }的通项公式； （2）设c n ＝log 2b n +1an a n+1，若数列{c n }的前n 项和∁n ＜100，求n 的最大值． 【解析】解：（1）已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，设首项为a 1，公差为d ， 由于满足S 4＝10，a 5＝5． 所以{S 4=4a 1+4×32d =10a 5=a 1+4d =5，整理得{a 1=1d =1，所以a n ＝1+（n ﹣1）＝n ．T n 为数列{b n }的前n 项和，满足T n =43（4n ﹣1）①， 当n ＝1时，b 1＝4，当n ≥2时，T n ﹣1=43（4n ﹣1﹣1）②，①﹣②得b n =T n −T n−1=4n （首项符合通项）， 所以数列的通项公式为：b n =4n ． （2）由（1）得设c n ＝log 2b n +1an a n+1=log 24n+1n(n+1)=2n +(1n −1n+1)． 所以∁n ＝c 1+c 2+…+c n =2(1+2+⋯+n)+(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=n(n +1)+1−1n+1， 数列{c n }的前n 项和∁n ＜100， 所以n(n +1)+1−1n+1＜100， 当n ＝9时，C 9＜100， 当n ＝10时，C 10＞100． 所以n 的最大值为9．4．在数列{a n }，{b n }中，a n ＝b n +n +1，b n ＝﹣a n +1． （1）证明：数列{a n +3b n }是等差数列； （2）求数列{a n +3b n2n }的前n 项和S n ． 【解析】证明：（1）数列{a n }，{b n }中，a n ＝b n +n +1，b n ＝﹣a n +1． 所以a n ＝﹣a n +1+n +1，整理得2a n ＝n +2， 则：a n =n+22，所以b n =−n2， 所以a n +3b n ＝1﹣n ，则：（a n +1+3b n +1）﹣（a n +2b n ）＝1﹣（n +1）﹣（1﹣n ）＝﹣1． 所以数列{a n +3b n }是以﹣1为公差的等差数列．解：（2）设c n =a n +3b n 2n=1−n2n ， 所以S n =02+−122+⋯+1−n2n ①12S n =022+−123+⋯+1−n 2n+1②， ①﹣②得：12S n =−12+−12+⋯+−12−1−n 2，整理得：S n =n+1n −1． 5．已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a •2n +b ，数列{log 2a n }的前n 项和为T n ，T 2＝3． （1）求a 和b ； （2）若1T 1+1T 2+⋯+1T n＜M 对于一切n ∈N *恒成立，求整数M 的最小值．【解析】解：（1）由S n ＝a •2n +b ， 当n ＝1时，a 1＝2a +b ，故：a 2＝S 2﹣S 1＝2a ，a 3＝S 3﹣S 2＝4a ， 由于数列{a n }等为比数列，所以a 22=a 1a 3，整理得（2a ）2＝（2a +b ）4a ， 化简得：a +b ＝0 ①（a ＝0舍）；由T 2＝3得a 1a 2＝8，即（2a +b ）2a ＝8 ② 解得a ＝2，b ＝﹣2（a ＝﹣2舍）． （2）由（1）得a n =2n ，log 2a n ＝n ， 于是T n =1+2+3+⋯+n =n(n+1)2， 1T n =2n(n+1)=2(1n −1n+1)， 1T 1+1T 2+⋯+1T n=2(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=2（1−1n+1）＜2，对于一切n ∈N *恒成立，所以整数M 的最小值为2． 6．已知等差数列{a n }的前n 项的和为S n ，a 3＝5，S 10＝100． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n =4n(a n+5)，记数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n ．【解析】解：（1）设等差数列{a n }的公差为d ， 由题意，得{a 1+2d =510a 1+10×9d2=100， 即{a 1+2d =510a 1+45d =100，解得a 1＝1，d ＝2， ∴a n ＝2n ﹣1；（2）由（1）知a n ＝2n ﹣1，∴b n =4n(2n−1+5)=2n(n+2)=1n −1n+2， ∴T n ＝（1−13）+（12−14）+（13−15）+…+（1n−1−1n+1）+（1n−1n+2）＝1+12−1n+1−1n+2=32−2n+3(n+1)(n+2)．7．已知在递增等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3是a 1和a 9的等比中项． （1）求数列{a n }的通项公式； （2）若b n =2a n +1a n ⋅a n+1，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】解：（1）设数列{a n }的公差为d ∵a 3是a 1和a 9的等比中项，∴a 32=a 1⋅a 9∴（1+2d ）2＝1•（1+8d ） ∴d ＝0（舍）或d ＝1，∴a n ＝a 1+（n ﹣1）d ＝1+（n ﹣1）•1＝n （2）由于b n =2a n +1a n ⋅a n+1，所以b n =2n +(1n−1n+1) 所以T n =(2+22+⋯+2n )+(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1) 整理得T n =2n+1−2+1−1n+1， 故T n =2n+1−1−1n+18．已知数列{a n }满足a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =112n(n +1)(2n +1)． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）若数列{b n }满足b n =a n2n ，求数列{b n }的前n 项和S n ． 【解析】解：（1）∵a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =112n(n +1)(2n +1)，∴a 1+2a 2+3a 3+⋯+(n −1)a n−1=112n(n −1)(2n −1)(n ≥2)，两式作差得na n =112[n(n +1)(2n +1)−(n −1)(2n −1)]=n 22，∴a n =n2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1=12适合上式，∴a n =n 2．（2）∵b n =n 2⋅2n =n2n+1， ∴S n =122+223+324+⋯+n2n+1⋯①，12S n =12+22+⋯+n−12+n 2⋯② ①﹣②得：12S n =122+123⋯+12n+1−n 2n+2=14(1−12n )1−12−n 2n+2=12−n+22n+2，∴S n =1−n+22n+1． 9．甲乙两同学在复习数列时发现原来曾经做过一道数列问题，因纸张被破坏导致一个条件看不清，具体如下：等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知_____． （1）判断S 4，S 3，S 5的关系；（2）若a 3﹣a 1＝6，设b n =3n−1|a n|，记{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n ＜5．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，并且他俩都记得第一问的答案是S 4，S 3，S 5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．【解析】解：（1）补充条件q ＝﹣2，a 1＝2．………………………… 理由如下：∵S 4，S 3，S 5成等差数列， ∴S 4+S 5﹣2S 3＝2a 4+a 5＝a 4（2+q ）＝0， 解得q ＝﹣2．（2）证明：∵a 3﹣a 1＝6，q ＝﹣2． ∴a 1[（﹣2）2﹣1]＝6，解得a 1＝2． ∴a n ＝（﹣2）n ． ∴b n =3n−1|a n |=3n−12n ，∴{b n }的前n 项和为T n ＝1+522+823+⋯⋯+3n−12n ， 12T n =12+523+824+⋯⋯+3n−42n +3n−12n+1， 相减可得：12T n ＝1+3（122+123+⋯⋯+12n ）−3n−12n+1=1+3×14(1−12n−1)1−12−3n−12n+1， ∴T n ＝5−3n+42n ∴T n ＜5．10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，且a 1＝1，a n +1=n+22n+2a n． （1）证明：数列{a n n+1}是等比数列；（2）求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n ． 【解析】解：（1）证明：∵a n +1=n+22n+2a n ， ∴a n+1n+2=n+22n+2a nn+2=12×a n n+1，又∵a 11+1=12，∴数列{a nn+1}是首项、公比均为12的等比数列，且a nn+1=（12）n ；（2）解：由（1）知：a nn+1=（12）n ，∴a n =n+12n ． 又S n ＝2×12+3×122+4×123+⋯+n+12n ，12S n ＝2×122+3×123+⋯+n 2n +n+12n+1， 两式相减得：12S n ＝1+122+123+⋯+12n −n+12n+1=1+122[1−(12)n−1]1−12−n+12n+1=32−n+32n+1， ∴S n ＝3−n+32n ． 11．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足关于x 的不等式a 1x 2﹣S 2x +2＜0的解集为（1，2）． （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n }满足b n ＝2log 2a n +2a n +1，求数列{b n }的前n 项和T n ． 【解析】解：（Ⅰ）设等比数列{a n }的公比为q ．因为关于x 的不等式a 1x 2−S 2x +2＜0的解集为（1，2）， 所以2a 1=2，a 1=1，又易知S 2a 1=1+2=3，得S 2＝3，所以S 2=a 1+a 2+a 3=1+q +q 2=3，解得q ＝2或q ＝﹣1（舍）． 所以数列{a n }的通项公式为a n =2n−1，n ∈N ∗． （Ⅱ）由（1）可得，a n =2n−1．因为b n ＝2log 2a n +2a n +1，所以b n =2n +2n −1，所以数列{b n }的前n 项和T n =(21+22+⋯+2n )+2(1+2+⋯+n)−n=2(1−2n)1−2+2×n(n+1)2−n＝2n +1+n 2﹣2．12．在下面的数表中，各行中的致从左到右依次成公差为正数的等差数列，各列中的数从上到下依次成公比为正数的等比数列，且公比都相等，a （n ，m ）表示第n 行，第m 列的数．已知a （1，1）＝1，a （2，2）＝4，a （3，3）＝12．第一列 第二列 第三列 第四列 … 第一行 a （1，1） a （1，2） a （1，3） a （1，4） … 第二行 a （2，1） a （2，2） a （2，3） a （2，4） … 第三行 a （3，1） a （3，2） a （3，3） a （3，4） … 第四行 a （4，1） a （4，2） a （4，3） a （4，4） ………………（1）求数列{a （n ，2）}的通项公式；（2）设b n =log 2a (n ，2)，c n =a (n ，2)+1b n b n+1，求数列{c n }的前n 项和S n ．【解析】解：（1）设第一行中的数从左到右组成的等差数列的公差是d （d ＞0）， 各列中的数从上到下组成的等比数列的公比是q （q ＞0），则a （1，2）＝1+d ，a （1，3）＝1+2d ，a （2.2）＝qa （1.2）＝q （1+d ），从而q （1+d ）＝4．①，a (3.3)=q 2a (1.3)=q 2(1+2d)，从而q 2（1+2d ）＝12．②，联立①②解得，{d =1，q =2，或{d =−13，q =6.（舍去） 从而a （1.2）＝2，所以a (n ，2)=a (1.2)⋅q n−1=2×2n−1=2n ． （2）由（1）知，a (n ，2)=2n ． 所以b n =log 2a (n ，2)=log 22n =n ， 所以c n =2n +1n(n+1)=2n +1n −1n+1，所以S n ＝c 1+c 2+c 3+…+c n ﹣1+c n =(2+11−12)+(22+12−13)+(23+13−14)+⋯+(2n−1+1n−1−1n)+(2n +1n −1n+1) =(2+22+23+⋯+2n−1+2n)+(11−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n−1−1n )+(1n −1n+1)=2−2n+11−2+1−1n+1=2n+1−1−1n+1=2n+1−n+2n+1．13．已知数列{a n }满足a 2＝5，na n ＝（n ﹣1）a n +1+3，前n 项和为S n ． （1）求a n ，S n ； （2）设b n =4n+4S n2，求数列{b n }的前n 项和T n ． 【解析】解：（1）因为na n ＝（n ﹣1）a n +1+3，所以（n +1）a n +1＝na n +2+3， 两式相减得na n +na n +2＝2na n +1，所以a n +a n +2＝2a n +1，所以数列{a n }是等差数列，na n ＝（n ﹣1）a n +1+3中令n ＝1，得a 1＝3，又a 2＝5， 所以数列{a n }的公差d ＝2，a n ＝3+2（n ﹣1）＝2n +1， S n =na 1+n(n−1)d2=n(n +2)． （2）b n =4n+4n 2(n+2)2=(n+2)2−n 2n 2(n+2)2=1n 2−1(n+2)2， 所以T n =112−132+122−142+132−152+⋯+1n 2−1(n+2)2 =1+14−1(n+1)2−1(n+2)2=54−2n 2+6n+5(n+1)2(n+2)2． 14．已知数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，a 1＝2，b 1＝1，且a n +1＝a 1+2T n ． （1）若数列{a n }为等差数列，求S n ；（2）若b n +1＝b 1+2S n ，证明：数列{a n +b n }和{a n ﹣b n }均为等比数列． 【解析】（1）解：由a n +1＝a 1+2T n ，得a 2＝a 1+2b 1， 又a 1＝2，b 1＝1，解得a 2＝4．因为数列{a n }为等差数列，所以该数列的公差为a 2﹣a 1＝2， 所以S n =2n +n(n−1)2⋅2=n 2+n ． （2）证明：当n ≥2时，a n ＝a 1+2T n ﹣1，因为T n ﹣T n ﹣1＝b n ，所以a n +1﹣a n ＝2b n ，即a n +1＝a n +2b n ， 同理可得：b n +1＝b n +2a n ． 则a n +1+b n +1＝3（a n +b n ），所以a n+1+b n+1a n +b n=3（n ≥2），又a 2＝a 1+2b 1＝4，b 2＝b 1+2a 1＝5， 所以a 2+b 2a 1+b 1=4+53=3，所以a n+1+b n+1a n +b n=3（n ∈N *），所以数列{a n +b n }是以3为首项，3为公比的等比数列．因为a n +1﹣b n +1＝﹣（a n ﹣b n ），所以a n+1−b n+1a n −b n=−1（n ≥2），又a 2−b 2a 1−b 1=4−52−1=−1，所以a n+1−b n+1a n −b n=−1（n ∈N *），所以数列{a n ﹣b n }是以﹣1为首项，﹣1为公比的等比数列．15．已知公差不为零的等差数列{a n }各项均为正数，其前n 项和为S n ，满足2S 2＝a 2（a 2+1）且a 1，a 2，a 4成等比数列．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n =a n+1⋅2a n ，求数列{b n }的前n 项和为T n ． 【解析】解：（1）设等差数列的公差为d ，由题意得：{2S 2=a 2(a 2+1)a 22=a 1a 4，即{4a 1+2d =a 12+2a 1d +d 2+a 1+d a 12+2a 1d +d 2=a 12+3a 1d ，整理得{a 12+2a 1d +d 2=3a 1+da 1=d ，解得a 1＝d ＝1，∴a n ＝n ；（2）由b n =a n+1⋅2a n ，且a n ＝n ，得b n =(n +1)2n ， 则T n =2×21+3×22+4×23+⋯+(n +1)×2n ， 2T n =2×22+3×23+4×24+⋯+(n +1)×2n+1，两式作差得：−T n =2×21+(22+23+⋯+2n )−(n +1)×2n+1＝4+4(1−2n−1)1−2−(n +1)×2n+1=−n ×2n +1．∴T n =n ⋅2n+1．16．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 ． （Ⅰ）求数列{b n }的通项公式；（Ⅱ）若c n ＝（﹣1）n b n ，{c n }的前n 项和为S n ，求S 2n ．【解析】解：（Ⅰ）设数列{a n }是各项均为正数的公比为q 的等比数列， 由a 3=116，a 1−a 2=18，可得a 1q 2=116，a 1﹣a 1q =18， 解得q =12，a 1=14，则a n =14•12n−1=12n+1，由1+b n +1与1﹣b n 的等差中项是a n ， 可得2+b n +1﹣b n ＝2a n ，即b n +1﹣b n ＝2a n ﹣2，则b 2﹣b 1＝2a 1﹣2，b 3﹣b 2＝2a 2﹣2，…，b n ﹣b n ﹣1＝2a n ﹣1﹣2， 累加可得b n ﹣b 1＝2（a 1+a 2+…+a n ﹣1）﹣2（n ﹣1）＝2•14(1−12n−1)1−12−2n +2＝﹣2n +3−12n−1，由b 1＝﹣3，可得b n ＝﹣2n −12n−1，（Ⅱ）c n =(−1)n b n =（﹣1）n （﹣2n −12n−1）， 则S 2n ＝（2+1）+（﹣4−12）+（6+14）+（﹣8−18）+…+[2（2n ﹣1）+122n−2]+[﹣2（2n ）−122n−1]＝[2﹣4+6﹣8+…+2（2n ﹣1）﹣2（2n ）]+（1−12+14−18+⋯+122n−2−122n−1）＝（﹣2﹣2﹣…﹣2）+1−1(−2)2n1−(−12)=23[1﹣（14）n ]﹣2n ．17．已知等比数列{a n }是递增的数列，且前n 项和为S n ，S 3＝7，又a 1+3，3a 2，a 3+4成等差数列． （1）求数列{a n }的通项公式； （2）令b n =log 2a n+164，求|b 1|+|b 2|+…+|b n |． 【解析】解：（1）设公比为q 的等比数列{a n }是递增的数列，且前n 项和为S n ，S 3＝7，又a 1+3，3a 2，a 3+4成等差数列．所以{S 3=72(3a 2)=a 1+a 3+3+4，解得{a 2=2q =2或12，由于数列{a n }是递增的数列， 所以q ＝2．所以a n =2×2n−2=2n−1． （2）由（1）得b n =log 2a n+164，＝n ﹣6， 当n ≤6时，b n ≤0，所以|b 1|+|b 2|+…+|b n |=n(11−n)2． 当n ≥7时，|b 1|+|b 2|+…+|b n |＝（b 1+b 2+…+b n ）﹣2（b 1+b 2+…+b 6）=n 2−11n+602．故|b 1|+|b 2|+…+|b n |={n(11−n)2(1≤n ≤6)n 2−11n+602(n ≥7)．18．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，对任意n ∈N *均有a n+1=a n +b n +√a n 2+b n 2，b n+1=a n +b n −√a n 2+b n2， （1）证明：数列{a n +b n }和数列{a n •b n }均为等比数列；（2）设c n =(n +1)⋅2n ⋅(1a n +1b n)，求数列{c n }的前n 项和T n ． 【解析】解：（1）证明：由a 1＝b 1＝1，可得a 1+b 1＝2，a 1b 1＝1，对任意n ∈N *均有a n+1=a n +b n +√a n 2+b n 2，b n+1=a n +b n −√a n 2+b n 2，可得a n +1+b n +1＝2（a n +b n ），a n +1•b n +1＝（a n +b n ）2﹣（a n 2+b n 2）＝2a n •b n ， 则数列{a n +b n }是首项和公比均为2的等比数列； 数列{a n •b n }为首项为1，公比为2的等比数列；（2）c n =(n +1)⋅2n⋅(1a n +1b n )=（n +1）•2n •a n +b n a n b n =（n +1）•2n •2n2=（n +1）•2n +1， 可得T n ＝2•22+3•23+…+n •2n +（n +1）•2n +1， 2T n ＝2•23+3•24+…+n •2n +1+（n +1）•2n +2，上面两式相减可得﹣T n ＝8+23+24+…+2n +2n +1﹣（n +1）•2n +2＝8+8(1−2n−1)1−2−（n +1）•2n +2，化简可得T n ＝n •2n +2．19．已知数列{a n }是等差数列，且满足a 6＝6+a 3，a 6﹣1是a 5﹣1与a 8﹣1的等比中项． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）已知数列{b n }满足b n ＝2n •a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ，并求S n 的最小值．【解析】解：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，由题设可得：{a 1+5d =6+a 1+2d (a 1+5d −1)2=(a 1+4d −1)(a 1+7d −1)，解得：{a 1=−5d =2，∴a n ＝﹣5+2（n ﹣1）＝2n ﹣7；（2）由（1）知：a n ＝2n ﹣7，∴b n ＝2n •a n ＝（2n ﹣7）•2n ． ∵S n ＝﹣5×2﹣3×22﹣1×23+…+（2n ﹣7）•2n ①，∴2S n ＝﹣5×22﹣3×23+…+（2n ﹣9）•2n +（2n ﹣7）•2n +1②， 由①﹣②可得：﹣S n ＝﹣10+2（22+23+ (2)）﹣（2n ﹣7）•2n +1＝﹣10+2×22(1−2n−1)1−2+（7﹣2n ）•2n +1＝﹣18+（9﹣2n ）•2n +1， ∴S n ＝（2n ﹣9）•2n +1+18．又S 1＝﹣10，S 2＝﹣22，S 3＝﹣30，S 4＝﹣14，∴S n 的最小值为﹣30． 20．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝m ，a n +1＝S n +1（n ∈N *）． （1）求实数m 的值和数列{a n }的通项公式；（2）设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 ．【解析】解：（1）a 2＝S 1+1＝a 1+1＝m +1，由a n +1＝S n +1得a n ＝S n ﹣1+1（n ≥2），相减可得a n +1﹣a n ＝a n （n ≥2）即a n +1＝2a n （n ≥2）． 又{a n }是等比数列，则公比q ＝2， 则a 2＝2a 1即m +1＝2m ，可得m ＝1， 故a n =2n−1(n ∈N ∗)．（2）由b n ={a n (n 为奇数)log 2a n (n 为偶数)，得b n ={2n−1(n 为奇数)n −1(n 为偶数)(n ∈N ∗)．则T 2n ＝（b 1+b 3+b 5+…+b 2n ﹣1）+（b 2+b 4+b 6+…+b 2n ） ＝（20+22+24+…+22n ﹣2）+[1+3+5+…+（2n ﹣1）]=1−4n 1−4−+12n （1+2n ﹣1） =4n −13+n 2．21．设数列{a n }满足：a 1＝1，3a n +1﹣a n +4＝0，n ∈N *． （1）求证：数列{a n +2}为等比数列，并求出{a n }的通项公式； （2）若b n ＝a n +log 3（a n +2），求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】解：（1）证明：∵a 1＝1，3a n +1﹣a n +4＝0，∴a n+1=13a n −43， ∴a n+1+2=13a n +23≠0，∴a n+1+2a n +2=13，∵a 1+2＝3， ∴{a n +2}是首项为3，公比为13的等比数列． ∴a n +2=3×(13)n−1，故a n =(13)n−2−2．（2）由（1），得b n =(13)n−2−2+log 3(13)n−2=(13)n−2−n ， ∴S n =(13)−1+(13)0+⋯+(13)n−2−(1+2+⋯+n) =3(1−13n )1−13−n(n+1)2=−92×3n −n(n+1)2+92． 22．设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝1，b 1＝2，b 2＝2a 2，b 3＝2a 3+2． （1）求{a n }和{b n }的通项公式；（2）数列{c n }满足c n ={1，n =2ka n ，n ≠2k （k ∈N ），设数列{c n }的前n 项和为S n ，求S2n ．【解析】解：（1）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， 由a 1＝1，b 1＝2，b 2＝2a 2，b 3＝2a 3+2， 可得2q ＝2（1+d ），2q 2＝2（1+2d ）+2， 解得d ＝1，q ＝2，则a n ＝1+n ﹣1＝n ，b n =2n ，n ∈N *；（2）由于数列{c n }满足c n ={1，n =2ka n ，n ≠2k（k ∈N ），所以S 2n =c 1+c 2+⋯+c 2n =(a 1+a 2+a 3+⋯+a 2n )−(a 21+a 22+⋯+a 2n )+n ， ＝（1+2+3+…+2n ）﹣（2+22+…+2n ）+n ，=12(1+2n )2n −2(2n−1)2−1+n ，═2n ﹣1（1+2n ）﹣2n +1+2+n ，＝22n ﹣1﹣3•2n ﹣1+n +2，23．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =n 2+n （n ∈N *），数列{b n }为等比数列，且b 2＝a 4，b 1+b 3＝S 4． （1）求{a n }和{b n }的通项公式；（2）若数列{b n }为递增数列，设c n =(−1)n a n ⋅b n ，求数列{c n }的前n 项和T n ． 【解析】解：（1）由已知当n ＝1时，2a 1＝2S 1＝2，∴a 1＝1， 当n ≥2时，{2S n =n 2+n2S n−1=(n −1)2+(n −1)，则2a n ＝2n ， 即a n ＝n （n ≥2）， 故a n ＝n （n ∈N *）．设等比数列{b n }的公比为q ，∵b 2＝a 4＝4，b 1+b 3＝S 4＝10， {b 1q =4b 1(1+q 2)=10，解得{b 1=2q =2或{b 1=8q =12∴b n =2n 或b n =24−n ．（2）由题意，得c n =(−1)n a n ⋅b n =(−1)n n ⋅2n =n ⋅(−2)n ， ∴T n =1⋅(−2)+2⋅(−2)2+3⋅(−2)3+⋯+n ⋅(−2)n ，∴−2T n =1⋅(−2)2+2⋅(−2)3+⋯+(n −1)⋅(−2)n +n ⋅(−2)n+1． 上述两式相减， 得3T n =−2+(−2)2+(−2)3+⋯+(−2)n−n ⋅(−2)n+1=(−2)[1−(−2)n]1+2−n ⋅(−2)n+1=−23−3n+13⋅(−2)n+1， ∴T n =−29−3n+19⋅(−2)n+1． 24．已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足a n +2S n S n ﹣1＝0（n ≥2）． （1）求证：数列{1S n}是等差数列；（2）记b n =12n+1S n ，求数列{b n }的前n 项和T n ． 【解析】（1）证明：当n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1，∴S n﹣1﹣S n＝2S n S n﹣1，S n≠0，∴1S n−1S n−1=2，∵1S1=1a1=1，∴数列{1S n}是以1为首项，2为公差的等差数列．（2）解：由（1）可知，1S n =1S1+(n−1)×2=2n−1，∴S n=12n−1，b n=12n+1S n=1(2n−1)(2n+1)=12（12n−1−12n+1），∴T n=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=12−14n+2．25．已知n∈N*，数列{d n}满足d n=3+(−1)n2，数列{a n}满足a n＝d1+d2+d3+…+d2n；又知数列{b n}中，b1＝2，且对任意正整数m，n，b n m＝b m n．（Ⅰ）求数列{a n}和数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）将数列{b n}中的第a1项，第a2项，第a3项，…，第a n项，…删去后，剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{c n}，求数列{c n}的前2020项和．【解析】解：（Ⅰ）数列{d n}满足d n=3+(−1)n2，数列{a n}满足a n＝d1+d2+d3+…+d2n=3×2n2=3n，由题意知：又知数列{b n}中，b1＝2，且对任意正整数m，n，b n m＝b m n．令m＝1时，所以b n=2n．（Ⅱ）数列{b n}中的第a1项，第a2项，第a3项，…，第a n项，…删去后，剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{c n}，所以：T2010＝（C1+C3+…+C2019）+（C2+C4++…+C2020），＝（b1+b4+…+b3028）+（b2+b5+…+b3029），=2(1−81010)1−8+4(1−81010)1−8，=6(81010−1) 7．26．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝2，S5＝30，数列{b n}的前n项和为T n，且T n=2n−1．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）设c n=b n(b n+1)(b n+1+1)，数列{c n}的前n项和为M n，求M n；（3）设d n=(−1)n(a n b n+lnS n)，求数列{d n}的前n项和．【解析】解：（1）等差数列{a n}的公差设为d，S5＝5a1+5×42d＝10+10d＝30，解得d＝2，所以a n ＝2+2（n ﹣1）＝2n ，n ∈N *； 对数列{b n }，当n ＝1时，b 1＝T 1＝21﹣1＝1； 当n ≥2时，b n ＝T n ﹣T n ﹣1＝2n ﹣2n ﹣1＝2n ﹣1，上式对n ＝1也成立． 所以b n ＝2n ﹣1，n ∈N *；（2）c n =b n (b n +1)(b n+1+1)=2n−1(2n−1+1)(2n +1)=2n +1−(2n−1+1)(2n−1+1)(2n +1)=12n−1+1−12n +1， 所以M n ＝（12+1−12+1）+（12+1−12+1）+…+（12+1−12+1）=12−12n+1． （3）d n =(−1)n (a n b n +lnS n )=（﹣1）n a n b n +（﹣1）n lnS n ． 因为S n =n(2+2n)2=n （n +1），所以lnS n ＝lnn （n +1）＝lnn +ln （n +1）， 而（﹣1）n a n b n ＝（﹣1）n •2n •2n ﹣1＝n •（﹣2）n ，设数列{（﹣1）n a n b n }的前n 项和为A n ，数列{（﹣1）n lnS n }的前n 项和为B n ， 则A n ＝1•（﹣2）+2•（﹣2）2+3•（﹣2）3+…+n •（﹣2）n ， ﹣2A n ＝1•（﹣2）2+2•（﹣2）3+3•（﹣2）4+…+n •（﹣2）n +1，上面两式相减可得3A n ＝（﹣2）+（﹣2）2+（﹣2）3+…+（﹣2）n ﹣n •（﹣2）n +1=−2[1−(−2)n]1−(−2)−n •（﹣2）n +1，化简可得A n =−29−3n+19•（﹣2）n +1． 当n 为偶数时，B n ＝﹣（ln 1+ln 2）+（ln 2+ln 3）﹣（ln 3+ln 4）+…+[lnn +ln （n +1）]＝ln （n +1）﹣ln 1＝ln （n +1）； 当n 为奇数时，B n ＝﹣（ln 1+ln 2）+（ln 2+ln 3）﹣（ln 3+ln 4）+…﹣[lnn +ln （n +1）]＝﹣ln （n +1）； 综上可得B n ＝（﹣1）n ln （n +1）．所以数列{d n }的前n 项和为A n +B n ＝（﹣1）n ln （n +1）−29−3n+19•（﹣2）n +1． 27．已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为A n ，B n ，a 1＝1，且2A n ＝a n a n +1，b n +B n ＝1． （1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（2）令T n ＝a 1b 1+a 2b 2+……+a n b n ，若对任意的n ∈N *．不等式λnT n +2b n A n ＜2（λn +3b n ）恒成立，试求实数λ的取值范围．【解析】解：（1）∵2A n ＝a n a n +1，① ∴2A n +1＝a n +1a n +2，②由②﹣①得，2a n +1＝a n +1（a n +2﹣a n ）， 显然a n ≠0，故a n +2﹣a n ＝2， 又a 1＝1，故a 2＝2，∴数列{a n }是偶数项以2为首项，2为公差的等差数列，奇数项以1为首项，2为公差的等差数列，∴a n ＝n ； ∵b n +B n ＝1．∴b 1=12，且b n +1+B n +1＝1， ∴b n +1﹣b n +b n +1＝0，即b n+1b n =12，∴数列{b n }是以12为首项，12为公比的等比数列， ∴b n =(12)n ；（2）依题意，a n b n =n ⋅(12)n ，∴T n =1⋅(12)1+2⋅(12)2+3⋅(12)3+⋯⋯+(n −1)⋅(12)n−1+n ⋅(12)n ， 则12T n =1⋅(12)2+2⋅(12)3+3⋅(12)4+⋯⋯+(n −1)⋅(12)n +n ⋅(12)n+1，∴12T n =12+(12)2+(12)3+⋯⋯+(12)n −n ⋅(12)n+1=12[1−(12)n ]1−12−n ⋅(12)n+1=1−(12)n −n ⋅(12)n+1，∴T n =2−(12)n−1−n ⋅(12)n ，不等式λnT n +2b n A n ＜2（λn +3b n ）即为λn （T n ﹣2）＜2b n （3﹣A n ），即λn ⋅[−(12)n−1−n ⋅(12)n ]＜2⋅(12)n ⋅[3−n(n+1)2]，亦即λ⋅n(n+2)2＞n 2+n−62， 即（1﹣λ）n 2+（1﹣2λ）n ﹣6＜0对任意n ∈N *恒成立， 设f （n ）＝（1﹣λ）n 2+（1﹣2λ）n ﹣6（n ∈N •），当λ＝1时，f （n ）＜0恒成立，符合题意；当λ＜1时，由二次函数性质知不恒成立，不合题意； 当λ＞1时，由于对称轴x =−1−2λ2−2λ＜0，故f （n ）在[1，+∞）单调递减， ∴f （n ）≤f （1）＜0恒成立，符合题意； 综上，实数λ的取值范围为[1，+∞）．28．已知数列{a n }、{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，数列{a n }满足a 1=12，2S n +1＝2S n +a n ，n ∈N +，等差数列{b n }满足b 2＝5，T 9＝153．（1）求数列{a n }和{b n }的通项公式； （2）若数列{c n }满足c n ＝ab n ，求证：c 1+c 2+……+c n ＜815，其中n ∈N +．【解析】解：（1）∵2S n +1＝2S n +a n ， ∴2a n +1＝a n ，即，q =12． ∴a n =12n ，又∵b2＝b1+d＝5，T9＝9b1+36d＝153．可解得：b1＝1，d＝4．∴b n＝4n﹣3．（2）c n=a bn =124n−3=8×116n，显然c n是公比为116的等比数列．c1+c2+…c n=12(1−116n)1−116=815(1−116n)＜815，证毕．29．若无穷数列{a n}满足：a1是正实数，当n≥2时，|a n﹣a n﹣1|＝max{a1，a2，…，a n﹣1}，则称{a n}是“Y﹣数列”．（Ⅰ）若{a n}是“Y﹣数列”且a1＝1，写出a4的所有可能值；（Ⅱ）设{a n}是“Y﹣数列”，证明：{a n}是等差数列当且仅当{a n}单调递减；{a n}是等比数列当且仅当{a n}单调递增；（Ⅲ）若{a n}是“Y﹣数列”且是周期数列（即存在正整数T，使得对任意正整数n，都有a T+n＝a n），求集合{1≤i≤2018|a i＝a1}的元素个数的所有可能值的个数．【解析】解：（Ⅰ）由题，所有可能的情况有a2＝2，0，a3＝4，0，1，﹣1，a4＝8，0，2，﹣2，2，0，0，﹣2，故a4的所有可能值为﹣2，0，2，8．（Ⅱ）证明：①因为|a2﹣a1|＝a1，所以a2＝0或2a1．当{a n}是等差数列时，假设a2＝2a1，则a3＝2a2﹣a1＝3a1．此时，|a3﹣a2|＝a1，而max{a1，a2}＝2a1，矛盾！所以a2＝0．于是公差d＝a2﹣a1＝﹣a1＜0，所以{a n}单调递减，当{a n}单调递减时，对任意n≥2，max{a1，a2，…，a n﹣1}＝a1．又|a n﹣a n﹣1|＝a n﹣1﹣a n，所以a n﹣a n﹣1＝﹣a1，从而{a n}是等差数列，②当{a n}是等比数列时，a2≠0，所以a2＝2a1，于是公比q＝2＞1．又a1＞0，所以{a n}单调递增．当{a n}单调递增时，对任意n≥2，max{a1，a2，…，a n﹣1}＝a n﹣1．又|a n﹣a n﹣1|＝a n﹣a n﹣1，所以a n﹣a n﹣1＝a n﹣1，即a n＝2a n﹣1．因为a1≠0，所以{a n}是等比数列（Ⅲ）解：先证明a1是数列{a n}中的最大项．事实上，如果i是第一个大于a1的项的脚标，则由|a i+1﹣a i|＝max{a1，a2，…，a i}＝a i知，a i+1是a i的倍数．假设a i+1，a i+2，L，a i+k﹣1都是a i的倍数，则由|a i +k ﹣a i +k ﹣1|＝max {a 1，a 2，…，a i +k ﹣1}＝max {a i ，a i +1，…，a i +k ﹣1} 知，a i +k 也是a i 的倍数．所以由归纳法知，对任意n ≥i ，a n 都是a i 的倍数． 但a 1不是a i 的倍数，这与{a n }是周期数列矛盾！所以a 1是数列{a n }中的最大项，从而当n ≥2时，|a n ﹣a n ﹣1|＝a 1．再证明当n 是奇数时，a n 是a 1的奇数倍；当n 是偶数时，a n 是a 1的偶数倍 事实上，当n ＝1时结论成立， 假设n ＝k 时成立，当n ＝k +1时，由|a k +1﹣a k |＝a 1知，结论也成立， 所以，若a i ＝a 1，i 的值只可能为奇数，所以集合{1≤i ≤2018|a i ＝a 1}的元素个数最多有1009个．下证集合{1≤i ≤2018|a i ＝a 1}的元素个数可以是1～1009的所有整数． 事实上，对于i ＝2019，可取数列为：a 1，0︸1个周期，a 1，0，a 1，0，⋯a 1，0，⋯也即：所有的奇数项均等于a 1，所有的偶数项均等于0，此时，数列为Y 数列，且T ＝2． 对于任意整数1≤t ＜1009，构造数列的前2018项如下：a 1，0︸1组，a 1，0，⋯a 1，0，︸共t 组−a 1，0︸1组，−a 1，0，⋯−a 1，0︸共1009−t 组由于数列是无穷数列，故可取T ＝2018，显然满足数列是Y 数列． 综上，集合{1≤i ≤2018|a i ＝a 1}的元素个数的所有可能值的个数为1009．30．若无穷数列{a n }和无穷数列{b n }满足：存在正常数A ，使得对任意的n ∈N *，均有|a n ﹣b n |≤A ，则称数列{a n }与{b n }具有关系P （A ）．（1）设无穷数列{a n }和{b n }均是等差数列，且a n =2n ，b n =n +2(n ∈N ∗)，问：数列{a n }与{b n }是否具有关系P （1）？说明理由；（2）设无穷数列{a n }是首项为1，公比为13的等比数列，b n =a n+1+1，n ∈N ∗，证明：数列{a n }与{b n }具有关系P （A ）；并求A 的最小值；（3）设无穷数列{a n }是首项为1，公差为d （d ∈R ）的等差数列，无穷数列{b n }是首项为2，公比为q （q ∈N *）的等比数列，试求数列{a n }与{b n }具有关系P （A ）的充要条件． 【解析】解：（1）因为a n =2n ，b n =n +2(n ∈N ∗)， 若数列{a n }与{b n }具有关系P （1），则对任意的n ∈N *，均有|a n ﹣b n |≤1，即|2n ﹣（n +2）|≤1，亦即|n ﹣2|≤1， 但n ＝4时，|n ﹣2|＝2＞1，所以数列{a n }与{b n }不具有关系P （1），（2）证明：因为无穷数列{a n }是首项为1，公比为13的等比数列，所以a n =(13)n−1，因为b n ＝a n +1+1，所以b n =(13)n +1， 所以|a n −b n |=|(13)n−1−(13)n −1|=1−2n ＜1， 所以数列{a n }与{b n }具有关系P （A ）． 设A 的最小值为A 0，|a n ﹣b n |≤A 0， 因为|a n ﹣b n |＜1，所以A 0≤1． 若0＜A 0＜1，则当n ＞log 321−A 0时，3n ＞21−A 0，则1−23n ＞A 0， 这与“对任意的n ∈N *，均有|a n ﹣b n |≤A 0”矛盾， 所以A 0＝1，即A 的最小值为1．（3）因为数列{a n }是首项为1，公差为d （d ∈R ）的等差数列，无穷数列{b n }是首项为2，公比为q （q ∈N *）的等比数列，所以a n =a 1+(n −1)d =dn +1−d ，b n =b 1q n−1=2q⋅q n ， 设1−d =a ，2q=b ＞0，则a n =dn +a ，b n =bq n ，n ∈N ∗．数列{a n }与{b n }具有关系P （A ），即存在正常数A ，使得对任意的n ∈N *，均有|a n ﹣b n |≤A ．（Ⅰ）当d ＝0，q ＝1时，|a n ﹣b n |＝|1﹣2|＝1≤1，取A ＝1，则|a n ﹣b n |≤A ，数列{a n }与{b n }具有关系P （A ） （Ⅱ）当d ＝0，q ≥2时，假设数列{a n }与{b n }具有关系P （A ），则存在正常数A ，使得对任意的n ∈N *，均有|a n ﹣b n |≤A ．因为|b n |﹣|a n |≤|a n ﹣b n ，所以，对任意的n ∈N *，|b n |﹣|a n |≤A ，即bq n ≤1+A ，q n ≤1+Ab ，所以n ≤log q 1+Ab ，这与“对任意的n ∈N *，均有|b n |﹣|a n |≤A ”矛盾，不合；（Ⅲ）当d ≠0，q ＝1时，假设数列{a n }与{b n }具有性质P （A ），则存在正常数A ，使得对任意的n ∈N *，均有|a n ﹣b n |≤A ．因为|a n |﹣|b n |≤|a n ﹣b n |，所以，对任意的n ∈N *，|a n |﹣|b n |≤A ，即|a n |≤2+A ，即|dn +a |≤2+A ，所以|dn |﹣|a |≤2+A ，n ≤|a|+2+A |d|，这与“对任意的n ∈N *，均有|a n |﹣|b n |≤A ”矛盾，不合； （Ⅳ）当d ≠0，q ≥2时，假设数列{a n }与{b n }具有性质P （A ），则存在正常数A ，使得对任意的n ∈N *，均有|a n ﹣b n |≤A ．因为|b n |﹣|a n |≤|a n ﹣b n ，所以，对任意的n ∈N *，|b n |﹣|a n |≤A ，所以bq n ≤|dn +a |+A ≤|d |n +|a |+A ，所以q n ≤|d|b n +|a|+Ab ，设|d|b =λ＞0，|a|+A b=μ＞0，则对任意的n ∈N *，q n ≤λn +μ．因为q n ≥2n 所以，对任意的n ∈N *，2n ≤λn +μ，下面先证明：存在N ＞1，当n ＞N 时，2n ＞n 2．即证nln 2﹣2lnn ＞0．设f(x)=lnx −√x(x ＞0)，则f ′(x)=1x 2√x =2−√x2x ，所以x ∈（0，4）时，f ′（x ）＞0，f （x ）在区间（0，4）上递增，同理f （x ）在区间（4，+∞）上递减，所以f （x ）max ＝f （4）＝ln 4﹣2＜0，所以lnx ＜√x ． 因此，xln2−2lnx ＞(ln2)x −2√x =√x(√xln2−2)，所以，当x ＞(2ln2)2时，xln 2﹣2lnx ＞0，设(2ln2)2=N ，则当x＞N时，xln2﹣2lnx＞0，即当n＞N时，2n＞n2，又2n≤λn+μ，所n2＜λn+μ，即n2﹣λn﹣μ＜0，解得0＜n＜λ+√λ2+4μ2，这与对任意的n∈N*，2n≤λn+μ矛盾，不合．综上所述，数列{a n}与{b n}具有关系P（A）的充要条件为d＝0，q＝1．。
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2021
2021
D．
2022
8．（2020·岳麓·湖南师大附中高三月考（文））数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于 1640 年
提出了以下猜想 Fn 22n 1(n 0,1, 2,L ) 是质数．直到 1732 年才被善于计算的大数学家欧拉算出
F5 641 6700417 ，不是质数．现设 an log2 Fn 1,(n 1, 2,L ) ， Sn 表示数列an 的前 n 项
都有 Sn Tn
2n 3n 1 ，则
a5 b5
（
）
2
A．
3
9
B．
14
20
C．
31
11
D．
17
5．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中三模（文））已知数列an ， an
n2
sin
n 2
，则数列an 的前
100
项
和为（ ）
A． 5000
B． 5000
C． 5050
D． 5050
6．（2020·黑龙江香坊·哈尔滨市第六中学校二模（文））对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究
3 / 23
17．（2020·福建其他（文））已知公差不为 0 的等差数列 an ，其前 n 项和为 Sn ， a1 1，且 S1 、 S2 、
S4 成等比数列.
（1）求数列an 的通项公式； （2）令 bn 2n an ，求数列bn 的前 n 项和 Tn . 18．（2020·湖北东西湖·华中师大一附中其他（文））已知等比数列an 的前 n 项和为 Sn ，且 S4 30 ， a2
2
1
3
5
7
...
97
99
2
50
50
2
49
2
5000
.
故选:B
6．（2020·黑龙江香坊·哈尔滨市第六中学校二模（文））对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究
成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货
物堆，从上向下查，第一层有 2 个货物，第二层比第一层多 3 个，第三层比第二层多 4 个，以此类推，记
解得： x 141
6 / 23
故选：D．
2．（2020·湖北宜昌·其他（文））我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节 气，每个节气晷（gui）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长）．二十四 个节气及晷长变化如图所示，相邻两个晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈四尺五寸，夏至晷 长二尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是（ ）
A．99
B．131
C．139
D．141
2．（2020·湖北宜昌·其他（文））我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节 气，每个节气晷（gui）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长）．二十四 个节气及晷长变化如图所示，相邻两个晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈四尺五寸，夏至晷 长二尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是（ ）
12．（2020·山西其他（文））设函数
f (x) log2
2x 4 2x
，数列an 满足 an
f
n 2020 ，则
a1 a2 a4039 ______.
14．（2020·河北桃城·衡水中学高三月考（文））在数列an 中，已知 a1 1， an1 an n 1 ，则
1 1 1 =______．
B．
6069
2020
C．
2023
4040
D．
2023
7．（2020·湖南邵阳·三模（文））已知函数 f x x2 ax 的图象在点 A 1, f 1 处的切线 l 与直线
x
3y
2
0
垂直，若数列
f
1
n
的前
n
项和为
Sn
，则
S2020
的值为（
）
2018
A．
2019
2019
B．
2020
2020
和．则使不等式 2 22 2n 2n 成立的最小正整数 n 的值是（提示 210 1024 ）（ ）
S1S2 S2S3
SnSn1 2020
2 / 23
A．11
B．10
C．9
D．8
9．（2020·全国高三其他（文））已知数列an ，bn 都是等差数列， a3 b1 3 ， a15 b7 15 ，设
第
n
层货物的个数为
an
，则数列
(n
n 2)an
的前
2020
项和为（
）
2020
A．
6069
4040
B．
6069
2020
C．
2023
4040
D．
2023
【答案】B
【解析】由题意可知 a1 2 ， a2 a1 3 ， a3 a2 4 ， ， an an1 n 1，累加可得
， a4 的等差中项为 10.
（1）求数列an 的通项公式；
（2）求 Tn
2 S1S2
22 S2S3
2n Sn Sn1
.
19．（2020·荆州市北门中学期末（文））已知等差数列an 满足
(a1 a2 ) (a2 a3 ) (an an1) 2n(n 1) （ n N * ）.
（Ⅰ）求数列an 的通项公式；
4．（2020·赤峰二中高一月考（文））等差数列an 和bn 的前 n 项和分别为 Sn 与 Tn ，对一切自然数 n ，
都有 Sn Tn
2n 3n 1 ，则
a5 b5
（
）
2
A．
3
9
B．
14
20
C．
31
11
D．
17
【答案】B
【解析】
a5 b5
2a5 2b5
a1 a9 b1 b9
9 a1 a9 2
，设数列 Cn 的前 n 项和为 Tn ，求 T2n .
解析附后
5 / 23
2021 学年高考数学（文）尖子生同步培优题典
专题 4.2 数列求和
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________ 注意事项： 二、选择题（在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1．（2020·全国专题练习（文））南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些 新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差 或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数 列，其前 7 项分别为 1，5，11，21，37，6l，95，则该数列的第 8 项为( )
4 / 23
（2）若 bn an log3 an 2 ，求数列bn 的前 n 项和 Sn .
22．（2020·广西高三其他（文））已知数列an 的前
n
项和为
Sn
，
a1
1 2
，
Sn Sn1
Sn
Sn1
0n
2
.
1 （1）求证：数列 是等差数列；
Sn
（2）若 Cn
Sn n
3
, n为
为
为
2n1, n为 为 为
A．五寸 【答案】C
B．二尺五寸
C．五尺五寸
D．四尺五寸
【解析】设晷影长为等差数列{an}，公差为 d ， a1 145 ， a13 25 ， 则145 12d 25 ，解得 d 10 ．
a10 145 10 9 55
夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是五尺五寸． 故选： C ．
3．（2020·四川省南充高级中学高三月考（文））等差数列 an 前 项和为 Sn ，若 a4 ， a10 是方程
成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货
物堆，从上向下查，第一层有 2 个货物，第二层比第一层多 3 个，第三层比第二层多 4 个，以此类推，记
第
n
层货物的个数为
an
，则数列
(n
n 2)an
的前
2020
项和为（
）
2020
A．
6069
4040
（Ⅱ）求数列
an 2n1
的前
n
项和
Sn
.
20．（2020·全国专题练习（文））设 a1 2, a2 4 ，数列{bn}满足：bn+1＝2bn+2，且 an+1﹣an＝bn；
（1）求证：数列{bn+2}是等比数列； （2）求数列{an}的通项公式．
21．（2020·湖南邵阳·三模（文））设数列an 满足： a1 1， 3an1 an 4 0 ， n N* . （1）求证：数列an 2 为等比数列，并求出an 的通项公式；
cn
(1)n1
bn anan1
，则数列
cn
的前 2020 项和为（
）
A． 2019 2020
2019
B．
2020
C． 2020 2021
2020
D．
2021
10．（2020·山东青州·高三三模（文））已知数列an ，定义数列an1 2an 为数列an 的“ 2 倍差数 列”，若 an 的“ 2 倍差数列”的通项公式为 an1 2an 2n1 ，且 a1 2 ，若函数 an 的前 n 项和为 Sn