高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和课时规范练文含解析北师大版
2022届高三数学(理)一轮总复习课时规范训练：第五章 数列 5-4 Word版含答案
课时规范训练[A 级 基础演练]1．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析：选A.记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15.故选A.2．(2021·河北承德模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ＝1，2，3，…)，当首项a 1和公差d 变化时，若a 5＋a 8＋a 11是一个定值，则下列各数中为定值的是( )A ．S 17B ．S 18C ．S 15D ．S 16解析：选C.由等差数列的性质得a 5＋a 11＝2a 8，所以a 5＋a 8＋a 11为定值，即a 8为定值．又由于S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15×2a 82＝15a 8，所以S 15为定值．故选C.3．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 016＝( )A.2 015×2 0162B ．2 016×2 0172C.2 015×2 0152D ．2 016×2 0162解析：选B.a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2n2（n 为奇数），（n 为偶数），∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 016＝－12＋22－32＋42－…－2 0152＋2 0162＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0162－2 0152)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 016＝2 016×2 0172.4．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( ) A ．－6 B ．－4 C ．－2D ．2解析：选A.由等差数列性质及前n 项和公式，得 S 8＝8（a 1＋a 8）2＝4(a 3＋a 6)＝4a 3，所以a 6＝0.又a 7＝－2，所以公差d ＝－2，所以a 9＝a 7＋2d ＝－6.5．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析：选D.当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3， ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3， ∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝30×（3＋119）2＝30×61＝1 830.6．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)，记S n 为{a n }的前n 项和，则S 2 017＝ ． 解析：由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)可得该数列是周期为4的数列，且a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0，a 5＝1，所以S 2 017＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 017＝504×(－2)＋1＝－1 007.答案：－1 0077．(2021·江西八所中学联考)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 2 017＝ ．解析：∵a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，∴当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，k ∈N *，∴S 2 017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)＝1＋(－1)×1 008＝－1 007.答案：－1 0078．等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4. (1)求{}a n 的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{}b n 的前n 项和T n .解：(1)由a 1＝10，a 2为整数，知等差数列{}a n 的公差d 为整数． 又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0，于是10＋3d ≥0，10＋4d ≤0. 解得－103≤d ≤－52.因此d ＝－3.数列{}a n 的通项公式为a n ＝13－3n .(2)b n ＝1（13－3n ）（10－3n ）＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n .于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n10（10－3n ）.9．(2021·辽宁五校联考)已知等差数列{}a n ，公差d >0，前n 项和为S n ，S 3＝6且满足a 3－a 1，2a 2，a 8成等比数列．(1)求{}a n 的通项公式；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋2，求数列{}b n 的前n 项和T n .解：(1)由S 3＝6，得a 2＝2. ∵a 3－a 1，2a 2，a 8成等比数列，∴2d ·(2＋6d )＝42，解得，d ＝1或d ＝－43.∵d >0，∴d ＝1，∴数列{}a n 的通项公式为a n ＝n . (2)∵b n ＝1a n ·a n ＋2＝1n （n ＋2），∴T n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n （n ＋2）＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n 4（n ＋1）（n ＋2）. [B 级 力量突破]1．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不犯难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公认真算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从其次天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问其次天走了( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里解析：选B.由题意，知每天所走路程形成以a 1为首项，公比为12的等比数列，则a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝96，即其次天走了96里．故选B.2．已知数列5，6，1，－5，…，该数列的特点是从其次项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16等于( )A ．5B ．6C ．7D ．16解析：选C.依据题意这个数列的前7项分别为5，6，1，－5，－6，－1，5，6，发觉从第7项起，数字重复消灭，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又由于16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7.故选C. 3．数列{a n }的通项为a n ＝(－1)n(2n ＋1)sin n π2＋1，前n 项和为S n ，则S 100＝ ．解析：由a n ＝(－1)n(2n ＋1)sinn π2＋1可得全部的偶数项为1，奇数项有以下规律：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，a 5＝－10，a 9＝－18，…⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝8，a 7＝16，a 11＝24，…所以a 1＋a 5＋…＋a 97＝25×(－2)＋25×242×(－8)＝－2 450，a 3＋a 7＋…＋a 99＝25×8＋25×242×8＝2 600，a 2＋a 4＋…＋a 100＝50×1＝50 所以S 100＝－2 450＋2 600＋50＝200. 答案：2004．(2021·昆明调研)已知等差数列{}a n 中，a 2＝4，a 4是a 2与a 8的等比中项． (1)求数列{}a n 的通项公式； (2)若a n ＋1≠a n ，求数列{}2n －1·a n 的前n 项和．解：(1)由a 2＝4，且a 4是a 2，a 8的等比中项可得a 1＋d ＝4，a 24＝a 2a 8，即(4＋2d )2＝4(4＋6d )，化简得d 2－2d ＝0， 则d ＝0或d ＝2，由于a 2＝4，当d ＝0时，a n ＝4； 当d ＝2时，a 1＝2，则a n ＝2n . (2)∵a n ＋1≠a n ，∴a n ＝2n ，则2n －1a n ＝2n －1·2n ＝2n ·n ，∵S n ＝21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n，(*1)(*1)×2得，2S n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)·2n＋n ·2n ＋1，(*2)(*1)－(*2)得，－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2（1－2n）1－2－n ·2n ＋1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.5．在等比数列{}a n 中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1、a 5的等比中项为16. (1)求数列{}a n 的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{}b n 的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<k 对任意n ∈N*恒成立？若存在，求出正整数k 的最小值；不存在，请说明理由．解：(1)设数列{}a n 的公比为q ，由题意可得a 3＝16，∵a 3－a 2＝8，则a 2＝8，∴q ＝2.∴a n ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n （n ＋3）4.∵1S n＝4n （n ＋3）＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋3，∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫11－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3＝43⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3<43⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＝229， ∴存在正整数k ，其最小值为3.。
最新高考数学一轮复习课时规范练数列求和理北师大版
课时规范练31 数列求和基础巩固组1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-B.2n2-n+1-C.n2+1-D.n2-n+1-2.(2018河北衡水中学金卷十模,3)已知数列{a n}是各项为正数的等比数列,点M(2,log2a2),N(5,log2a5)都在直线y=x-1上,则数列{a n}的前n项和为()A.2n-2B.2n+1-2C.2n-1D.2n+1-13.(2018山东潍坊二模,4)设数列{a n}的前n项和为S n,若S n=-n2-n,则数列的前40项的和为()A. B.- C. D.-4.已知函数f(x)=x a的图像过点(4,2),令a n=,n∈N+.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2018= .5.(2018浙江余姚中学4月模拟,17)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S5=30,S10=110.(1)求S n;(2)记T n=+…+,求T n.6.(2018山西晋城月考)已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=2a n+(-1)n(3n+1).(1)求证数列{a n+(-1)n n}是等比数列;(2)求数列{a n}的前10项和S10.7.(2018山东潍坊一模,17)公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n,已知S4=10,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和T n.综合提升组8.(2018广东中山期末)等比数列{a n}中,已知对任意自然数n,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,则+…+等于()A.2n-1B. (3n-1)C. (4n-1)D.以上都不对9.(2018湖北重点中学五模)设等差数列{a n}的前n项和为S n,a4=4,S5=15,若数列的前m项和为,则m=()A.8B.9C.10D.1110.(2018山东潍坊三模,17)已知数列{a n}的前n项和为S n,且1,a n,S n成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n·b n=1+2na n,求数列{b n}的前n项和T n.11.(2018江西上饶三模,17)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且6S n=3n+1+a(n∈N+).(1)求a的值及数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(3n+1)a n,求数列{a n}的前n项和T n.创新应用组12.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下的两项是20,21,再接下的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数NN>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.11013.(2018云南玉溪月考)数列{a n}满足a1=,a2=,且a1a2+a2a3+…+a n a n+1=对任何的正整数n都成立,则+…+的值为()A.5 032B.5 044C.5 048D.5 050参考答案课时规范练31 数列求和1.A该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.C由题意log2a2=2-1=1,可得a2=2,log2a5=5-1=4,可得a5=16,=q3=8⇒⇒S n==2n-1,故选C.3.D∵S n=-n2-n,∴a1=S1=-2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n,则数列{a n}的通项公式为a n=-2n,==--,数列的前40项的和为S40=-1-+-+…+-=-.4.-1由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.∴a n===-,S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=(-)+(-)+(-)+…+(-)=-1.5.解 (1)设{a n}的首项为a1,公差为d,由题意得解得所以S n=n2+n.(2)==-,所以T n=1-+-+…+-=1-=.6.(1)证明∵a n+1=2a n+(-1)n(3n+1),∴===2.又a1-1=3-1=2,∴数列{a n+(-1)n n}是首项为2,公比为2的等比数列.(2)解由(1)得a n+(-1)n n=2×2n-1=2n,∴a n=2n-(-1)n n,∴S10=(2+22+…+210)+(1-2)+(3-4)+…+(9-10)=-5=211-7=2 041.7.解 (1)设{a n}的公差为d,由题设可得,∴解得∴a n=n.(2)令c n=,则T n=c1+c2+…+c n=+++…++, ①T n=++…++, ②①-②得T n=++…+-=-=--,∴T n=-.8.C当n=1时,a1=21-1=1,当n≥2时,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,a1+a2+a3+…+a n-1=2n-1-1,两式做差可得a n=2n-2n-1=2n-1,且n=1时,21-1=20=1=a1,∴a n=2n-1,故=4n-1,∴+++…+==(4n-1).9.C S n为等差数列{a n}的前n项和,设公差为d,则解得d=1,则a n=4+(n-4)×1=n.由于==-,则S m=1-+-+…+-=1-=,解得m=10.10.解 (1)由已知1,a n,S n成等差数列,得2a n=1+S n, ①当n=1时,2a1=1+S1=1+a1,∴a1=1.当n≥2时,2a n-1=1+S n-1, ②由①-②,得2a n-2a n-1=a n,∴=2,∴数列{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=a1q n-1=1×2n-1=2n-1.(2)由a n·b n=1+2na n得b n=+2n,∴T n=b1+b2+…+b n=+2++4+…++2n=+(2+4+…+2n)=+=n2+n+2-.11.解 (1)∵6S n=3n+1+a(n∈N+),∴当n=1时,6S1=6a1=9+a;当n≥2时,6a n=6(S n-S n-1)=2×3n,即a n=3n-1,∵{a n}为等比数列,∴a1=1,则9+a=6,a=-3,∴{a n}的通项公式为a n=3n-1.(2)由(1)得b n=(3n+1)3n-1,∴T n=b1+b2+…+b n=4×30+7×31+…+(3n+1)3n-1,3T n=4×31+7×32+…+(3n-2)3n-1+(3n+1)3n,∴-2T n=4+32+33+…+3n-(3n+1)3n,∴T n=.12.A设数列的首项为第1组,接下两项为第2组,再接下三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为-n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N+,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足N>100且前N项和为2的整数幂,则S N-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A.13.B∵a1a2+a2a3+…+a n a n+1=n, ①a1a2+a2a3+…++=(n+1), ②①-②,得-=n-(n+1),∴-=4,同理得-=4,∴-=-,整理得=+,∴是等差数列.∵a1=,a2=,∴等差数列的首项为4,公差为1,=4+(n-1)×1=n+3,∴++…+==5 044.。
最新高考数学一轮复习课时规范练数列求和理北师大版
课时规范练31 数列求和基础巩固组1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-B.2n2-n+1-C.n2+1-D.n2-n+1-2.(2018河北衡水中学金卷十模,3)已知数列{a n}是各项为正数的等比数列,点M(2,log2a2),N(5,log2a5)都在直线y=x-1上,则数列{a n}的前n项和为()A.2n-2B.2n+1-2C.2n-1D.2n+1-13.(2018山东潍坊二模,4)设数列{a n}的前n项和为S n,若S n=-n2-n,则数列的前40项的和为()A. B.- C. D.-4.已知函数f(x)=x a的图像过点(4,2),令a n=,n∈N+.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2018= .5.(2018浙江余姚中学4月模拟,17)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S5=30,S10=110.(1)求S n;(2)记T n=+…+,求T n.6.(2018山西晋城月考)已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=2a n+(-1)n(3n+1).(1)求证数列{a n+(-1)n n}是等比数列;(2)求数列{a n}的前10项和S10.7.(2018山东潍坊一模,17)公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n,已知S4=10,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和T n.综合提升组8.(2018广东中山期末)等比数列{a n}中,已知对任意自然数n,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,则+…+等于()A.2n-1B. (3n-1)C. (4n-1)D.以上都不对9.(2018湖北重点中学五模)设等差数列{a n}的前n项和为S n,a4=4,S5=15,若数列的前m项和为,则m=()A.8B.9C.10D.1110.(2018山东潍坊三模,17)已知数列{a n}的前n项和为S n,且1,a n,S n成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n·b n=1+2na n,求数列{b n}的前n项和T n.11.(2018江西上饶三模,17)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且6S n=3n+1+a(n∈N+).(1)求a的值及数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(3n+1)a n,求数列{a n}的前n项和T n.创新应用组12.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下的两项是20,21,再接下的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数NN>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.11013.(2018云南玉溪月考)数列{a n}满足a1=,a2=,且a1a2+a2a3+…+a n a n+1=对任何的正整数n都成立,则+…+的值为()A.5 032B.5 044C.5 048D.5 050参考答案课时规范练31 数列求和1.A该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.C由题意log2a2=2-1=1,可得a2=2,log2a5=5-1=4,可得a5=16,=q3=8⇒⇒S n==2n-1,故选C.3.D∵S n=-n2-n,∴a1=S1=-2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n,则数列{a n}的通项公式为a n=-2n,==--,数列的前40项的和为S40=-1-+-+…+-=-.4.-1由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.∴a n===-,S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=(-)+(-)+(-)+…+(-)=-1.5.解 (1)设{a n}的首项为a1,公差为d,由题意得解得所以S n=n2+n.(2)==-,所以T n=1-+-+…+-=1-=.6.(1)证明∵a n+1=2a n+(-1)n(3n+1),∴===2.又a1-1=3-1=2,∴数列{a n+(-1)n n}是首项为2,公比为2的等比数列.(2)解由(1)得a n+(-1)n n=2×2n-1=2n,∴a n=2n-(-1)n n,∴S10=(2+22+…+210)+(1-2)+(3-4)+…+(9-10)=-5=211-7=2 041.7.解 (1)设{a n}的公差为d,由题设可得,∴解得∴a n=n.(2)令c n=,则T n=c1+c2+…+c n=+++…++, ①T n=++…++, ②①-②得T n=++…+-=-=--,∴T n=-.8.C当n=1时,a1=21-1=1,当n≥2时,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,a1+a2+a3+…+a n-1=2n-1-1,两式做差可得a n=2n-2n-1=2n-1,且n=1时,21-1=20=1=a1,∴a n=2n-1,故=4n-1,∴+++…+==(4n-1).9.C S n为等差数列{a n}的前n项和,设公差为d,则解得d=1,则a n=4+(n-4)×1=n.由于==-,则S m=1-+-+…+-=1-=,解得m=10.10.解 (1)由已知1,a n,S n成等差数列,得2a n=1+S n, ①当n=1时,2a1=1+S1=1+a1,∴a1=1.当n≥2时,2a n-1=1+S n-1, ②由①-②,得2a n-2a n-1=a n,∴=2,∴数列{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=a1q n-1=1×2n-1=2n-1.(2)由a n·b n=1+2na n得b n=+2n,∴T n=b1+b2+…+b n=+2++4+…++2n=+(2+4+…+2n)=+=n2+n+2-.11.解 (1)∵6S n=3n+1+a(n∈N+),∴当n=1时,6S1=6a1=9+a;当n≥2时,6a n=6(S n-S n-1)=2×3n,即a n=3n-1,∵{a n}为等比数列,∴a1=1,则9+a=6,a=-3,∴{a n}的通项公式为a n=3n-1.(2)由(1)得b n=(3n+1)3n-1,∴T n=b1+b2+…+b n=4×30+7×31+…+(3n+1)3n-1,3T n=4×31+7×32+…+(3n-2)3n-1+(3n+1)3n,∴-2T n=4+32+33+…+3n-(3n+1)3n,∴T n=.12.A设数列的首项为第1组,接下两项为第2组,再接下三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为-n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N+,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足N>100且前N项和为2的整数幂,则S N-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A.13.B∵a1a2+a2a3+…+a n a n+1=n, ①a1a2+a2a3+…++=(n+1), ②①-②,得-=n-(n+1),∴-=4,同理得-=4,∴-=-,整理得=+,∴是等差数列.∵a1=,a2=,∴等差数列的首项为4,公差为1,=4+(n-1)×1=n+3, ∴++…+==5 044.。
最新高考数学一轮复习课时规范练数列求和理北师大版
课时规范练31 数列求和基础巩固组1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-B.2n2-n+1-C.n2+1-D.n2-n+1-2.(2018河北衡水中学金卷十模,3)已知数列{a n}是各项为正数的等比数列,点M(2,log2a2),N(5,log2a5)都在直线y=x-1上,则数列{a n}的前n项和为()A.2n-2B.2n+1-2C.2n-1D.2n+1-13.(2018山东潍坊二模,4)设数列{a n}的前n项和为S n,若S n=-n2-n,则数列的前40项的和为()A. B.- C. D.-4.已知函数f(x)=x a的图像过点(4,2),令a n=,n∈N+.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2018= .5.(2018浙江余姚中学4月模拟,17)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S5=30,S10=110.(1)求S n;(2)记T n=+…+,求T n.6.(2018山西晋城月考)已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=2a n+(-1)n(3n+1).(1)求证数列{a n+(-1)n n}是等比数列;(2)求数列{a n}的前10项和S10.7.(2018山东潍坊一模,17)公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n,已知S4=10,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和T n.综合提升组8.(2018广东中山期末)等比数列{a n}中,已知对任意自然数n,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,则+…+等于()A.2n-1B. (3n-1)C. (4n-1)D.以上都不对9.(2018湖北重点中学五模)设等差数列{a n}的前n项和为S n,a4=4,S5=15,若数列的前m项和为,则m=()A.8B.9C.10D.1110.(2018山东潍坊三模,17)已知数列{a n}的前n项和为S n,且1,a n,S n成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n·b n=1+2na n,求数列{b n}的前n项和T n.11.(2018江西上饶三模,17)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且6S n=3n+1+a(n∈N+).(1)求a的值及数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(3n+1)a n,求数列{a n}的前n项和T n.创新应用组12.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下的两项是20,21,再接下的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数NN>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.11013.(2018云南玉溪月考)数列{a n}满足a1=,a2=,且a1a2+a2a3+…+a n a n+1=对任何的正整数n都成立,则+…+的值为()A.5 032B.5 044C.5 048D.5 050参考答案课时规范练31 数列求和1.A该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.C由题意log2a2=2-1=1,可得a2=2,log2a5=5-1=4,可得a5=16,=q3=8⇒⇒S n==2n-1,故选C.3.D∵S n=-n2-n,∴a1=S1=-2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n,则数列{a n}的通项公式为a n=-2n,==--,数列的前40项的和为S40=-1-+-+…+-=-.4.-1由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.∴a n===-,S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=(-)+(-)+(-)+…+(-)=-1.5.解 (1)设{a n}的首项为a1,公差为d,由题意得解得所以S n=n2+n.(2)==-,所以T n=1-+-+…+-=1-=.6.(1)证明∵a n+1=2a n+(-1)n(3n+1),∴===2.又a1-1=3-1=2,∴数列{a n+(-1)n n}是首项为2,公比为2的等比数列.(2)解由(1)得a n+(-1)n n=2×2n-1=2n,∴a n=2n-(-1)n n,∴S10=(2+22+…+210)+(1-2)+(3-4)+…+(9-10)=-5=211-7=2 041.7.解 (1)设{a n}的公差为d,由题设可得,∴解得∴a n=n.(2)令c n=,则T n=c1+c2+…+c n=+++…++, ①T n=++…++, ②①-②得T n=++…+-=-=--,∴T n=-.8.C当n=1时,a1=21-1=1,当n≥2时,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,a1+a2+a3+…+a n-1=2n-1-1,两式做差可得a n=2n-2n-1=2n-1,且n=1时,21-1=20=1=a1,∴a n=2n-1,故=4n-1,∴+++…+==(4n-1).9.C S n为等差数列{a n}的前n项和,设公差为d,则解得d=1,则a n=4+(n-4)×1=n.由于==-,则S m=1-+-+…+-=1-=,解得m=10.10.解 (1)由已知1,a n,S n成等差数列,得2a n=1+S n, ①当n=1时,2a1=1+S1=1+a1,∴a1=1.当n≥2时,2a n-1=1+S n-1, ②由①-②,得2a n-2a n-1=a n,∴=2,∴数列{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=a1q n-1=1×2n-1=2n-1.(2)由a n·b n=1+2na n得b n=+2n,∴T n=b1+b2+…+b n=+2++4+…++2n=+(2+4+…+2n)=+=n2+n+2-.11.解 (1)∵6S n=3n+1+a(n∈N+),∴当n=1时,6S1=6a1=9+a;当n≥2时,6a n=6(S n-S n-1)=2×3n,即a n=3n-1,∵{a n}为等比数列,∴a1=1,则9+a=6,a=-3,∴{a n}的通项公式为a n=3n-1.(2)由(1)得b n=(3n+1)3n-1,∴T n=b1+b2+…+b n=4×30+7×31+…+(3n+1)3n-1,3T n=4×31+7×32+…+(3n-2)3n-1+(3n+1)3n,∴-2T n=4+32+33+…+3n-(3n+1)3n,∴T n=.12.A设数列的首项为第1组,接下两项为第2组,再接下三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为-n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N+,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足N>100且前N项和为2的整数幂,则S N-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A.13.B∵a1a2+a2a3+…+a n a n+1=n, ①a1a2+a2a3+…++=(n+1), ②①-②,得-=n-(n+1),∴-=4,同理得-=4,∴-=-,整理得=+,∴是等差数列.∵a1=,a2=,∴等差数列的首项为4,公差为1,=4+(n-1)×1=n+3,∴++…+==5 044.。
高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和课件文北师大版
(3)倒序相加法： 如果一个数列{an}的前 n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个 常数，那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前 n 项和即 是用此法推导的． (4)分组求和法： 一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求 和时可用分组求和法，分别求和后再相加减． (5)并项求和法： 一个数列的前 n 项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如 an＝(－1)nf(n) 类型，可采用两项合并求解．
[基础梳理]
1．等差数列的前 n 项和公式 Sn＝n（a12＋an）＝__n_a_1＋__n_（__n_2－__1_）___d__． 2．等比数列的前 n 项和公式
3．数列求和方法 (1)公式法求和： 使用已知求和公式求和的方法，即等差、等比数列或可化为等差、等比数列的求 和方法． (2)错位相减法： 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那 么这个数列的前 n 项和即可用此法来求，如等比数列的前 n 项和就是用此法推导 的．
(2)由(1)可知 bn＝(－1)n－1an4ann＋1＝(－1)n－1·（2n－1）4n（2n＋1）＝(－1)n－1(2n1－1＋ 2n1＋1)，当 n 为偶数时，Tn＝(1＋13)－(13＋15)＋(15＋17)－…＋(2n1－3＋2n1－1)－(2n1－1
＋
1 2n＋1
)
＝
1－
1 2n＋1
＝
2an＋n， 所以 an＋1＝(12|AnBn|)2＝r2n－d2n＝2an＋n－n＝2an， 又 a1＝1，所以 an＝2n－1.
②当 n 为偶数时， Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn) ＝[1＋5＋…＋(2n－3)]＋(2＋23＋…＋2n－1) ＝n（n2－1）＋2（11－－42n） ＝n2－2 n＋23(2n－1)． 当 n 为奇数时，n＋1 为偶数，
2022届高考数学一轮复习第五章数列5.4数列求和学案理含解析北师大版202107072205
第四节 数列求和命题分析预测学科核心素养本节是高考的热点，其中等差、等比数列的通项与求和、数列与不等式的综合、以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点，多以解答题的形式呈现．本节通过数列求和以及数列的综合应用提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养．授课提示：对应学生用书第112页 知识点 数列前n 项和的求法 1．公式法（1）等差数列的前n 项和公式 S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ．（2）等比数列的前n 项和公式 ①当q ＝1时，S n ＝na 1；②当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q Ｗ．2．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个能求和的数列，再求解． 3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 4．倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． 5．错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． 6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝（－1）n f （n ）类型，可采用两项合并求解． •温馨提醒• 二级结论1．常见的裂项公式 （1）1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1．（2）1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1．（3）1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ．2．常见数列的求和公式 （1）12＋22＋32＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6（2）13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）22必明易错1．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n ，a n ＋1的式子应进行合并．2．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．1．在数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为（ ）A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 019解析：a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0192 020，所以n ＝2 019． 答案：D2．已知数列：112，214，318，…，⎝⎛⎭⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________． 解析：设所求的数列前n 项和为S n ，则S n ＝（1＋2＋3＋…＋n ）＋12＋14＋…＋12n ＝n （n ＋1）2＋1－12n ．答案：n （n ＋1）2＋1－12n3．已知数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n ，则S n ＝________． 解析：S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① 所以2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，②①－②得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2×（1－2n ）1－2－n ×2n ＋1，所以S n ＝（n －1）2n＋1＋2．答案：（n －1）2n ＋1＋24．（易错题）求1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1（x ≠0且x ≠1）的和． 解析：设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，① 则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，② ①－②得：（1－x ）S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋xn －1－nx n＝1－x n 1－x －nx n，所以S n ＝1－x n （1－x ）2－nx n 1－x．授课提示：对应学生用书第113页题型一 分组转化法求和[例] 已知等差数列{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）．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n ． [解析] （1）设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为（1，2）， 所以S 2a 1＝1＋2＝3，得a 1＝d ，又易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ． （2）由（1）可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n ． 因为b n ＝a 2n ＋2a n －1， 所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝（1＋3＋5＋…＋2n －1）＋（2＋22＋23＋…＋2n ） ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2．分组转化法求和的常见类型[对点训练]（2021·某某质检）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）若b n ＝2a n ＋a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ． 解析：（1）∵{a n }为等差数列，∴⎩⎨⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2，∴a n＝2n ＋1．（2）∵b n ＝2a n ＋a n ＝22n ＋1＋（2n ＋1）＝2×4n ＋（2n ＋1）， ∴T n ＝2×（4＋42＋…＋4n ）＋（3＋5＋…＋2n ＋1） ＝2×4（1－4n ）1－4＋n （3＋2n ＋1）2＝83（4n －1）＋n 2＋2n ． 题型二 裂项相消法求和[例] 数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1（n ∈N ＋）． （1）求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； （2）若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解析] （1）证明：由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋（n －1）×2＝2n －1， 又由已知易得a n ＞0， 所以a n ＝2n －1（n ∈N ＋）．（2）b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝（3－1）＋（5－3）＋…＋（2n ＋1－2n －1）＝2n ＋1－1．裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．（1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． （2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．[对点训练]设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n（n ∈N ＋）． （1）求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是等差数列；（2）设b n ＝a 2na 2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n ．解析：（1）证明：因为a n ＋1＝44－a n ，所以1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n －2－1a n －2＝4－a n2a n －4－1a n －2＝2－a n2a n －4＝－12，为常数．因为a 1＝1，所以1a 1－2＝－1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列．（2）由（1）知1a n －2＝－1＋（n －1）⎝⎛⎭⎫－12＝－n ＋12， 所以a n ＝2－2n ＋1＝2nn ＋1， 所以b n ＝a 2n a 2n －1＝4n2n ＋12（2n －1）2n＝4n 2（2n －1）（2n ＋1）＝1＋1（2n －1）（2n ＋1）＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n ＋n 2n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n ＋n2n ＋1．题型三 错位相减法求和[例]（2020·高考全国卷Ⅰ）设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项． （1）求{a n }的公比；（2）若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和．[解析] （1）设{a n }的公比为q ，由题设得2a 1＝a 2＋a 3， 即2a 1＝a 1q ＋a 1q 2．所以q 2＋q －2＝0，解得q ＝1（舍去）或q ＝－2． 故{a n }的公比为－2．（2）记S n 为{na n }的前n 项和．由（1）及题设可得a n ＝（－2）n －1，所以S n ＝1＋2×（－2）＋…＋n ×（－2）n －1，－2S n ＝－2＋2×（－2）2＋…＋（n －1）×（－2）n －1＋n ×（－2）n ． 所以3S n ＝1＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2）n －1－n ×（－2）n＝1－（－2）n 3－n ×（－2）n ．所以S n ＝19－（3n ＋1）（－2）n9．运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错位相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号．[对点训练]（2020·高考全国卷Ⅲ）设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n ． （1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．解析：（1）a 2＝5，a 3＝7．猜想a n ＝2n ＋1．证明：由已知可得a n ＋1－（2n ＋3）＝3[a n －（2n ＋1）]， a n －（2n ＋1）＝3[a n －1－（2n －1）]， …，a 2－5＝3（a 1－3）．因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1． （2）由（1）得2n a n ＝（2n ＋1）2n ，所以S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋（2n ＋1）×2n ．① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋（2n ＋1）×2n ＋1．② ①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －（2n ＋1）×2n ＋1，所以S n ＝（2n －1）2n ＋1＋2．数列求和中的核心素养数学运算——数列求和的创新交汇应用[例] （2020·新高考全国卷Ⅰ）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． 解析：（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．由题设得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）＝480．1．本题利用基本元的思想，将已知条件转化为a 1，q 的形式，求解出a 1，q ，由此求得数列{a n }的通项公式．2．通过分析数列{b m }的规律，由此求得数列{b m }的前100项和S 100．[题组突破]1．（2021·某某摸底）定义n∑n i ＝1u i为n 个正数u 1，u 2，u 3，…，u n 的“快乐数”．若已知正项数列{a n }的前n 项的“快乐数”为13n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫36（a n ＋2）（a n ＋1＋2）的前2 019项和为（ ）A ．2 0182 019B ．2 0192 020C ．2 0192 018D ．2 0191 010解析：设数列{a n }的前n 项和为S n ，则根据题意n S n ＝13n ＋1，S n ＝3n 2＋n ，所以a n ＝S n －S n －1＝6n －2（n ≥2），当n ＝1时也适合，所以a n ＝6n －2，所以36（a n ＋2）（a n ＋1＋2）＝366n （6n ＋6）＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫36（a n ＋2）（a n ＋1＋2）的前2 019项和为1－12＋12－13＋…＋12 019－12 020＝1－12 020＝2 0192 020． 答案：B2．（2021·某某期末测试）我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14，…，1n．①第二步：将数列①的各项乘以n ，得到一个新数列a 1，a 2，a 3，…，a n ，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n－1a n ＝（ ）A ．n 2B ．（n －1）2C ．n （n －1）D ．n （n ＋1）解析：∵a k ＝n k ，∴当k ≥2时，a k －1a k ＝n 2（k －1）k＝n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ．∴a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n＝n 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝n 2⎝⎛⎭⎫1－1n ＝n （n －1）． 答案：C。
最新高考一轮总复习北师版新教材《第四节 数列求和》
高考总复习优化设计
GAO KAO ZONG FU XI YOU HUA SHE JI
第六章
第四节 数列求和
内
容
索
引
01
强基础 固本增分
02
研考点 精准突破
1.巩固等差数列、等比数列前n项和公式.
课标解读
2.掌握数列求和的裂项相消求和法、错位相减求和法、拆项分
组求和法、并项转化求和法、倒序相加求和法,能够解决数列
讨论
2.裂项相消求和法:裂项相消求和法就是把数列的各项变为两项之差,使得
相加求和时一些正负项相互抵消,前n项和变成首尾若干少数项之和,从而
求出数列的前n项和.
3.错位相减求和法:如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数
列的对应项之积构成的,那么求这个数列的前n项和可运用错位相减求和
法.
4.拆项分组求和法:如果一个数列的各项是由几个等差数列和等比数列的
所以当 k 为偶数时,(Sn)max= =
2
当 k 为奇数时,(Sn)max=+1 =
2
2
=25,解得
4
2 -1
=25,此时
4
k=10;
k 无整数解.
综上可得,k=10,Sn=-n2+10n.
当n=1时,a1=S1=9.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(-n2+10n)-[-(n-1)2+10(n-1)]=-2n+11,
1
(4)
(+1)(+2)
=
1
;
+1
=
1
1
(
2 2-1
−
1
);
2019年高考数学一轮复习 第5章 数列 第4节 数列求和课件 理 北师大版.pptx
)
A．1
B．56
C．61
D．310
B [∵an＝nn1＋1＝1n－n＋1 1，
∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－21＋21－31＋…－16＝56.]
3．数列{an}的通项公式是 an＝
1 n＋
n＋1，前
n
项和为
9，则
n
等于(
)
A．9
B．99
C．10
D．100
B
[∵an＝
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(
)
(3)求 Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan 之和时只要把上式等号两边同时乘以 a 即可 根据错位相减法求得．( ) (4)如果数列{an}是周期为 k(k 为大于 1 的正整数)的周期数列，那么 Skm＝ mSk.( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√
2．(教材改编)数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝nn1＋1，则 S5 等于(
(2)由(1)知 an＝2n－1，bn＝3n－1. 因此 cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1. 从而数列{cn}的前 n 项和 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1 ＝n1＋22n－1＋11－－33n＝n2＋3n－2 1.
[规律方法] 分组转化法求和的常见类型 (1)若 an ＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{an} 的前 n 项和． (2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数， 的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或 等差数列，可采用分组求和法求和． 易错警示：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．
Sn＝na12＋an＝ na1＋nn2－1d
高考数学一轮复习 必考部分 第五篇 数列 第4节 数列求和及综合应用 文 北师大版
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解: (2)由(1)知 an=bn+3n=2n+3n, 所以 Sn=(2+22+…+2n)+(3+32+…+3n)
(C)a1d>0,dS4<0 (D)a1d<0,dS4>0
解析:由 a42 =a3a8,得(a1+2d)(a1+7d)=(a1+3d)2,整理得 d(5d+3a1)=0,
又 d≠0,所以 a1=- 5 d,则 a1d=- 5 d2<0,
3
3
又因为 S4=4a1+6d=- 2 d,所以 dS4=- 2 d2<0,
知识梳理
1.数列求和的基本方法 (1)公式法
熟记公式，最基本的要求
直接用等差、等比数列的求和公式求解.
(2)倒序相加法
如果一个数列{an}满足与首末两项等“距离”的两项的和相等(或等 于同一常数),那么求这个数列的前n项和,可用倒序相加法.
(3)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从
3
4
5
f(x)
5
4
3
2
1
(A)1 (B)2
(C)4 (D)5
解析:由已知可得a1=4,a2=f(a1)=f(4)=2,a3=f(a2)=f(2)=4, 所以数列{an}为周期数列,an+2=an, 所以a2 015=a2×1 007+1=a1=4. 故选C.
4.(2015 高考江苏卷)设数列{an}满足 a1=1,且 an+1-an=n+1(n∈N*),则数列{ 1 }前 an
(北师大版)2020版高考文科数学一轮复习数列求和文课后训练题含解析
课后限时集训(三十一)(建议用时：60分钟) A 组 基础达标一、选择题1．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400B [S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.]2．在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n，n ∈N *，则S 60的值为( ) A ．990 B ．1 000 C ．1 100D ．99A [n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0，a n ＝2；n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，a n ＝n .故S 60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.]3．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121A [a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－nn ＋1＋n n ＋1－n＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝10. 即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120.] 4.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1的值为( )A ．n ＋12n ＋2 B ．34－n ＋12n ＋2 C ．34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D ．32－1n ＋1＋1n ＋2 C [因为1n ＋12－1＝1n 2＋2n ＝1nn ＋2＝121n －1n ＋2， 所以122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.]5．S n ＝12＋12＋38＋…＋n2n 等于( )A ．2n－n2nB ．2n ＋1－n －22nC ．2n －n ＋12n ＋1D ．2n ＋1－n ＋22nB [由S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①得12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n 2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －22n.] 二、填空题6．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑nk ＝1 1S k＝________.2nn ＋1 [由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ×1＋n n －12×1＝n n ＋12，1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴∑nk ＝1 1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1.]7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为________．2n ＋1－n －2 [a n ＝1＋2＋4＋…＋2n －1＝1－2n1－2＝2n －1， 则S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋ (2))－n ＝21－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.]8．化简S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1的结果是________．2n ＋1－n －2 [因为S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1，①2S n ＝n ×2＋(n －1)×22＋(n －2)×23＋…＋2×2n －1＋2n，②所以①－②得，－S n ＝n －(2＋22＋23＋ (2))＝n ＋2－2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －2.]三、解答题9．(2019·福州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1. (1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)设b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －1)－(2a n －1－1)， 所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知，a n ＝2n －1， 所以b n ＝(2n －1)×2n －1，所以T n ＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1，①2T n ＝1×2＋3×22＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n，②由①－②得－T n ＝1＋2×(21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)×2n＝1＋2×2－2n －1×21－2－(2n －1)×2n＝(3－2n )×2n－3， 所以T n ＝(2n －3)×2n＋3.10．(2019·唐山模拟)已知数列{a n }满足：1a 1＋2a 2＋…＋n a n ＝38(32n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 3a nn，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1.[解] (1)1a 1＝38(32－1)＝3，当n ≥2时，n a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n a n －1a 1＋2a 2＋…＋n －1a n －1＝38(32n －1)－38(32n －2－1)＝32n －1，当n ＝1时，n a n＝32n －1也成立，所以a n ＝n32n －1.(2)b n ＝log 3a nn＝－(2n －1)， 因为1b n b n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝121－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. B 组 能力提升1．1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋1＋12＋14＋…＋1210的值为( )A ．18＋129B ．20＋1210C ．22＋1211D ．18＋1210B [设a n ＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .则原式＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1211 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋1211＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12111－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－⎝⎛⎭⎪⎫1－1211 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫11－1＋1211＝20＋1210.] 2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝( ) A ．22 016－1B ．3·21 008－3 C ．3·21 008－1D ．3·21 007－2B [a 1＝1，a 2＝2a 1＝2，又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝2n ＋12n ＝2.∴a n ＋2a n＝2. ∴a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列， ∴S 2 016＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 015＋a 2 016 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 015)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 016) ＝1－21 0081－2＋21－21 0081－2＝3·21 008－3.故选B.]3．(2019·龙岩模拟)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，对n ∈N *都有S n ＝1－a n ，若b n ＝log 2a n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝________.nn ＋1 [对n ∈N *都有S n ＝1－a n ，当n ＝1时，a 1＝1－a 1，解得a 1＝12. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝1－a n －(1－a n －1)，化为a n ＝12a n －1.∴数列{a n }是等比数列，公比为12，首项为12.∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.∴b n ＝log 2a n ＝－n . ∴1b n b n ＋1＝1－n －n －1＝1n －1n ＋1. 则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.] 4．(2017·山东高考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n项和T n .[解] (1)设{a n }的公比为q ， 由题意知a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，由以上两式联立方程组解得a 1＝2，q ＝2， 所以a n ＝2n. (2)由题意知S 2n ＋1＝2n ＋1b 1＋b 2n ＋12＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ， 又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .。
高考数学一轮复习第5章数列第4节数列求和教师用书文北师大版
第四节 数列求和[考纲传真] 1.掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d ；(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1－q n1－q ，q ≠1.2．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． 3．裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． (2)裂项时常用的三种变形： ①1nn ＋＝1n －1n ＋1； ②1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .4．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解．5．倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n之和时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( ) (4)如果数列{a n }是周期为k (k 为大于1的正整数)的周期数列，那么S km ＝mS k .( ) [答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√ 2．(教材改编)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1nn ＋，则S 5等于( )A ．1B ．56 C.16 D ．130B [∵a n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1， ∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.]3．(2016·广东中山华侨中学3月模拟)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( )A ．9B ．18C ．36D ．72B [∵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.]4．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝__________.【导学号：66482259】2n ＋1－2＋n 2[S n ＝－2n1－2＋n＋2n －2＝2n ＋1－2＋n 2.]5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n＝__________. 4－n ＋42n[设S ＝3×12＋4×122＋5×123＋…＋(n ＋2)×12n ， 则12S ＝3×122＋4×123＋5×124＋…＋(n ＋2)×12n ＋1.两式相减得12S ＝3×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －n ＋22n ＋1.∴S ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－n ＋22n＝3＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－n ＋22n ＝4－n ＋42n.](2016·北京高考)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．[解] (1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以b n ＝3n －1(n ＝1,2,3，…). 2分设等差数列{a n }的公差为d .因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以1＋13d ＝27，即d ＝2. 所以a n ＝2n －1(n ＝1,2,3，…). 5分 (2)由(1)知a n ＝2n －1，b n ＝3n －1.因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1. 7分从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n＋2n －2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n－12. 12分 [规律方法] 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．易错警示：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．[变式训练1] (2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *.(1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．[解] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝3.2分又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *. 5分(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，则b 1＝2，b 2＝1.当n ≥3时，由于3n －1>n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3. 8分设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3， 当n ≥3时，T n ＝3＋－3n －21－3－n ＋n －2＝3n －n 2－5n ＋112，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3n －n 2－5n ＋112， n ≥2，n ∈N *.12分n n n n n ，a n ＝2(n＋1)，3A n －B n ＝4n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)记c n ＝2A n ＋B n，求{c n }的前n 项和S n .[解] (1)由于a n ＝2(n ＋1)，∴{a n }为等差数列，且a 1＝4. 2分 ∴A n ＝n a 1＋a n2＝n＋2n ＋2＝n 2＋3n ，∴B n ＝3A n －4n ＝3(n 2＋3n )－4n ＝3n 2＋5n ， 当n ＝1时，b 1＝B 1＝8，当n ≥2时，b n ＝B n －B n －1＝3n 2＋5n －[3(n －1)2＋5(n －1)]＝6n ＋2.由于b 1＝8适合上式，∴b n ＝6n ＋2. 5分(2)由(1)知c n ＝2A n ＋B n ＝24n 2＋8n＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，7分 ∴S n ＝14⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫14－16＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. 12分[规律方法] 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵捎，要注意消去了哪些项，保留了哪些项，从而达到求和的目的．2．消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项． [变式训练2] (2017·石家庄一模)已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．【导学号：66482260】[解] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，3分所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. 5分 (2)b n ＝1n －n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，8分所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 12分(2016·山东高考)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 ＋n ＋1b n ＋n，求数列{c n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式． 所以a n ＝6n ＋5. 2分 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. 5分(2)由(1)知c n ＝n ＋n ＋1n ＋n＝3(n ＋1)·2n ＋1. 7分又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，9分两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋41－2n1－2－n ＋1×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2. 12分[规律方法] 1.如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，若{b n }的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况讨论．2．在书写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，即公比q 的同次幂项相减，转化为等比数列求和．[变式训练3] (2016·广东肇庆第三次模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝6，S 5＝15. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n2a n，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，首项为a 1. ∵S 3＝6，S 5＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋12－d ＝6，5a 1＋12－d ＝15，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，a 1＋2d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.3分∴{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×1＝n . 5分 (2)由(1)得b n ＝a n 2a n ＝n2n ，6分 ∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，①①式两边同乘12， 得12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，10分∴T n ＝2－12n －1－n2n . 12分[思想与方法]解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．(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、倒序相加法等来求和． [易错与防范]1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．利用裂项相消法求和的注意事项：(1)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．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差与系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2.。
高考数学一轮复习 第5章 数列 第4节 数列求和课时分层训练 文 北师大版
课时分层训练(三十) 数列求和A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12nA [该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋ (12)＝n 2＋1－12.]2．(2016·安徽江南十校3月联考)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( )【导学号：66482261】A ．100B ．110C ．120D ．130C [{a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120.故选C.]3．(2016·湖北七校2月联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里B [由题意，知每天所走路程形成以a 1为首项，公比为12的等比数列，则a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝96，即第二天走了96里．故选B.]4．(2016·江西高安中学第九校联考)已知数列5,6,1，－5，…，该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16项之和S 16等于( )A ．5B ．6C ．7D ．16C [根据题意这个数列的前8项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7.故选C.] 5．已知函数f (x )＝x a的图像过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋＋f n，n ∈N *，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝( )【导学号：66482262】A. 2 016－1 B ． 2 017－1 C. 2 018－1D ． 2 018＋1C [由f (4)＝2得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f n ＋＋f n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 018－2 017)＝ 2 018－1.] 二、填空题6．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝sinn π2，n ∈N *，则S 2 016＝__________.【导学号：66482263】0 [a n ＝sinn π2，n ∈N *，显然每连续四项的和为0.S 2 016＝S 4×504＝0.]7．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 ＝__________.2n ＋1－2 [∵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.]8．(2017·广州综合测试(二))设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，S n ＝kn 2－1(n∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为__________．n2n ＋1[令n ＝1得a 1＝S 1＝k －1，令n ＝2得S 2＝4k －1＝a 1＋a 2＝k －1＋12，解得k ＝4，所以S n ＝4n 2－1，1S n ＝14n 2－1＝1n ＋n －＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.] 三、解答题9．(2017·成都二诊)已知数列{a n }中，a 1＝1，又数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2na n (n ∈N *)是公差为1的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . [解] (1)∵数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2na n 是首项为2，公差为1的等差数列， ∴2na n＝2＋(n －1)＝n ＋1，3分解得a n ＝2n n ＋. 5分 (2)∵a n ＝2nn ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1. 12分 10．(2016·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.[解] (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25.3分所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. 5分 (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35.当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35＜2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2≤2n ＋35＜3，b n ＝2；8分当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35＜4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4≤2n ＋35＜5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24. 12分B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．已知等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n，则数列lg a 1,2lg a 2,22lga 3,23lg a 4，…，2n －1lg a n ，…的前n 项和S n 等于( )A ．n ·2nB ．(n －1)·2n －1－1C ．(n －1)·2n＋1D ．2n＋1C [∵等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n ，∴a 2n ＝102n ，即a n ＝10n ，∴2n －1lg a n ＝2n －1lg 10n ＝n ·2n －1，∴S n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1，①2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n，② ∴①－②得－S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )·2n－1，∴S n ＝(n－1)·2n＋1.]2．(2017·合肥二次质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －2n，则S n ＝__________.【导学号：66482264】n ·2n (n ∈N *) [由S n ＝2a n －2n 得当n ＝1时，S 1＝a 1＝2；当n ≥2时，S n ＝2(S n －S n －1)－2n，即S n 2n －S n －12n －1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，则S n2n ＝n ，S n ＝n ·2n(n ≥2)，当n ＝1时，也符合上式，所以S n ＝n ·2n (n ∈N *)．]3．(2017·广州综合测试(二))设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝3，a n ＋1＝2S n ＋3(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)当n ≥2时，由a n ＋1＝2S n ＋3得a n ＝2S n －1＋3， 两式相减，得a n ＋1－a n ＝2S n －2S n －1＝2a n ， ∴a n ＋1＝3a n ，∴a n ＋1a n＝3.当n ＝1时，a 1＝3，a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，则a 2a 1＝3. 3分 ∴数列{a n }是以a 1＝3为首项，公比为3的等比数列． ∴a n ＝3×3n －1＝3n. 5分(2)法一：由(1)得b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)·3n，7分 ∴T n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)·3n，① 3T n ＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n －1)·3n ＋1，②①－②得－2T n ＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n －1)·3n ＋1＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)·3n ＋1＝3＋2×32－3n －11－3－(2n －1)·3n ＋1＝－6－(2n －2)·3n ＋1. 10分∴T n ＝(n －1)·3n ＋1＋3. 12分法二：由(1)得b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)·3n. 7分 ∵(2n －1)·3n ＝(n －1)·3n ＋1－(n －2)·3n，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝(0＋3)＋(33＋0)＋(2×34－33)＋…＋[(n －1)·3n ＋1－(n －2)·3n]＝(n －1)·3n ＋1＋3. 12分。
高考数学大一轮复习 第五章 数列 第4课时 数列求和课
解 (1)由x1＝3，得2p＋q＝3，又因为x4＝24p＋4q，x5＝25p ＋5q，且x1＋x5＝2x4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，解得p＝1，q＝1.
(2)由(1)，知xn＝2n＋n，所以Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2 ＋…＋n)＝2n＋1－2＋nn＋ 2 1.
非等差、非等比数列求和的最关键步骤是“转化”，即根据 通项公式的特点，利用拆项分组的方法，拆分为等差或等比数列 的和或差，再进行求和运算．
a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝( )
A.n42＋74n
B.n32＋53n
C.n22＋34n
D．n2＋n
解析：∵a
2 3
＝a1·a6即(2＋2d)2＝2(2＋5d)解得d＝
1 2
或d＝
0(舍)，∴Sn＝na1＋nn－ 2 1d＝2n＋nn－ 2 1×12＝n42＋74n. 答案：A
(2)bn＝(－1)n－1an4ann＋1＝(－1)n－12n－14n2n＋1 ＝(－1)n－12n1－1＋2n1＋1. 当 n 为偶数时， Tn＝1＋13－13＋15＋…＋2n1－3＋2n1－1－2n1－1＋2n1＋1＝ 1－2n1＋1＝2n2＋n 1.
4．(教材改编题)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n， 则Sn等于______．
解析：∵Sn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，① 2Sn＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1.② ①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝211－－22n－n·2n ＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝－(n－1)·2n＋1－2， ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2. 答案：(n－1)2n＋1＋2
主干回顾 夯基固源 考点研析 题组冲关 素能提升 学科培优
2022届高考数学一轮复习 第五章 第四节 数列求和课时作业 理(含解析)北师大版
数列求和授课提示：对应学生用书第329页[A 组 基础保分练]1．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：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＝2×20×（20＋1）2－3×15⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15201－15＝420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520． 答案：C2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n 为正奇数，a n ＋1，n 为正偶数，则其前6项之和是（ ）A ．16B ．20C ．33D ．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． 答案：C3．化简S n ＝n ＋（n －1）×2＋（n －2）×22＋…＋2×2n －2＋2n －1的结果是（ ） A ．2n ＋1＋n －2 B ．2n ＋1－n ＋2 C ．2n －n －2 D ．2n ＋1－n －2解析：因为S n ＝n ＋（n －1）×2＋（n －2）×22＋…＋2×2n －2＋2n －1①，2S 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． 答案：D4．（2021·重庆一调）已知数列{a n }满足a n ＝nn ＋1，则a 1＋a 222＋a 332＋…＋a 2 0202 0202＝（ ）A ．2 0202 021B ．2 0172 018C ．2 0182 019D ．2 0192 020解析：由题知，数列{a n }满足a n ＝nn ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 2的通项公式为a n n 2＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以a 1＋a 222＋a 332＋…＋a 2 0202 0202＝1－12＋12－13＋…＋12 020－12 021＝1－12 021＝2 0202 021．答案：A5．数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝2，n ∈N ＋，则数列{ba n }的前n 项和为（ ）A ．43（4n －1－1） B ．43（4n－1）C ．13（4n －1－1） D ．13（4n－1）解析：因为a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝2，a 1＝b 1＝1，所以数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，a n ＝1＋2（n －1）＝2n －1，b n ＝1×2n －1＝2n －1，数列{ba n }的前n 项和为ba 1＋ba 2＋…＋ba n ＝b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝20＋22＋24＋…＋22n －2＝1－4n1－4＝13（4n －1）．答案：D6．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 ＋．设b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n 的取值范围为（ ）A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，2C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，34D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤14，34解析：由a n ＋1＝2S n ＋3，可得当n ≥2时，有a n ＝2S n －1＋3，两式相减得a n ＋1－a n ＝2（S n－S n －1）＝2a n （n ≥2），故a n ＋1＝3a n （n ≥2）． 又当n ＝1时，a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝3a 1，所以数列{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，故a n ＝3n ．所以b n ＝log 3a n ＝n ，所以b n a n ＝n3n ．所以T n ＝13＋232＋…＋n －13n －1＋n3n ， ①13T n ＝132＋233＋…＋n －13n ＋n3n ＋1， ② ①－②，得23T n ＝13＋132＋133＋…＋13n －n3n ＋1，化简整理得T n ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，因为⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＞0，所以T n ＜34，又T n ＋1－T n ＝n ＋13n ＋1＞0，所以数列{T n }是递增数列，所以（T n ）min ＝T 1＝13，所以13≤T n ＜34，故T n 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，34．答案：C7．若数列{a n }的通项公式是a n ＝（－1）n （3n －2），则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________． 解析：a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15． 答案：15 8．（2020·高考全国卷Ⅰ）数列{a n }满足a n ＋2＋（－1）n a n ＝3n －1，前16项和为540，则a 1＝________．解析：法一：因为a n ＋2＋（－1）n a n ＝3n －1， 所以当n 为偶数时，a n ＋2＋a n ＝3n －1，所以a 4＋a 2＝5，a 8＋a 6＝17，a 12＋a 10＝29，a 16＋a 14＝41， 所以a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＋a 14＋a 16＝92． 因为数列{a n }的前16项和为540，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝540－92＝448．① 因为当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝3n －1，所以a 3－a 1＝2，a 7－a 5＝14，a 11－a 9＝26，a 15－a 13＝38， 所以（a 3＋a 7＋a 11＋a 15）－（a 1＋a 5＋a 9＋a 13）＝80．② 由①②得a 1＋a 5＋a 9＋a 13＝184．又a 3＝a 1＋2，a 5＝a 3＋8＝a 1＋10，a 7＝a 5＋14＝a 1＋24，a 9＝a 7＋20＝a 1＋44，a 11＝a 9＋26＝a 1＋70，a 13＝a 11＋32＝a 1＋102， 所以a 1＋a 1＋10＋a 1＋44＋a 1＋102＝184，所以a 1＝7． 法二：同法一得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 ）－n ＋12＝32（1＋n ）·n ＋12－n ＋12＝34n 2＋n＋14， 所以a n ＋2＝34n 2＋n ＋14＋a 1．所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝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＝8a 1＋392＝448，解得a 1＝7．答案：79．（2021·大同调研）在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋n －2（n ≥2，且n ∈N ＋）． （1）求a 2和a 3的值；（2）证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； （3）求数列{a n }的前n 项和S n ． 解析：（1）∵a 1＝3，∴a 2＝2a 1＋2－2＝6， ∴a 3＝2a 2＋3－2＝13．（2）证明：∵a n ＝2a n －1＋n －2，n ≥2， ∴a n ＋n ＝2（a n －1＋n －1），n ≥2．又a 1＋1＝4，∴{a n ＋n }是以4为首项，2为公比的等比数列．∴a n ＋n ＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－n ．（3）S n ＝22－1＋23－2＋…＋2n －（n －1）＋2n ＋1－n ＝22（2n －1）－n 2＋n 2＝2n ＋2－n 2＋n ＋82．10．（2021·宁德二检）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2kn （k ∈N ＋），S n 的最小值为－9．（1）确定k 的值，并求数列{a n }的通项公式；（2）设b n ＝（－1）n ·a n ，求数列{b n }的前2n ＋1项和T 2n ＋1． 解析：（1）由已知得S n ＝n 2－2kn ＝（n －k ）2－k 2，因为k ∈N ＋，则当n ＝k 时，（S n ）min ＝－k 2＝－9，故k ＝3． 所以S n ＝n 2－6n ．因为S n －1＝（n －1）2－6（n －1）（n ≥2），所以a n ＝S n －S n －1＝（n 2－6n ）－[（n －1）2－6（n －1）]＝2n －7（n ≥2）． 当n ＝1时，S 1＝a 1＝－5，满足a n ＝2n －7， 综上，a n ＝2n －7．（2）依题意，得b n ＝（－1）n ·a n ＝（－1）n （2n －7），则T 2n ＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋（－1）2n （4n －7）＋（－1）2n ＋1[2（2n ＋1）－7] ＝5－（2＋2＋…＋2） n 个 ＝5－2n ．[B 组 能力提升练]1．已知数列{a n }是等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 3＝3，S 3＝9． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n ＝log 23a 2n ＋3，且{b n }为递增数列，若c n ＝4b n b n ＋1，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜1．解析：（1）设数列{a n }的公比为q ，当q ＝1时，符合条件，a 1＝a 3＝3，a n ＝3，当q ≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝3，a 1（1－q 3）1－q ＝9，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝3，a 1（1＋q ＋q 2）＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，q ＝－12，a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1． 综上，a n ＝3或a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1．（2）证明：若a n ＝3，则b n ＝0，与题意不符，所以a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1．所以a 2n ＋3＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－122n ＋2＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122n，b n ＝log 23a 2n ＋3＝log 222n ＝2n ，c n ＝4b n b n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＜1．2．（2021·合肥调研）已知等差数列{a n }，a 2＝12，a 5＝24，数列{b n }满足b 1＝4，b n ＋1－b n ＝a n （n ∈N ＋）．（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（2）求使得1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n ＞817成立的最小正整数n 的值．解析：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，则a 5－a 2＝3d ＝12，d ＝4， ∴a n ＝a 2＋（n －2）d ＝4n ＋4，∴b n ＋1－b n ＝4n ＋4， ∴b n ＝b 1＋（b 2－b 1）＋（b 3－b 2）＋…＋（b n －b n －1）＝4＋（4×1＋4）＋（4×2＋4）＋…＋[4（n －1）＋4] 4＋4[1＋2＋…＋（n －1）]＋4（n －1） ＝2n 2＋2n （n ＞1），b 1＝4也适合． ∴a n ＝4n ＋4，b n ＝2n 2＋2n （n ∈N ＋）．（2）∵1b n ＝12n 2＋2n ＝12n （n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 2（n ＋1）， 即n 2（n ＋1）＞817，解得n ＞16， ∴满足条件的最小正整数n 的值为17．[C 组 创新应用练]1．（2021·长春联考）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ＞0，a 6和a 8是函数f（x ）＝154ln x ＋12x 2－8x 的极值点，则S 8＝（ ）A ．－38B ．38C ．－17D ．17解析：因为f （x ）＝154ln x ＋12x 2－8x ，所以f ′（x ）＝154x ＋x －8＝x 2－8x ＋154x＝⎝⎛⎭⎪⎫x －12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －152x，令f ′（x ）＝0，解得x ＝12或x ＝152．又a 6和a 8是函数f （x ）的极值点，且公差d ＞0，所以a 6＝12，a 8＝152，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋7d ＝152，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－17，d ＝72.所以S 8＝8a 1＋8×（8－1）2×d ＝－38．答案：A 2．（2021·合肥调研）设数列{a n }的前n 项和为S n ，4S n ＝（2n ＋1）a n ＋1（n ∈N ＋）．定义数列{b n }如下：对于正整数m ，b m 是使不等式a n ≥m 成立的所有n 的最小值，则数列{b n }的前60项的和为（ ） A ．960 B ．930 C ．900 D ．840解析：由4S n ＝（2n ＋1）a n ＋1，得当n ≥2时，4S n －1＝（2n －1）a n －1＋1，两式相减，得4a n ＝（2n ＋1）a n －（2n －1）·a n －1，即（2n －3）a n ＝（2n －1）a n －1，所以a n2n －1＝a n －12n －3，所以a n 2n －1＝a n －12（n －1）－1＝…＝a 11．又4S 1＝4a 1＝（2＋1）·a 1＋1，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1（n ≥2），又a 1＝1也适合，所以a n ＝2n －1（n ∈N ＋）．由a n ≥m ，得2n －1≥m ，所以n ≥m ＋12，所以满足条件a n ≥m 的n 的最小值为大于等于m ＋12的整数，所以b m＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋12，m 为奇数m ＋22，m 为偶数，所以数列{b n}的前60项和为1＋12＋2＋22＋3＋12＋4＋22＋…＋59＋12＋60＋22＝1＋2＋3＋…＋602＋（1＋2）×302＝960．答案：A3．已知数列{a n }，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2 019项和为________．解析：由“凸数列”的定义及b 1＝1，b 2＝－2，得b 3＝－3，b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，所以数列{b n }是周期为6的周期数列，且b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＝0，于是数列{b n }的前2 019项和等于b 1＋b 2＋b 3＝－4． 答案：－4。
高考数学一轮复习第5章数列第4讲数列求和训练理北师大版
1．在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，n ∈N *，则S 60的值为( ) A ．990 B ．1 000 C ．1 100D ．99解析：选A.n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0，a n ＝2；n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，a n ＝n .故S 60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.2．(2016·蚌埠模拟)已知各项不为0的等差数列{a n }满足2a 2－a 26＋2a 10＝0，首项为18的等比数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 6＝a 6，则S 6＝( ) A ．16 B.318 C.638 D.6316解析：选C.由2a 2－a 26＋2a 10＝0，所以4a 6＝a 26，因为a 6≠0，所以a 6＝4.所以b 6＝4. 又因为{b n }的首项b 1＝18，所以q 5＝b 6b 1＝32.所以q ＝2.所以S 6＝18－4×21－2＝638.3．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. 4．(2016·青岛模拟)数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121解析：选A.a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n（n ＋1＋n ）（n ＋1－n ）＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝10. 即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120.5．(2016·曲靖模拟)122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n ＋1）2－1的值为( )A.n ＋12（n ＋2）B.34－n ＋12（n ＋2）C.34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2解析：选C.因为1（n ＋1）2－1＝1n 2＋2n ＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，所以122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n ＋1）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·西安质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝( ) A ．22 016－1 B ．3·21 008－3 C ．3·21 008－1D ．3·21 007－2解析：选B.a 1＝1，a 2＝2a 1＝2，又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝2n ＋12n ＝2.所以a n ＋2a n＝2.所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列，所以S 2 016＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 015＋a 2 016＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 015)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 016)＝1－21 0081－2＋2（1－21 008）1－2＝3·21 008－3.故选B.7．在等差数列{a n }中，a 1>0，a 10·a 11<0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________．解析：由a 1>0，a 10·a 11<0可知d <0，a 10>0，a 11<0， 所以T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60. 答案：608．已知公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 10＝S 4，则S 8a 9等于________．解析：由a 10＝S 4得a 1＋9d ＝4a 1＋4×32d ＝4a 1＋6d ，即a 1＝d ≠0.所以S 8＝8a 1＋8×72d ＝8a 1＋28d ＝36d .所以S 8a 9＝36d a 1＋8d ＝36d9d ＝4.答案：49．(2016·江西省八所重点中学联考)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＋(－1)n a n ＝cos(n ＋1)π，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 015＝________．解析：因为a n ＋1＋(－1)n a n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，所以当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，所以S 2 015＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 014＋a 2 015)＝1＋(－1)×1 007＝－1 006. 答案：－1 00610．定义：称nx 1＋x 2＋…＋x n 为n 个正数x 1，x 2，…，x n 的“平均倒数”，若正项数列{c n }的前n 项的“平均倒数”为12n ＋1，则数列{c n }的通项公式为c n ＝________．解析：由已知可得，数列{c n }的前n 项和S n ＝n (2n ＋1)，所以数列{c n }为等差数列，首项c 1＝S 1＝3，c 2＝S 2－S 1＝10－3＝7，故公差d ＝c 2－c 1＝7－3＝4，得数列的通项公式为c n ＝c 1＋(n －1)×4＝4n －1. 答案：4n －111．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2，数列{b n }为等比数列，且首项b 1＝1，b 4＝8. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝ab n ，求数列{c n }的前n 项和T n . 解：(1)因为数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2， 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1亦满足上式， 故a n ＝2n －1(n ∈N *)．又数列{b n }为等比数列，设公比为q ， 因为b 1＝1，b 4＝b 1q 3＝8，所以q ＝2. 所以b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)c n ＝ab n ＝2b n －1＝2n －1. T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1) ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2（1－2n ）1－2－n .所以T n ＝2n ＋1－2－n .12．(2016·广西玉林、贵港联考)已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，且{a n －1}是等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为{a n －1}是等比数列且a 1－1＝2，a 2－1＝4， 所以a 2－1a 1－1＝2，所以a n －1＝2·2n －1＝2n ，所以a n ＝2n ＋1.(2)b n ＝na n ＝n ·2n ＋n ， 故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )， 令A ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ， 则2A ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1，两式相减得－A ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ·2n ＋1，所以A ＝2(1－2n )＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1.又因为1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2， 所以T n ＝(n －1)·2n ＋1＋n 2＋n ＋42.1．(2016·唐山第一次模拟)各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且3S n ＝a n a n ＋1，则∑k ＝1na 2k ＝( )A.n （n ＋5）2 B.3n （n ＋1）2 C.n （5n ＋1）2D.（n ＋3）（n ＋5）2解析：选B.当n ＝1时，3S 1＝a 1a 2，即3a 1＝a 1a 2，所以a 2＝3，当n ≥2时，由3S n ＝a n a n ＋1，可得3S n －1＝a n －1a n ，两式相减得：3a n ＝a n (a n ＋1－a n －1)，又因为a n ≠0，所以a n ＋1－a n －1＝3， 所以{a 2n }为一个以3为首项，3为公差的等差数列，所以∑k ＝1n a 2k ＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝3n ＋n （n －1）2×3＝3n （n ＋1）2. 2．(2016·忻州第一次联考)在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n＋1－S n≤m 15对n ∈N *恒成立，则正整数m 的最小值为________．解析：由已知可得a n ＝4n －3，对数列{S 2n ＋1－S n }有(S 2n ＋3－S n ＋1)－(S 2n ＋1－S n )＝18n ＋5＋18n ＋9－14n ＋1<0，因此数列{S 2n ＋1－S n }单调递减，所以m 15≥(S 2n ＋1－S n )max ＝S 3－S 1＝1445，即m ≥143，故正整数m 的最小值为5. 答案：53．(2016·河南省高考适应性测试)已知数列{a n }的各项均为正数，且a 1＝2，a n ＝a 2n ＋1＋4a n ＋1＋2. (1)令b n ＝log 2(a n ＋2)，证明：数列{b n }是等比数列； (2)设c n ＝nb n ，求数列{c n }的前n 项和S n . 解：(1)证明：由a n ＝a 2n ＋1＋4a n ＋1＋2得a n ＋2＝a 2n ＋1＋4a n ＋1＋4＝(a n ＋1＋2)2.因为a n >0，所以a n ＋2＝a n ＋1＋2.因为b n ＋1b n ＝log 2（a n ＋1＋2）log 2（a n ＋2）＝log 2a n ＋2log 2（a n ＋2）＝12，又b 1＝log 2(a 1＋2)＝2，所以数列{b n }是首项为2，公比为12的等比数列． (2)由(1)知，b n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1，则c n ＝2n ⎝⎛⎭⎫12n －1.S n ＝2×⎝⎛⎭⎫120＋4×⎝⎛⎭⎫121＋…＋2(n －1)·⎝⎛⎭⎫12n －2＋2n ⎝⎛⎭⎫12n －1， ①12S n ＝2×⎝⎛⎭⎫121＋4×⎝⎛⎭⎫122＋…＋2(n －1)⎝⎛⎭⎫12n －1＋2n ⎝⎛⎭⎫12n . ② ①－②得12S n ＝2×⎝⎛⎭⎫120＋2×⎝⎛⎭⎫121＋2×⎝⎛⎭⎫122＋…＋2×⎝⎛⎭⎫12n －1－2n ×⎝⎛⎭⎫12n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－2n ×⎝⎛⎭⎫12n＝4－(4＋2n )⎝⎛⎭⎫12n. 所以S n ＝8－(n ＋2)⎝⎛⎭⎫12n －2.4．(2016·河北省质量监测)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 7＝4，a 19＝2a 9，数列{b n }的前n 项和为T n ，满足42a n －1＝λT n －(a 5－1)(n ∈N *)．(1)是否存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列？并说明理由；(2)已知对于n ∈N *，不等式1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＜M 恒成立，求实数M 的最小值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .因为⎩⎪⎨⎪⎧a 7＝4，a 19＝2a 9，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝4，a 1＋18d ＝2（a 1＋8d ），解得a 1＝1，d ＝12，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12. 因为a 5＝3，42a n －1＝λT n －(a 5－1)， 所以4n ＝λT n －2，T n ＝1λ4n ＋2λ.当n ＝1时，b 1＝6λ；当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1 ＝1λ4n ＋2λ－1λ4n －1－2λ＝3λ4n －1. 所以b n ＋1＝3λ4n ＝4b n (n ≥2)，若数列{b n }是等比数列，则有b 2＝4b 1， 而b 1＋b 2＝18λ，b 2＝12λ，所以b 2b 1＝2与b 2＝4b 1矛盾． 故不存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列． (2)由(1)知S n ＝n （n ＋3）4， 所以1S n ＝4n （n ＋3）＝43⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋3，从而1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＝43⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫12－15＋⎝⎛⎭⎫13－16＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －2－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋2＋⎦⎤⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋3＝43⎝⎛⎭⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3 ＝43⎝⎛⎭⎫116－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3＜229，所以M ≥229，22故实数M的最小值为9.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第五章 数列第四节 数列求和 课时规范练 A 组——基础对点练1．在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( )A ．100B ．110C ．120D ．130解析：{a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120，故选C. 答案：C2．(2020·长沙模拟)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15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. 答案：A3．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解析：由S 5＝5a 3及S 5＝15得a 3＝3，∴d ＝a 5－a 35－3＝1，a 1＝1，∴a n ＝n ，1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前100项和T 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选A.答案：A4．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n －1，若该数列的前k 项之和等于9，则k ＝( )A ．80B ．81C ．79D ．82解析：a n ＝1n ＋n －1＝n －n －1，故S n ＝n ，令S k ＝k ＝9，解得k ＝81，故选B.答案：B5．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：设{a n }的公比为q ，显然q ≠1，由题意得9（1－q 3）1－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－（12）51－12＝3116.答案：C6．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⎝⎛⎭⎫1－1519 B ．400－25⎝⎛⎭⎫1－1520 C ．420－34⎝⎛⎭⎫1－1520 D ．440－45⎝⎛⎭⎫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⎝⎛⎭⎫15＋152＋…＋1520＝2×20×（20＋1）2－3×15⎝⎛⎭⎫1－15201－15＝420－34⎝⎛⎭⎫1－1520. 答案：C7．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 ．1 023解析：∵2n ＋12n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n ， ∴T n ＝n ＋1－12n ，∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m ＞T 10＋1 013，∴整数m 的最小值为1 024. 答案：C8．已知数列：112，214，318，…，(n ＋12n )，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________．解析：设所求的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋(12＋14＋…＋12n )＝n （n ＋1）2＋12（1－12n ）1－12＝n （n ＋1）2－12n ＋1. 答案：n （n ＋1）2－12n ＋19．若数列{a n }是2，2＋22，2＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n ，…，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：a n ＝2＋22＋23＋…＋2n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2，S n ＝(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)－(2＋2＋2＋…＋2) ＝22－2n ＋21－2－2n ＝2n ＋2－4－2n .答案：2n ＋2－4－2n10．(2020·山西四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N ＋)，则S 2 020＝________． 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，∵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 2 020＝1－21 0101－2＋2×（1－21 010）1－2＝3×21 010－3.答案：3×21 010－3B 组——素养提升练11．设函数f (x )＝12＋log 2x 1－x ，定义S n ＝f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ，其中n ∈N ＋，且n ≥2，则S n ＝________．解析：因为f (x )＋f (1－x )＝12＋log 2x 1－x ＋12＋log 21－x x ＝1＋log 21＝1，所以2S n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝⎛⎭⎫2n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＝n －1.所以S n ＝n －12.答案：n －1212．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)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 解析：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .a 1也满足a n ＝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)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2（1－22n ）1－2＝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 －2.13．(2020·鹰潭市一模)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 是1与a n 的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a n a n ＋1的前n 项和，证明：23≤T n ＜1(n ∈N ＋)．解析：(1)由题意2S n ＝1＋a n ，∴4S n ＝(a n ＋1)2 n ＝1时，a 1＝1；n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2. 又4S n ＝(a n ＋1)2，两式相减得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0.∵a n ＞0，∴a n －a n －1＝2，∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，即a n ＝2n －1. (2)证明：由2a n a n ＋1＝12n －1－12n ＋1，故T n ＝⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1<1. 当n ＝1时，T 1＝23，故23≤T n ＜1(n ∈N ＋)．14．(2020·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 .解析：(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.。