2015高考数列求和专项训练

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【步步高】2015届高考数学总复习第六章 6.4数列求和强化训练理北师大版

§6.4 数列求和1．求数列的前n 项和的方法 (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 －1)2d .②等比数列的前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－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．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 2．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 .1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( √ )(6)推导等差数列求和公式的方法叫作倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )2．(2012·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.99101 C.99100D.101100 答案 A解析利用裂项相消法求和．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＝100101.3．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 为( ) A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋1＋n 2－2 D ．2n ＋n 2－2 答案 C解析 S n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋(1＋3＋5＋…＋(2n －1)) ＝2(1－2n )1－2＋n (1＋2n －1)2＝2n ＋1－2＋n 2.4．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－400 答案 B解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n ＝________. 答案 4－n ＋42n解析设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－(12)n －1]1－12－n ＋22n ＝4－n ＋42n .题型一分组转化求和例1 已知数列{a n }是3＋2－1,6＋22－1,9＋23－1,12＋24－1，…，写出数列{a n }的通项公式并求其前n 项和S n .思维启迪先写出通项，然后对通项变形，分组后利用等差数列、等比数列的求和公式求解．解由已知得，数列{a n }的通项公式为 a n ＝3n ＋2n －1＝3n －1＋2n ， ∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝(2＋5＋…＋3n －1)＋(2＋22＋…＋2n ) ＝n (2＋3n －1)2＋2(1－2n )1－2＝12n (3n ＋1)＋2n ＋1－2. 思维升华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．求和S n ＝1＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋14＋…＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋14＋…＋12n －1.解和式中第k 项为 a k ＝1＋12＋14＋…＋12k －1＝1－⎝⎛⎭⎫12k1－12＝2⎝⎛⎭⎫1－12k . ∴S n ＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－122＋…＋⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2[(1＋1＋…＋1)n 个－(12＋122＋…＋12n )] ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝12n －1＋2n －2. 题型二错位相减法求和例2 已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N ＋)，求数列{b n }的前n 项和S n . 思维启迪 (1)列方程组求{a n }的首项、公差，然后写出通项a n . (2)q ＝1时，b n 为等差数列，直接求和；q ≠1时，用错位相减法求和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝68a 1＋28d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3d ＝－1.故a n ＝3＋(n －1)·(－1)＝4－n . (2)由(1)得，b n ＝n ·q n －1，于是 S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1. 若q ≠1，将上式两边同乘以q 有 qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n .两式相减得到(q －1)S n ＝nq n －1－q 1－q 2－…－q n －1 ＝nq n－q n －1q －1＝nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1q －1.于是，S n ＝nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(q －1)2.若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)2，q ＝1nq n ＋1－(n ＋1)q n ＋1(q －1)2，q ≠1.思维升华 (1)错位相减法是求解由等差数列{b n }和等比数列{}对应项之积组成的数列{a n }，即a n ＝b n ×的前n 项和的方法．这种方法运算量较大，要重视解题过程的训练． (2)注意错位相减法中等比数列求和公式的应用X 围．已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n2n －1，①故S 1＝1，S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n2n .②所以，当n ＞1时，①－②得 S n2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n ＝1－(12＋14＋…＋12n －1)－2－n 2n＝1－(1－12n －1)－2－n 2n ＝n 2n .所以S n ＝n2n －1.当n ＝1时也成立．综上，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n2n －1.题型三裂项相消法求和例3在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .思维启迪第(1)问利用a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)后，再同除S n －1·S n 转化为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的等差数列即可求S n .第(2)问求出{b n }的通项公式，用裂项相消法求和．解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n－12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)， ∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 思维升华利用裂项相消法求和时，应注意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，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且S n ＝a n (a n ＋1)2，n ∈N ＋.(1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)设b n ＝12S n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .(1)证明 ∵S n ＝a n (a n ＋1)2，n ∈N ＋，∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝a 1(a 1＋1)2(a n >0)，∴a 1＝1.当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a 2n ＋a n ，2S n －1＝a 2n －1＋a n －1得2a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －1.即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0， ∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1(n ≥2)．所以数列{a n }是以1为首项，以1为公差的等差数列． (2)解由(1)可得a n ＝n ，S n ＝n (n ＋1)2，b n ＝12S n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1. ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.四审结构定方案典例：(12分)(2012·某某)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N ＋)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .规X 解答解 (1)当n ＝k ∈N ＋时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[3分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .[6分]当n ＝1时，上式也成立，综上，a n ＝92－n .(2)因为9－2a n 2n ＝n2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①[7分]所以2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2②②－①：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1[11分]故T n ＝4－n ＋22n －1.[12分]温馨提醒 (1)根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，求出a n 后再根据{9－2a n2n }的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案；(2)利用S n 求a n 时不要忽视n ＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数．方法与技巧非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(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消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．失误与防X1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用X 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．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号．3．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．A 组专项基础训练 (时间：40分钟)一、选择题1．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n 为( ) A.n n ＋1B.4n n ＋1C.3n n ＋1D.5nn ＋1 答案 B解析 a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n (n ＋1)＝4(1n －1n ＋1)， ∴S n ＝4[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)] ＝4(1－1n ＋1)＝4n n ＋1. 2．已知数列{a n }是等差数列，若a 9＋3a 11<0，a 10·a 11<0，且数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，那么当S n 取得最小正值时，n 等于( )A ．20B ．17C ．19D ．21答案 C解析由a 9＋3a 11<0，得2a 10＋2a 11<0，即a 10＋a 11<0，又a 10·a 11<0，则a 10与a 11异号，因为数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，所以数列{a n }是一个递减数列，则a 10>0，a 11<0，所以S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19a 10>0， S 20＝20(a 1＋a 20)2＝10(a 10＋a 11)<0. 故使S n 取值最小正值的n 为19.3．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(当n 为奇数时)，－n 2(当n 为偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于 ( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200答案 B解析由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.故选B.4．数列a 1＋2，…，a k ＋2k ，…，a 10＋20共有十项，且其和为240，则a 1＋…＋a k ＋…＋a 10的值为( )A ．31B ．120C ．130D ．185答案 C解析 a 1＋...＋a k ＋...＋a 10＝240－(2＋...＋2k ＋ (20)＝240－(2＋20)×102＝240－110＝130. 5．数列a n ＝1n (n ＋1)，其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．9答案 B解析数列的前n 项和为11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝910， ∴n ＝9，∴直线方程为10x ＋y ＋9＝0.令x ＝0，得y ＝－9，∴在y 轴上的截距为－9.二、填空题6．数列32，94，258，6516，…的前n 项和S n 为________．答案 n (n ＋1)2＋1－12n 解析 ∵32＝1＋12，94＝2＋14，258＝3＋18， 6516＝4＋116，… ∴S n ＝32＋94＋258＋6516＋…＋(n ＋12n ) ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋(12＋122＋123＋…＋12n ) ＝n (n ＋1)2＋12[1－(12)n ]1－12＝n (n ＋1)2＋1－12n . 7．设f (x )＝4x 4x ＋2，若S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，则S ＝________. 答案 1 007解析 ∵f (x )＝4x 4x ＋2，∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x，∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x＝1. S ＝f (12 015)＋f (22 015)＋…＋f (2 0142 015)，① S ＝f (2 0142 015)＋f (2 0132 015)＋…＋f (12 015)，② ①＋②得，2S ＝[f (12 015)＋f (2 0142 015)]＋[f (22 015)＋f (2 0132 015)]＋…＋[f (2 0142 015)＋f (12 015)]＝2 014， ∴S ＝2 0142＝1 007. 8．(2012·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解析利用数列的递推式的意义结合等差数列求和公式求解．∵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. 三、解答题9．已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比为q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝3log 41a n (n ∈N ＋)，数列{}满足＝a n ·b n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{}的前n 项和S n .解 (1)由题意，知a n ＝(14)n (n ∈N ＋)，又b n ＝3log 41a n －2，故b n ＝3n －2(n ∈N ＋)．(2)由(1)，知a n ＝(14)n ，b n ＝3n －2(n ∈N ＋)，所以＝(3n －2)×(14)n (n ∈N ＋)．所以S n ＝1×14＋4×(14)2＋7×(14)3＋…＋(3n －5)×(14)n －1＋(3n －2)×(14)n ，于是14S n ＝1×(14)2＋4×(14)3＋7×(14)4＋…＋(3n －5)×(14)n ＋(3n －2)×(14)n ＋1. 两式相减，得34S n ＝14＋3[(14)2＋(14)3＋…＋(14)n ]－(3n －2)×(14)n ＋1＝12－(3n ＋2)×(14)n ＋1. 所以S n ＝23－3n ＋23×(14)n (n ∈N ＋)． 10．若S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求等比数列S 1，S 2，S 4的公比；(2)若S 2＝4，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m 20对所有n ∈ N ＋都成立的最小正整数m .解 (1)因为{a n }为等差数列，设{a n }的公差为d (d ≠0)，所以S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d .因为S 1，S 2，S 4成等比数列且设其公比为q ，所以S 1·S 4＝S 22.所以a 1(4a 1＋6d )＝(2a 1＋d )2.所以2a 1d ＝d 2.因为公差d ≠0.所以d ＝2a 1.所以q ＝S 2S 1＝4a 1a 1＝4. (2)因为S 2＝4，所以2a 1＋d ＝4.又d ＝2a 1，所以a 1＝1，d ＝2.所以a n ＝2n －1.(3)因为b n ＝3(2n －1)(2n ＋1)＝32(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝32[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝32(1－12n ＋1)<32. 要使T n <m 20对所有n ∈N ＋都成立，则有m 20≥32，即m ≥30. 因为m ∈N ＋，所以m 的最小值为30.B 组专项能力提升(时间：30分钟)1．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2 014项之和S 2 014等于( )A ．2 008B ．2 010C ．1D ．0答案 B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.∵2 014＝6×335＋4，∴S 2 014＝S 4＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010.2．(2013·课标全国Ⅰ)设△A n B n 的三边长分别为a n 、b n 、，△A n B n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，…，若b 1>c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝＋a n 2，＋1＝b n ＋a n 2，则( ) A ．{S n }为递减数列B ．{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列答案 B解析因为b 1>c 1，不妨设b 1＝4a 13，c 1＝2a 13；故S 1＝ 3a 12·a 12·a 16·5a 16＝1512a 21； a 2＝a 1，b 2＝23a 1＋a 12＝56a 1，c 2＝43a 1＋a 12＝76a 1， S 2＝ 3a 12·a 12·2a 13·a 13＝66a 21.显然S 2>S 1；a 3＝a 1，b 3＝76a 1＋a 12＝1312a 1， c 3＝56a 1＋a 12＝1112a 1， S 3＝ 3a 12·a 12·5a 112·7a 112＝10524a 21，显然S 3>S 2. 3．(2013·某某)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. 4．已知数列{a n }的前n 项和S n ，满足：S n ＝2a n －2n (n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若数列{b n }满足b n ＝log 2(a n ＋2)，T n 为数列{b n a n ＋2}的前n 项和，求证：T n ≥12. (1)解当n ∈N ＋时，S n ＝2a n －2n ，则当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2，即a n ＝2a n －1＋2，∴a n ＋2＝2(a n －1＋2)，∴a n ＋2a n －1＋2＝2，当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，则a 1＝2，∴{a n ＋2}是以a 1＋2＝4为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋2＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－2；(2)证明 b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1，∴b n a n ＋2＝n ＋12n ＋1，则T n ＝222＋323＋…＋n ＋12n ＋1， 12T n ＝223＋324＋…＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2，两式相减得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2 ＝14＋14(1－12n )1－12－n ＋12n ＋2 ＝14＋12－12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－n ＋32n ＋2， ∴T n ＝32－n ＋32n ＋1，当n ≥2时，T n －T n －1＝－n ＋32n ＋1＋n ＋22n ＝n ＋12n ＋1>0， ∴{T n }为递增数列，∴T n ≥T 1＝12. 5．直线l n ：y ＝x －2n 与圆：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n ，B n ，n ∈N ＋.数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1(n 为奇数)，a n (n 为偶数)，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)由题意，知圆的圆心到直线l n 的距离d n ＝n ，半径r n ＝2a n ＋n ，所以a n ＋1＝(12|A n B n |)2＝r 2n －d 2n ＝(2a n ＋n )－n ＝2a n . 又a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝[1＋5＋…＋(2n －3)]＋(2＋23＋…＋2n －1) ＝n (n －1)2＋2(1－2n )1－4＝n 2－n 2＋23(2n －1)．当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＋1＝(n ＋1)2－(n ＋1)2＋23(2n ＋1－1) ＝n 2＋n 2＋23(2n ＋1－1)．而T n ＋1＝T n ＋b n ＋1＝T n ＋2n，所以T n ＝n 2＋n 2＋13(2n －2)．所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n 2－n 2＋23(2n －1)(n 为偶数)，n 2＋n 2＋13(2n －2)(n 为奇数).。

2015届高考数学总复习第五章第五节数列的求和课时精练试题文(含解析)

1.(2012·佛山二模)设等差数列{a n }的前n 项和是S n ，且a 1＝10，a 2＝9，那么下列不等式中不成立的是( )A ．a 10＋a 11>0B ．S 21<0C ．a 11＋a 12<0D ．n ＝10时，S n 最大解析：依题意可得d ＝－1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝11－n ，所以a 10＝1，a 11＝0，a 12＝－1，a 10＋a 11>0，S 21＝21a 11＝0，a 11＋a 12＝－1<0，n ＝10或11时，S n 最大．故选D.答案：D 2．(2013·皖北模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2，S 4＝10，则S 6等于( ) A ．12 B ．18 C ．24 D ．42解析：∵{a n }成等差数列，∴S 2，S 4－S 2，S 6－S 4也成等差数列． ∴2(S 4－S 2)＝S 2＋(S 6－S 4)．即2×(10－2)＝2＋S 6－10.∴S 6＝24. 故选C. 答案：C3．(2013·江南十校联考)若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( )A ．1－14nB ．1－12nC.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n解析：a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n .故选C.答案：C4．(2013·浙江省五校联盟下学期第一次联考)已知等差数列{a n }满足a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10，则它的前10项的和S 10＝( )A ．85B ．135C ．95D ．23解析：由a 2＋a 4＝4得a 3＝2，由a 3＋a 5＝10，得a 4＝5，设公差为d ，则d ＝a 4－a 3＝3，所以a 5＝8，a 6＝11，所以S 10＝a 1＋a 102＝a 5＋a 62＝95.故选C.答案：C5．(2012·北京海淀区模拟)已知等比数列{a n }满足a n >0，n ＝1,2，…，且a 5a 2n －5＝22n(n ≥3)，则当n ≥1时，log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝( )A ．n (2n －1)B ．(n ＋1)2C ．n 2D ．(n －1)2解析：由a 5a 2n －5＝22n (n ≥3)，得a 2n ＝22n ，a n >0，则a n ＝2n.所以log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n－1＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2.故选C.答案：C6．(2013·西安模拟)数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和S n >1 020，那么n 的最小值是( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：∵1＋2＋22＋…＋2n －1＝1－2n1－2＝2n－1，∴S n ＝(2＋22＋…＋2n )－n ＝2－2n ＋11－2－n ＝2n ＋1－2－n .若S n >1 020，则2n ＋1－2－n >1 020，∴n ≥10. 故选D. 答案：D7．(2013·福州质检)在正项等比数列{a n }中，已知a 3·a 5＝64，则a 1＋a 7的最小值为( )A ．64B ．32C ．16D ．8解析：a 1＋a 7≥2a 1a 7＝2a 3a 5＝264＝16，当且仅当a 3＝a 5＝8时，a 1＋a 7取得最小值16，此时数列{a n }是常数列．答案：C8．设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2，且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A.n 24＋7n 4B.n 23＋5n 3C.n 22＋3n 4D ．n 2＋n解析：设数列的公差为d ，则根据题意得()2＋2d 2＝2()2＋5d ，解得d ＝12或d ＝0(舍去)，所以数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋n n －2×12＝n 24＋7n4.故选A.答案：A9．数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项的和为10，则项数为________．解析：∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝n ＋1－1＝10，∴n ＝120.答案：12010．观察下表： 12 3 43 4 5 6 74 5 6 7 8 9 10 …则第________行的各数之和等于2 0092.答案：1 00511．(2012·汕头模拟)一次展览会上展出一套由宝石串联制成的工艺品，如图所示．若按照这种规律依次增加一定数量的宝石，则第5件工艺品所用的宝石数为______颗；第n 件工艺品所用的宝石数为______________颗(结果用n 表示)．答案：66 2n 2＋3n ＋112．(2013·苏州模拟)定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝ad －bc ，若数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 1 122 1＝1且⎪⎪⎪⎪⎪⎪3 3a n a n ＋1＝12(n ∈N *)，则a 3＝________，数列{a n }的通项公式为a n ＝________.解析：由题意得a 1－1＝1,3a n ＋1－3a n ＝12即a 1＝2，a n ＋1－a n ＝4. ∴{a n }是以2为首项，4为公差的等差数列， ∴a n ＝2＋4(n －1)＝4n －2，a 3＝4×3－2＝10. 答案：10 4n －213．(2013·佛山一模)数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1－2，数列{b n }是首项为a 1，公差为d (d ≠0)的等差数列，且b 1，b 3，b 11成等比数列．(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b na n，求数列{c n }的前n 项和T n .解析：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n，又a 1＝S 1＝21＋1－2＝2，也满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.b 1＝a 1＝2，设公差为d ，由b 1，b 3，b 11成等比数列，得(2＋2d )2＝2×(2＋10d )，化为d 2－3d ＝0. 解得d ＝0(舍去)或d ＝3，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3n －1(n ∈N *)．(2)由(1)可得C n ＝b n a n ＝3n －12n ，则T n ＝221＋522＋823＋…＋3n －12n ，∴2T n ＝2＋521＋822＋…＋3n －12n －1，两式相减得T n ＝2＋321＋322＋…＋32n －1－3n －12n ，＝2＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－3n －12n ＝5－3n ＋52n .14．(2013·河南六市第二次联考文改编)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6项和为23，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．解析：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 1a 8，即(a 1＋3d )2＝a 1(a 1＋7d )，所以a 21＋6a 1d ＋9d 2＝a 21＋7a 1d ，而d ≠0，所以a 1＝9d .(1)由数列{a n }的前6项和为23，可得S 6＝6a 1＋6×52d ＝23，即6a 1＋15d ＝23，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)(n ∈N *)．(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 219－1n ＋9＝19－1n ＋9，所以d 2＝1，即d ＝1或d ＝－1. 15．(2012·东莞一模)已知函数f (x )＝log 3(ax ＋b )的图象经过点A (2,1)和B (5,2)，记a n ＝3f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n2n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若T n ＜m (m ∈Z )对n ∈N *恒成立，求m 的最小值．解析：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ log 3a ＋b ＝1，log 3a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－1，所以f (x )＝log 3(2x －1)，a n ＝3log 3(2n －1) ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝2n －12n ，所以T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，①12T n ＝122＋323＋…＋2n －52n －1＋2n －32n ＋2n －12n ＋1.② ①－②得 12T n ＝121＋222＋223＋…＋22n －1＋22n －2n －12n ＋1＝121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋122＋…＋12n －2＋12n －1－2n －12n ＋1＝32－12n －1－2n －12n ＋1. 所以T n ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，设f (n )＝2n ＋32n (n ∈N *)，则由f n ＋fn ＝2n ＋52n ＋12n ＋32n ＝2n ＋5n ＋＝12＋12n ＋3≤12＋15＜1，得f (n )＝2n ＋32n (n ∈N *)随n 的增大而减小，T n 随n 的增大而增大．所以当n →＋∞时，T n →3，又T n ＜m (m ∈Z )恒成立，所以m 的最小值为3.。

2015届高考数学二轮题型归纳训练数列求和的若干常用方法

数列求和的若干常用方法数列求和是数列的重要内容之一，也是高考数学的重点考查对象。

除了等差数列和等比数列有求和公式外，大部分数列的求和都需要一定的技巧.如某些特殊数列的求和可采用分部求和法转化为等差数列或等比数列的和或用裂项求和法、错位相减法、逆序相加法、组合化归法，递推法等。

本文就此总结如下，供参考。

一、分组求和法所谓分组法求和就是：对一类既不是等差数列，也不是等比数列的数列，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。

例1．数列{an}的前n 项和，数列{bn}满 .（Ⅰ）证明数列{an}为等比数列；（Ⅱ）求数列{bn}的前n 项和Tn 。

解析：（Ⅰ）由，两式相减得：，同定义知是首项为1，公比为2的等比数列.（Ⅱ）等式左、右两边分别相加得：n T n n n 2)2222()22()22()22()22(12101210+++++=++++++++=∴--= 已知等差数列的首项为1，前10项的和为145，求：解析：首先由则：二、裂项求和法这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（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. 通项分解（裂项）如：（1）（2）（3）等。

例3. 在数列{an}中，，又，求数列{bn}的前n 项的和.解析： ∵ ∴∴ 数列{bn}的前n 项和＝＝例4．设｛an ｝是正数组成的数列，其前n 项和为Sn ，并且对所有自然数n ，an 与2的等差中项等于Sn 与2的等比中项.(1)写出数列｛an ｝的前三项；(2)求数列｛an ｝的通项公式(写出推证过程)；(3)令bn=(n ∈N)，求：b1+b2+…+bn -n.解析：(1)略；(2) an=4n-2.； (3)令cn=bn-1,则cn== =b1+b2+…+bn -n=c1+c2+…+cn=评析：一般地，若数列为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，则求和：首先考虑则=。

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套第五章数列第4节数列求和

2009~2013年高考真题备选题库第5章数列第4节数列求和考点一等差数列与等比数列的综合1．（2013福建，5分）已知等比数列{a n }的公比为q ，记b n ＝a m (n －1)＋1＋a m (n －1)＋2＋…＋a m (n－1)＋m，c n ＝a m (n －1)＋1·a m (n －1)＋2·…·a m (n －1)＋m (m ，n ∈N *)，则以下结论一定正确的是( )A ．数列{b n }为等差数列，公差为q mB ．数列{b n }为等比数列，公比为q 2mC ．数列{c n }为等比数列，公比为qm 2D ．数列{c n }为等比数列，公比为qm m解析：本题考查等比数列的定义与通项公式、等差数列前n 项和的公式等基础知识，意在考查考生转化和化归能力、公式应用能力和运算求解能力．等比数列{a n }的通项公式a n ＝a 1q n－1，所以c n ＝a m (n －1)＋1·a m (n －1)＋2·…·a m (n －1)＋m ＝a 1q m (n－1)·a 1q m (n－1)＋1·…·a 1q m (n－1)＋m －1＝a m 1qm (n－1)＋m (n－1)＋1＋…＋m (n －1)＋m －1＝a m 1qm 2(n －1)＋(m －1)(1＋m －1)2＝a m 1qm 2(n －1)＋(m －1)m 2，因为c n ＋1c n＝a m 1qnm 2＋(m －1)m 2a m 1qm 2(n －1)＋(m －1)m 2＝qm 2，所以数列{c n }为等比数列，公比为qm 2.答案：C2．（2013重庆，5分）已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________.解析：本题考查等差、等比数列的基本量运算，意在考查考生的基本运算能力．因为{a n }为等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列，所以a 1(a 1＋4d )＝(a 1＋d )2，解得d ＝2a 1＝2，所以S 8＝64.答案：643．（2013江苏，16分）设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝nS nn 2＋c，n ∈N *，其中 c 为实数． (1)若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)； (2)若{b n }是等差数列，证明：c ＝0.证明：本题考查等差、等比数列的定义，通项及前n 项和，意在考查考生分析问题、解决问题的能力与推理论证能力．由题设，S n ＝na ＋n (n －1)2d .(1)由c ＝0，得b n ＝S n n ＝a ＋n －12d .又b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即⎝⎛⎭⎫a ＋d 22＝a ⎝⎛⎭⎫a ＋32d ，化简得d 2－2ad ＝0.因为d ≠0，所以d ＝2a . 因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a .从而对于所有的k ，n ∈N *，有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k .(2)设数列{b n }的公差是d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1，即nS nn 2＋c ＝b 1＋(n －1)d 1，n ∈N *，代入S n的表达式，整理得，对于所有的n ∈N *，有⎝⎛⎭⎫d 1－12d n 3＋⎝⎛⎭⎫b 1－d 1－a ＋12d n 2＋cd 1n ＝c (d 1－b 1)．令A ＝d 1－12d ，B ＝b 1－d 1－a ＋12d ，D ＝c (d 1－b 1)，则对于所有的n ∈N *，有An 3＋Bn 2＋cd 1n＝D .(*)在(*)式中分别取n ＝1,2,3,4，得A ＋B ＋cd 1＝8A ＋4B ＋2cd 1＝27A ＋9B ＋3cd 1＝64A ＋16B ＋4cd 1，从而有⎩⎪⎨⎪⎧7A ＋3B ＋cd 1＝0， ①19A ＋5B ＋cd 1＝0， ②21A ＋5B ＋cd 1＝0， ③由②，③得A ＝0，cd 1＝－5B ，代入方程①，得B ＝0，从而cd 1＝0. 即d 1－12d ＝0，b 1－d 1－a ＋12d ＝0，cd 1＝0.若d 1＝0，则由d 1－12d ＝0，得d ＝0，与题设矛盾，所以d 1≠0.又cd 1＝0，所以c ＝0.4．（2013浙江，14分）在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2) 若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.解：本题主要考查等差数列、等比数列的概念，等差数列通项公式，求和公式等基础知识，同时考查运算求解能力．(1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0. 故d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11.则当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n|＝⎩⎨⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.5．（2013四川，12分）在等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项、公差及前n 项和．解：本题考查等差数列、等比中项等基础知识，考查运算求解能力，考查分类与整合等数学思想．设该数列公差为d ，前n 项和为S n .由已知，可得2a 1＋2d ＝8，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋8d )．所以，a 1＋d ＝4，d (d －3a 1)＝0，解得a 1＝4，d ＝0，或a 1＝1，d ＝3，即数列{a n }的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以，数列的前n 项和S n ＝4n 或S n ＝3n 2－n2.6．(2009·宁夏、海南，5分)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列．若a 1＝1，则S 4＝( )A ．7B ．8C ．15D ．16解析：∵4a 1,2a 2，a 3成等差数列，∴4a 2＝4a 1＋a 3. ∵{a n }是等比数列，∴4a 1·q ＝4a 1＋a 1q 2，a 1＝1. ∴q 2－4q ＋4＝0，q ＝2，∴S 4＝1×(1－24)1－2＝15.答案：C7．（2011江苏，5分）设1＝a 1≤a 2≤…≤a 7，其中a 1，a 3，a 5，a 7成公比为q 的等比数列，a 2，a 4，a 6成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________．解析：设a 2＝t ，则1≤t ≤q ≤t ＋1≤q 2≤t ＋2≤q 3，由于t ≥1，所以q ≥max {t ，t ＋1，3t ＋2}，故q 的最小值是33.答案：338．（2012山东，12分）在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝84，a 9＝73.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中落入区间(9m,92m )内的项的个数记为b m ，求数列{b m }的前m 项和S m .解：(1)因为{a n }是一个等差数列，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝84，a 4＝28. 设数列{a n }的公差为d ，则5d ＝a 9－a 4＝73－28＝45，故d ＝9.由a 4＝a 1＋3d 得28＝a 1＋3×9，即a 1＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋9(n －1)＝9n －8(n ∈N *)． (2)对m ∈N *，若9m <a n <92m ，则9m ＋8<9n <92m ＋8. 因此9m －1＋1≤n ≤92m －1.故得b m ＝92m －1－9m －1.于是S m ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m＝(9＋93＋…＋92m －1)－(1＋9＋…＋9m －1)＝9×(1－81m )1－81－(1－9m )1－9＝92m ＋1－10×9m ＋180.9．（2012广东，14分）设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列．(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.解：(1)当n ＝1时，2a 1＝a 2－4＋1＝a 2－3， ① 当n ＝2时，2(a 1＋a 2)＝a 3－8＋1＝a 3－7， ② 又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2(a 2＋5)， ③ 由①②③解得a 1＝1. (2)∵2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，∴当n ≥2时，有2S n －1＝a n －2n ＋1，两式相减得a n ＋1－3a n ＝2n ，则a n ＋12n －32·a n2n －1＝1，即a n ＋12n ＋2＝32(a n2n －1＋2)．又a 120＋2＝3，知{a n 2n －1＋2}是首项为3，公比为32的等比数列， ∴a n 2n －1＋2＝3(32)n －1，即a n ＝3n －2n ，n ＝1时也适合此式， ∴a n ＝3n －2n .(3)证明：由(2)得1a n ＝13n －2n ＝1(2＋1)n －2n ＝1C 1n 2n －1＋C 2n 2n －2＋…＋1<1n ·2n －1， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n <1＋122＋(12)22＋…＋(12)n －12＝1＋12(1－12n －1)<32. 考点二递推数列及其应用1．（2013湖南，5分）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＝________.解析：本小题主要考查数列的递推关系、等比数列的求和等知识，考查推理论证能力及分类讨论思想．(1)当n ＝1时，S 1＝(－1)a 1－12，得a 1＝－14.当n ≥2时，S n ＝(－1)n (S n －S n －1)－12n .当n 为偶数时，S n －1＝－12n ，当n 为奇数时，S n ＝12S n－1－12n ＋1，从而S 1＝－14，S 3＝－116，又由S 3＝12S 2－124＝－116，得S 2＝0，则S 3＝S 2＋a 3＝a 3＝－116. (2)由(1)得S 1＋S 3＋S 5＋…＋S 99＝－122－124－126－…－12100，S 101＝－12102，又S 2＋S 4＋S 6＋…＋S 100＝2S 3＋123＋2S 5＋125＋2S 7＋127＋…＋2S 101＋12101＝0，故S 1＋S 2＋…＋S 100＝13⎝⎛⎭⎫12100－1. 答案：－116 13⎝⎛⎭⎫12100－1 2．（2013湖南，13分）设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0,2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N *. (1)求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{na n }的前n 项和．解：本题主要考查数列的通项公式和数列求和，结合转化思想，意在考查考生的运算求解能力．(1)令n ＝1，得2a 1－a 1＝a 21，即a 1＝a 21.因为a 1≠0，所以a 1＝1.令n ＝2，得2a 2－1＝S 2＝1＋a 2，解得a 2＝2.当n ≥2时，由2a n －1＝S n,2a n －1－1＝S n －1两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1.于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列．因此，a n ＝2n －1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)知，na n ＝n ·2n －1.记数列{n ·2n －1}的前n 项和为B n ，于是B n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，①2B n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .② ①－②得－B n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝2n －1－n ·2n . 从而B n ＝1＋(n －1)·2n .3．（2013江西，12分）正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ，数列{b n }的前项n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. 解：本题主要考查求一类特殊数列的和，意在考查考生的转化与化归的数学思想及运算求解能力．(1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)证明：由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116⎣⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－⎦⎤1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2＝116⎣⎡⎦⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝⎛⎭⎫1＋122＝564. 4．（2012新课标全国，5分）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 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析：不妨令a 1＝1，根据题意，得a 2＝2，a 3＝a 5＝a 7＝…＝1，a 4＝6，a 6＝10，…，所以当n 为奇数时，a n ＝1，当n 为偶数时构成以a 2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以前60项和为S 60＝30＋2×30＋30×(30－1)2×4＝1 830.答案：D5．（2012江西，12分）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N ＋)，8.(1)确定常数k ，并求a n ； (2)求数列{9－2a n2n }的前n 项和T n .解：(1)当n ＝k ∈N ＋时，S n ＝－12n 2＋kn 取最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，因此k ＝4，从而a n ＝S n －S n －1＝92－n (n ≥2)．又a 1＝S 1＝72，所以a n ＝92－n .(2)因为b n ＝9－2a n 2n ＝n2n －1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，所以T n ＝2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.]。

【状元之路】2015版高考数学二轮复习数列求和及数列的综合应用专题训练(含解析)

【状元之路】2015版高考数学二轮复习数列求和及数列的综合应用专题训练（含解析）一、选择题1．(2014·广东惠州一模)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，a 1＝2，a 5＝3a 3，则S 9＝( ) A ．－72 B ．－54 C ．54D ．72解析 a 1＝2，a 5＝3a 3得a 1＋4d ＝3(a 1＋2d )，即d ＝－a 1＝－2，所以S 9＝9a 1＋9×82d ＝9×2－9×8＝－54，选B.答案 B2．(2014·全国大纲卷)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4D ．3解析 S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.答案 C3．(2014·北京卷)设{a n }是公比为q 的等比数列．则“q >1”是“{a n }为递增数列”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件解析利用公比与等比数列的单调性的关系进行判断．{a n }为递增数列，则a 1>0时，q >1；a 1<0时，0<q <1.q >1时，若a 1<0，则{a n }为递减数列．故“q >1”是“{a n }为递增数列”的既不充分也不必要条件，故选D.答案 D4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2＋n ，数列{b n }满足b n ＝1a n a n ＋1(n ∈N *)，T n 是数列{b n }的前n 项和，则T 9等于( )A.919B.1819C.2021D.940解析 ∵数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2＋n ，∴n ＝1时，a 1＝2；n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，∴a n ＝2n (n ∈N *)，∴b n ＝1a n a n ＋1＝12n 2n ＋2 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，T 9＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫19－110＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110＝940. 答案 D5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝( ) A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 21≤n ≤3n 2－6n ＋18 n >3D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2 1≤n ≤3 n 2－6n n >3解析由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2.∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7.∴n ≤3时，a n <0；n >3时，a n >0.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 21≤n ≤3 ，n 2－6n ＋18 n >3 .答案 C6．已知曲线C ：y ＝1x(x >0)及两点A 1(x 1,0)和A 2(x 2,0)，其中x 2>x 1>0.过A 1，A 2分别作x 轴的垂线，交曲线C 于B 1，B 2两点，直线B 1B 2与x 轴交于点A 3(x 3,0)，那么( )A ．x 1，x 32，x 2成等差数列B ．x 1，x 32，x 2成等比数列C ．x 1，x 3，x 2成等差数列D ．x 1，x 3，x 2成等比数列解析由题意，B 1，B 2两点的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫x 1，1x 1，⎝⎛⎭⎪⎫x 2，1x2，所以直线B 1B 2的方程为y ＝－1x 1x 2(x －x 1)＋1x 1，令y ＝0，得x ＝x 1＋x 2，∴x 3＝x 1＋x 2，因此，x 1，x 32，x 2成等差数列．答案 A 二、填空题7．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.解析 n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n ＋13－23a n －1＋13，化简得：a n ＝－2a n －1，又a 1＝S 1＝23a 1＋13，得a 1＝1，故{a n }以1为首项，以－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1.答案 (－2)n －18．(2013·辽宁卷)已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和．若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________.解析 ∵a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两根，且q >1，∴a 1＝1，a 3＝4，则公比q ＝2，因此S 6＝1× 1－261－2＝63.答案 639．(2014·河南一模)已知对于任意的自然数n ，抛物线y ＝(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1与x 轴相交于A n ，B n 两点，则|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 014B 2 014|＝________.解析令(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1＝0，则x 1＋x 2＝2n ＋1n 2＋n ，x 1x 2＝1n 2＋n，由题意得|A n B n |＝|x 2－x 1|，所以|A n B n |＝ x 1＋x 2 2－4x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n＋1n 2＋n 2－4·1n 2＋n ＝1n 2＋n ＝1n －1n ＋1，因此|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 014B 2 014|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 014－12 015＝1－12 015＝2 0142 015.答案2 0142 015三、解答题10．(2014·湖南卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－n －1 2＋ n －12＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)nn . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2 1－22n1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n ，故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.11．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n ＋n 2－1，数列{b n }满足3n·b n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ，且b 1＝3.(1)求a n ，b n ；(2)设T n 为数列{b n }的前n 项和，求T n ，并求满足T n <7时n 的最大值．解 (1)n ≥2时，S n ＝a n ＋n 2－1，S n －1＝a n －1＋(n －1)2－1，两式相减，得a n ＝a n －a n －1＋2n －1，∴a n －1＝2n －1. ∴a n ＝2n ＋1，∴3n·b n ＋1＝(n ＋1)(2n ＋3)－n (2n ＋1)＝4n ＋3， ∴b n ＋1＝4n ＋33n ，∴当n ≥2时，b n ＝4n －13n －1，又b 1＝3适合上式，∴b n ＝4n －13n －1.(2)由(1)知，b n ＝4n －13n －1，∴T n ＝31＋73＋1132＋…＋4n －53n －2＋4n －13n －1，①13T n ＝33＋73＋113＋…＋4n －53＋4n －13，② ①－②，得23T n ＝3＋43＋432＋…＋43n －1－4n －13n＝3＋4·13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－131－13－4n －13n ＝5－4n ＋53n .∴T n ＝152－4n ＋52·3n －1.T n －T n ＋1＝4 n ＋1 ＋52·3n －4n ＋52·3n －1＝－ 4n ＋33n<0. ∴T n <T n ＋1，即{T n }为递增数列．又T 3＝599<7，T 4＝649>7，∴当T n <7时，n 的最大值为3.B 级——能力提高组1．(2014·上海虹口一模)已知函数f (n )＝n 2sin n π2，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 014＝________.解析考虑到sinn π2是呈周期性的数列，依次取值1,0，－1,0，…，故在求a 1＋a 2＋…＋a 2 014时要分组求和，又由a n 的定义，知a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 014＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 013)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 014)＝[f (1)＋f (3)＋…＋f (2 013)]＋[f (2)＋f (4)＋…＋f (2 014)]＝[(1－32)＋(52－72)＋…＋(2 0092－2 0112)＋2 0132]＋[(－32＋52)＋(－72＋92)＋…＋(－2 0112＋2 0132)－2 0152]＝－2×(4＋12＋20＋…＋4 020)＋2 0132＋2×(8＋16＋…＋4 024)－2 0152＝－2×503× 4＋4 0202＋2×503× 8＋4 024 2－2 0152＋2 0132＝503×8－2×4 028＝－4 032.答案－4 0322．(2014·上海长宁二模)定义函数f (x )＝{x ·{x }}，其中{x }表示不小于x 的最小整数，如{1.4}＝2，{－2.3}＝－2.当x ∈(0，n ](n ∈N *)时，函数f (x )的值域为A n ，记集合A n 中元素的个数为a n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝________.解析由题意，a 1＝1，当x ∈(n ，n ＋1]时，{x }＝n ＋1，x ·{x }∈(n 2＋n ，n 2＋2n ＋1]，{x ·{x }}的取值依次为n 2＋n ＋1，n 2＋n ＋2，…，n 2＋2n ＋1共n ＋1个，即a n ＋1＝a n ＋n ＋1，由此可得a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，1a n＝2n n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝2－2n ＋1. 答案 2－2n ＋13．(2014·湖南卷)已知数列{a n }满足a 1＝1，|a n ＋1－a n |＝p n，n ∈N *. (1)若{a n }是递增数列，且a 1,2a 2,3a 3成等差数列，求p 的值；(2)若p ＝12，且{a 2n －1}是递增数列，{a 2n }是递减数列，求数列{a n }的通项公式．解 (1)因为{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝|a n ＋1－a n |＝p n. 而a 1＝1，因此a 2＝p ＋1，a 3＝p 2＋p ＋1. 又a 1,2a 2,3a 3成等差数列，所以4a 2＝a 1＋3a 3，因而3p 2－p ＝0，解得p ＝13，p ＝0.当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，这与{a n }是递增数列矛盾．故p ＝13.(2)由于{a 2n －1}是递增数列，因而a 2n ＋1－a 2n －1>0，于是(a 2n ＋1－a 2n )＋(a 2n －a 2n －1)>0.① 但122n <122n －1，所以|a 2n ＋1－a 2n |<|a 2n －a 2n －1|.② 由①②知，a 2n －a 2n －1>0，因此 a 2n －a 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1＝－1 2n22n －1.③因为{a 2n }是递减数列，同理可得a 2n ＋1－a 2n <0，故a 2n ＋1－a 2n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＝－12n ＋122n④由③④即知，a n ＋1－a n ＝－1n ＋12n.于是a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋12－122＋…＋－1n2n －1＝1＋12·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11＋12＝43＋13· －1 n2n －1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝43＋13· －1 n2n －1.。

高中数学数列求和专项练习题(错位相减、裂项相消、倒序相加)

高中数学数列求和专项练习题（错位相减、裂项相消、倒序相加法）一、单选题（本大题共1小题，共5.0分）1.已知函数f(x)满足f(x)+f(1−x)=2，a n=f(0)+f(1n )+f(2n)+⋯+f(n−1n)+f(1)(n∈N∗)，则数列{a n}的通项公式为()A. a n=n−1B. a n=nC. a n=n+1D. a n=n2第II卷（非选择题）二、解答题（本大题共18小题，共216.0分）2.已知公差不为零的等差数列{a n}中，a3=7，且a1，a4，a13成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记数列{a n·2n}的前n项和为S n，求S n．3.设数列{a n}的前n项和为S n，已知a1=1，a n+1=n+2nS n(n∈N∗).(1)证明：数列{S nn}是等比数列；(2)求数列{S n}的前n项和T n．4.已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a n是S n与2的等差中项，等差数列{b n}中，b1=2，点P(b n,b n+1)在一次函数y=x+2的图象上．(1)求数列{a n}，{b n}的通项a n和b n；(2)设c n=a n⋅b n，求数列{c n}的前n项和T n．5.已知等比数列{a n}的前n项和为S n，a n>0且a1a3=36，a3+a4=9(a1+a2)．(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)若S n+1=3b n，求数列{b n}及数列{a n b n}的前n项和T n..6.已知正项数列{a n}的前n项和为S n,√S n是1与(a n+1)2的等比中项．4(1)求证：数列{a n}是等差数列；(2)若b n=a n，数列{b n}的前n项和为T n，求T n．2n7.数列{a n}满足：a1+a2+a3+⋯+a n=12(3n−1)．(1)求{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足a n=3a n b n,求{b n}的前n项和T n．8.已知数列{a n}的前n项和S n，且2a n=2+S n．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n=(2n−1)a n，求数列{b n}的前n项和T n．9.设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S9=81，a3+a5=14．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=1a n a n+1，若{b n}的前n项和为T n，证明：T n<12．10.等差数列{a n}中，a3=4，a5+a8=15．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=1(n+2)a n ，数列{b n}的前n项和为S n，求证：S n<12；(3)设c n=a n×4 a n，求数列{c n}的前n项和T n．11.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n=n2+n，(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n=1a n+1a n，求数列{b n}的前n项和．12.已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1=2，a3=2a2+16．(1)求数列{a n}的通项公式；}的前n项和T n．(2)设b n=log2a n，求数列{1b n⋅b n+113.已知{a n}是等差数列，满足a1=1，a4=13，数列{b n}的前n项和S n=2n+1−2．(1)求数列{a n}、{b n}的通项公式；(2)设c n=b n+4，求数列{c n}的前n项和T n．a n a n+1(a n+n)．14.已知数列{a n}满足：a1=2，a n+1=n+1n(1)设b n=a n，证明：数列{b n}是等差数列；n}的前n项和T n．(2)求数列{1a n15. 已知数列{a n }的前n 项和为S n 满足2S n =4a n −a 2(n ∈N ∗)，且a 1，a 2，a 3−1成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n =1(log2a 2n )(log 2a 2n+2)，{b n }的前n 项和为T n ，对任意n ∈N ∗，T n >m23恒成立，求m 的取值范围．16. 已知等差数列{a n }满足：a 3=7，a 5+a 7=26．{a n }的前n 项和为S n ．(Ⅰ)求a n 及S n ； (Ⅱ)令b n =1an2−1(n ∈N+)，求数列{b n }的前n 项和T n ．17. 已知函数y =a x (a >0，且a ≠1)在[2,4]上的最大值与最小值之和为20，记f(x)=x a x +√2．(1)求a 的值；(2)求证：f(x)+f(1−x)为定值；(3)求f(12021)+f(22021)+⋯+f(20202021)的值．18.已知函数f(x)=14x+m(m>0)，当x1，x2∈R且x1+x2=1时，总有f(x1)+f(x2)=12．(1)求m的值；(2)设数列{a n}满足a n=f(0)+f(1n )+f(2n)+⋯+f(n−1n)+f(1)，求数列{a n}的前n项和S n．19.已知函数f(x)=3x+√3．(1)求证：f(x)+f(1−x)为定值；(2)利用课本中推导等差数列的前n项和公式的方法，求值：f(−100)+f(−99)+⋯+f(0)+⋯+f(100)+f(101)．答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查了数列“倒序相加”求和，属于中档题．由f(x)+f(1−x)=2，a n =f(0)+f(1n )+⋯+f(n−1n)+f(1)，“倒序相加”即可得出．【解答】解：∵f(x)+f(1−x)=2， a n =f(0)+f(1n )+⋯+f(n−1n)+f(1)，∴a n =f(1)+f(n−1n )+⋯+f(1n )+f(0)，∴2a n =[f(0)+f(1)]+[f(1n )+f(n−1n)]+⋯+[f(1)+f(0)]=2(n +1)，∴a n =n +1．故选C ．2.【答案】解：(1)设等差数列{a n }的公差为d(d ≠0)，由a 3=7，且a 1，a 4，a 13成等比数列，得{a 1+2d =7(a 1+3d)2=a 1(a 1+12d)，解得a 1=3，d =2． ∴a n =3+2(n −1)=2n +1； (2)∵a n ⋅2n =(2n +1)⋅2n ，∴数列{a n ⋅2n }的前n 项和S n =3⋅21+5⋅22+⋯+(2n +1)⋅2n ， 2S n =3⋅22+5⋅23+⋯+(2n −1)⋅2n +(2n +1)⋅2n+1， ∴−S n =6+23+24+⋯+2n+1−(2n +1)⋅2n+1=6+8(1−2n−1)1−2−(2n +1)⋅2n+1，∴S n =2−(1−2n)×2n+1．【解析】本题考查等差数列的通项公式与等比数列的性质，考查错位相减法求数列的前(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0)，由已知列关于首项与公差的方程组，得首项与公差，代入等差数列的通项公式得答案；(2)直接利用错位相减法求数列{a n⋅2n}的前n项和S n．3.【答案】(1)证明：由a n+1=n+2nS n，及a n+1=S n+1−S n，得S n+1−S n=n+2nS n，整理，得nS n+1=2(n+1)S n，∴S n+1n+1=2⋅S nn，又S11=1，∴{S nn}是以1为首项，2为公比的等比列；(2)解：由(1)，得S nn=2n−1，∴S n=n⋅2n−1(n∈N∗).∴T n=1×20+2×21+3×22+⋯+n⋅2n−1，①2T n=1×21+2×22+⋯+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n，②由②−①，得T n=−(1+2+22+⋯+2n−1)+n⋅2n=−1−2n1−2+n⋅2n=(n−1)⋅2n+1．【解析】本题考查等比数列的定义和通项公式及求和公式的运用，考查数列的求和方法：错位相减法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．(1)运用数列的递推式：a n+1=S n+1−S n，代入整理，结合等比数列的定义即可得证；(2)运用等比数列的通项公式，可得S n=n⋅2n−1(n∈N∗).再由数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，计算即可得到所求和．4.【答案】解：(1)在数列{b n}中，b1=2，点P(b n, b n+1)在直线y=x+2上．得：b n+1=b n+2，且b1=2，故数列{b n}为等差数列，所以b n=2+2(n−1)=2n；由2a n=S n+2...①得2a n−1=S n−1+2...②(n≥2)；将两式相减得：2a n−2a n−1=S n−S n−1；∴a n=2a n−1(n≥2)，又∵2a1=S1+2=a1+2，∴a1=2，∴a n=2n；(2)由c n=a n b n=n2n+1，得：T n=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋅⋅⋅+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1...①2T n=1⋅23+2⋅24+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+(n−1)⋅2n+1+n⋅2n+2...②①−②得，−T n=22+23+24+⋅⋅⋅+2n+1−n⋅2n+2=4−2n+21−2−n⋅2n+2=(1−n)⋅2n+2−4，所以T n=(n−1)2n+2+4．【解析】本题考查了等差数列，等比数列的通项公式，考查了数列求和，属于中档题．(1)根据条件，将点的坐标代入直线方程可得数列为等差数列，则通项公式可知，由等比数列的性质可得数列{a n}为等比数列，则通项公式可得；(2)由错位相减法求和即可．5.【答案】解：(Ⅰ)由题意得：a3+a4=9(a1+a2)，可得(a1+a2)q2=9(a1+a2)，q2=9，由a n>0，可得q=3，由a1a3=36，可得a1a1q2=36，可得a1=2，∴a n=2×3n−1(n∈N∗)；(Ⅱ)由a n=2×3n−1，可得S n=a1(1−q n)1−q =2(3n−1)3−1=3n−1，由S n+1=3b n，可得3n−1+1=3b n，可得b n=n，可得{a n b n}的通项公式：a n b n=2n×3n−1，可得：T n=2×30+2×2×31+2×3×32+...+2×(n−1)×3n−2+2×n×3n−1①，3T n=2×31+2×2×32+2×3×33+...+2×(n−1)×3n−1+2×n×3n②，①−②得：−2T n=2+2×3(3n−1−1)3−1−2×n×3n =2+3n−3−2n×3n=(1−2n)×3n−1，可得T n=(2n−1)×3n2+12．【解析】本题考查等比数列的通项公式与求和公式，错位相减法求和，考查运算化简的能力，属于中档题．(Ⅰ)由a n>0且a1a3=36，a3+a4=9(a1+a2)，利用等比数列通项公式求得a1和q即可；(Ⅱ)由S n+1=3b n利用等比数列求和公式可得b n，再由错位相减法可得T n．6.【答案】(1)证明：由于√S n是14与(a n+1)2的等比中项，故S n=14(a n+1)2，n=1时，a1=14(a1+1)2，得a1=1，n=2时，a1+a2=14(a2+1)2，解得a2=3或−1(舍)，所以a2−a1=2；当n≥2时，S n−1=14(a n−1+1)2，∴a n=S n−S n−1=14(a n2−a n−12+2a n−2a n−1)，(a n+a n−1)(a n−a n−1−2)=0∵a n>0，∴a n−a n−1−2=0即a n−a n−1=2，故{a n }是等差数列；(2)解：数列{a n }为等差数列，首项a 1=1，公差d =2， ∴a n =2n −1， b n =2n−12n，T n =12+322+523+...+2n −12n.① 12T n =122+323+524+...+2n −12n+1.② ①−②：12T n =2×(12+122+123+...+12n )−2n−12n+1−12=2×12(1−12n )1−12−2n−12n+1−12=32−2n+32n+1，求得：T n =3−2n+32n．【解析】本题考查等比数列的性质及等差数列的通项公式，以及错位相减法求和，属于中档题．(1)由已知的√S n 是14与(a n +1)2的等比中项，可得S n =14(a n +1)2，利用作差法可得a n −a n−1=2，即可由等差数列的定义得证；(2)先由(1)的结论，由等差数列的通项公式可求a n ，即可求b n ，由通项可知应该用错位相减法进行求和．7.【答案】解：(1)S n =a 1+a 2+a 3+⋯+a n ，a 1+a 2+a 3+⋯+a n =12(3n −1)， n =1时，a 1=1，n ≥2时，a n =S n −S n−1=3n−1，对n =1也成立， ∴a n =3n−1，n ∈N ∗；(2)由a n=3a n b n，所以b n=(n−1)(13)n−1，T n=b1+b2+⋯+b n=13+2×(13)2+⋯+(n−1)(13)n−1 ①，1 3T n=(13)2+2×(13)3+⋯+(n−2)(13)n−1+(n−1)(13)n ②， ①− ②得23T n=13+(13)2+⋯+(13)n−1−(n−1)(13)n，2 3T n=13[1−(13)n−1]1−(13)−(n−1)(13)n，∴T n=34−(2n+14)(13)n−1．【解析】本题考查数列的递推式的运用，考查数列的通项公式和数列的错位相减法求和，化简运算能力，属于中档题．(1)运用数列的递推式，化简可得所求通项公式；(2)求得b n=(n−1)(13)n−1，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和．8.【答案】解：(1)∵数列{a n}的前n项和S n，且2a n=2+S n．∴n=1时，2a1=2+a1，解得a1=2，n≥2时，a n=S n−S n−1=(2a n−2)−(2a n−1−2)=2a n−2a n−1，∴a n=2a n−1．∴{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，∴数列{a n}的通项公式a n=2n．(2)b n=(2n−1)a n=(2n−1)⋅2n，∴数列{b n}的前n项和：T n=1×2+3×22+5×23+⋯+(2n−1)×2n，①2T n=1×22+3×23+5×24+⋯+(2n−1)×2n+1，②①−②得：−T n=2+22+23+24+⋯+2n−(2n−1)×2n+1=2(1−2n)1−2−(2n−1)×2n+1=2n+1−2−(2n−1)×2n+1，∴T n=(2n−2)×2n+1+2．【解析】(1)由数列{a n}的前n项和S n，且2a n=2+S n.当n=1时，求出a1=2，n≥2时，a n=S n−S n−1=(2a n−2)−(2a n−1−2)=2a n−2a n−1，求出a n=2a n−1.从而{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，由此能求出数列{a n}的通项公式．(2)由b n=(2n−1)a n=(2n−1)⋅2n，利用错位相减法能求出数列{b n}的前n项和．本题考查数列通项公式、前n项和公式的求法，考查等比数列、等差中项、错位相减法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．9.【答案】解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，由S9=9a5=81，得a5=9，又由a3+a5=14，得a3=5，由上可得等差数列{a n}的公差d=2，∴a n=a3+(n−3)d=2n−1；(2)证明：由题意得，b n=1a n a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)．所以T n=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)<12．【解析】本题考查了等差数列的通项公式、性质及其求和公式、裂项相消法求和的知识点，考查了推理能力与计算能力，属于较难题．(1)利用等差数列的通项公式、性质及其求和公式即可得出；(2)由题意得，b n=1a n a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，利用裂项相消法求和即可得出T n=12(1−12n+1)，从而得证．10.【答案】(1)解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a3=4，a5+a8=15．∴a1+2d=4，2a1+11d=15，解得a1=2，d=1．∴a n=2+(n−1)=n+1．(2)证明：由(1)可得：a n=n+1．b n=1(n+2)a n =1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，∴数列{b n}的前n项和为S n=12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2=12−1n+2<12．(3)解：c n=a n×4 a n=(n+1)⋅4n+1．∴数列{c n}的前n项和T n=2×42+3×43+4×44+⋯+(n+1)⋅4n+1，4T n=2×43+3×44+⋯+n⋅4n+1+(n+1)⋅4n+2，∴−3T n=2×42+43+44+⋯+4n+1−(n+1)⋅4n+2=16+16(4n−1)4−1−(n+1)⋅4n+2，解得：T n=(3n+2)⋅4n+2−329．【解析】(1)设等差数列{a n}的公差为d，由a3=4，a5+a8=15.可得a1+2d=4，2a1+ 11d=15，解出即可得出．(2)由(1)可得：a n=n+1.b n=1(n+2)a n =1n+1−1n+2，利用裂项求和方法即可得出．(3)c n=a n×4 a n=(n+1)⋅4n+1.利用错位相减法即可得出．本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11.【答案】解：(1)S n=n2+n，可得n=1时，a1=S1=2，n≥2时，a n=S n−S n−1=n2+n−(n−1)2−(n−1)=2n，对n=1也成立，则a n=2n；(2)b n=1a n+1a n =12n⋅2(n+1)=14(1n−1n+1)，可得数列{b n}的前n项和为14(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=14(1−1n+1)=n4n+4．【解析】本题考查数列的递推式的运用，考查数列的裂项相消求和，属于基础题．(1)运用数列的递推式：n=1时，a1=S1，n≥2时，a n=S n−S n−1，计算可得所求通项公式；(2)求得b n=1a n+1a n =12n⋅2(n+1)=14(1n−1n+1)，由数列的裂项相消求和可得所求和．12.【答案】解：(1)设等比数列{a n}的公比为q，(q>0)，由已知：a1=2,a3=2a2+16，∴2q2=4q+16，即q2−2q−8=0，∴q =4或q =−2(舍去)，∴a n =a 1q n−1=2×4n−1=22n−1；(2)由(1)知：b n =log 2a n =log 222n−1=2n −1， ∴1bn ⋅b n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，T n =1b 1⋅b 2+1b 2⋅b 3+⋅⋅⋅+1b n ⋅b n+1=12(1−13+13−15+⋯+12n −1−12n +1) =12(1−12n+1)=n2n+1 ．【解析】本题考查等比数列的通项公式及裂项相消法求和的问题，考查对数的运算性质． (1)设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；(2)把(1)中求得的{a n }的通项公式代入b n =log 2a n ，得到b n ，利用裂项相消法求出结果即可．13.【答案】解：(1)设等差数列{a n }公差为d ，因为a 4=a 1+3d ，，a 1=1所以d =4，所以a n =a 1+(n −1)d =1+(n −1)×4 ∴a n =4n −3；由S n =2n+1−2，当n ⩾2时，b n =S n −S n−1=2n ， n =1时，b 1=2对上式也成立， ∴b n =2n ． (2)c n =b n +4an a n+1=2n +4(4n−3)(4n+1)=2n +(14n−3−14n+1)，T n =21+22+23+...+2n +(1−15)+(15−19)+⋯+(14n −3−14n +1)=2(1−2n )1−2+(1−15)+(15−19)+⋯+(14n −3−14n +1)=2n+1−2+(1−14n+1)=2n+1−4n+24n+1．【解析】本题考查等差数列的通项公式及求和公式，考查方程思想的运用能力及裂项相消法求和的能力，属于中档题．(1)由题意及等差数列的通项公式联立方程解得公差，即可得数列{a n}；利用递推数列当n⩾2时，b n=S n−S n−1=2n，验证n=1时即可得到{b n}的通项公式；(2)首先利用分组求和法进行转化，再利用等比数列公式求和以及裂项相消法求和可得答案．14.【答案】(1)证明：由a n+1=n+1n (a n+n)，可得a n+1n+1=a nn+1，所以a n+1n+1−a nn=1，由于b n=a nn，可得b n+1−b n=1，又b1=a1=2，所以{b n}为首项为2，公差为1的等差数列．(2)由(1)可知为{b n}等差数列．所以b n=n+1(n∈N∗)，可得a nn=n+1，所以a n=n(n+1)，所以1a n =1n(n+1)=1n−1n+1，则T n=1a1+1a2+1a3+⋯+1a n=(1−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n−1n+1)=1−1n+1=n n+1所以数列{1an }的前n项和T n=nn+1【解析】本题考查了等差数列的判定与证明，等差数列的通项公式，以及裂项相消求和，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．(1)将条件变形得a n+1n+1=a nn+1，再代入b n=a nn即可；(2)根据数列{b n}是等差数列可求出数列{1a n}的通项公式，再利用裂项相消法求和．15.【答案】解：(1)由题意得2S1=4a1−a2⇒a2=2a1 ①，∵数列{a n}的前n项和为S n满足2S n=4a n−a2(n∈N∗)，∴2S3=4a3−a2⇒a3=2a2 ②，∵a1，a2，a3−1成等差数列，∴2a2=a1+a3−1 ③，由 ① ② ③可得a1=1，a2=2，∴2S n=4a n−2，∴2S n−1=4a n−1−2(n ≥2)，∴a n =2a n−1(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， ∴数列{a n }的通项公式为a n =2n−1． (2)∵b n =1(log2a 2n )(log 2a 2n+2)=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)， ∴{b n }的前n 项和T n =12[(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)] =12(1−12n+1)，∴{T n }是单调递增数列， ∴T n ≥T 1=13， ∵对任意n ∈N ∗，T n >m23恒成立，∴13>m23⇒m <233，故m 的取值范围为(−∞,233).【解析】本题考查了等差数列的性质、等比数列的通项公式、裂项相消法的相关知识，属于中档题．(1)由题意得2S n =4a n −2，再推导得数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，即可得{a n }通项公式；(2)由裂项相消法求得T n ，求其最值即可得答案．16.【答案】解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ．因为a 3=7，a 5+a 7=26，所以{a 1+2d =72a 1+10d =26，解得{a 1=3d =2，所以a n=3+2(n−1)=2n+1，S n=3n+n(n−1)2×2=n2+2n．(2)由(1)知a n=2n+1，所以=14(1n−1n+1)，所以T n=14·(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=14(1−1n+1)=n4(n+1)，即数列{b n}的前n项和T n=n4(n+1)．【解析】本题考查等差数列的通项公式，等差数列的求和，裂项相消法，考查运算化简的能力，属于中档题．(1)首先设首项为a1，公差为d，根据已知条件列出a1和d的方程组，求解后可得前n项和和通项公式；(2)根据(1)得b n，把b n变成两项的差，用裂项相消法求和．17.【答案】解：(1)函数y=a x(a>0且a≠1)在[2,4]上的最大值与最小值之和为20，而函数y=a x(a>0且a≠1)在[2,4]上单调递增或单调递减，∴a2+a4=20，得a2=4，或a2=−5(舍去)，∴a=2；(2)证明：由(1)知，a=2，∴f(x)=x2x+√2，∴f(x)+f(1−x)=x2x+√21−x21−x+√2=2x 2x +√222+√2×2x =2x 2x +√2√2√2+2x =1;(3)由(2)知，f(x)+f(1−x)=1．∵12021+20202021=1，22021+20192021=1，…，10102021+10112021=1， ∴f(12021)+f(22021)+⋯+f(20202021) =[f(12021)+f(20202021)]+[f(22021)+f(20192021)]+⋯+[f(10102021)+f(10112021)] =1010．【解析】本题考查了指数函数的单调性及其应用，利用指数运算性质化简求值，倒序相加的求和思想，考查了学生的计算能力，培养了学生分析问题与解决问题的能力．(1)因为函数y =a x (a >0且a ≠1)在[2,4]上单调递增或单调递减，所以最大值和最小值一定取到端点处，列方程即可解得a 值；(2)利用指数运算性质，代入函数解析式即可化简证明；(3)注意到和式中的自变量的特点，利用(2)的结论，将所求分组求和即可得到结果.18.【答案】解：(1)令x 1=x 2=12，得f(12)=14=12+m ，解得m =2． (2)由a n =f(0)+f(1n )+f(2n )+...+f(n−1n )+f(1)，得a n =f(1)=f(n−1n )+...+f(1n)+f(0)，两式相加，得2a n =[f(0)+f(1)]+[f(1n )+f(n−1n )]+...+[f(1)+f(0)]=12(n +1)，所以a n =14(n +1)，显然数列{a n }是等差数列，所以S n =n[12+14(n+1)]2=18n 2+38n ．【解析】【分析】本题主要指数函数以及数列的倒序相加法求通项，考查学生分析问题解决问题的能力，属于中档题．(1)利用指数函数代入数值计算即可；(2)利用倒序相加法求通项，在利用等差数列公式求和．19.【答案】(1)证明：因为f(x)=3x+√3．f(x)+f(1−x)=3x+√3+31−x+√3=3x+√3x3+3x⋅√3=x√33+3x⋅√3=√33，所以f(x)+f(1−x)为定值√33．(2)解：设f(−100)+f(−99)+⋯+f(0)+⋯+f(100)+f(101)=M，①f(101)+f(100)+⋯+f(0)+⋯+f(−99)+f(−100)=M，②，将①②两式左右两边分别相加可得[f(−100)+f(101)]+[f(−99)+f(100)]+⋯+[f(101)+f(−100)]=2M，因为f(x)+f(1−x)=√33．所以2M=√33+√33+⋯+√33=√33×202=202√33．故原式=12⋅202√33=101√33．即f(−100)+f(−99)+⋯+f(0)+⋯+f(100)+f(101)=101√33．【解析】本题考查函数的解析式的应用，函数值的求法，倒序相加求和，考查计算能力与推理能力，属于中档题．(1)利用函数的解析式直接求解即可．(2)利用倒序相加求和的方法化简求解即可．。

5-4第四节数列求和练习题(2015年高考总复习)

第四节数列求和时间：45分钟分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分) 1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n (n 为奇数)，a n ＋1 (n 为正偶数)，则其前6项之和是( ) A ．16 B ．20 C ．33D ．120解析 ∵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，∴S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.答案 C2．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解析由a n ＝n ＋1－n(n ＋n ＋1)(n ＋1－n )＝n ＋1－n ，得a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝10，即n ＋1－1＝10，即n ＋1＝11，解得n ＋1＝121，n ＝120.答案 A3．若数列{a n }的通项为a n ＝4n －1，b n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n ，n ∈N *，则数列{b n }的前n 项和是( )A ．n 2B ．n (n ＋1)C ．n (n ＋2)D ．n (2n ＋1)解析 a 1＋a 2＋…＋a n ＝(4×1－1)＋(4×2－1)＋…＋(4n －1)＝4(1＋2＋…＋n )－n ＝2n (n ＋1)－n ＝2n 2＋n ，∴b n ＝2n ＋1， b 1＋b 2＋…＋b n＝(2×1＋1)＋(2×2＋1)＋…＋(2n ＋1) ＝n 2＋2n ＝n (n ＋2)．答案 C4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－4n ＋2，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝( )A ．66B ．65C ．61D ．56解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－4n ＋2－[(n －1)2－4(n －1)＋2]＝2n －5. 即a 2＝－1，a 3＝1，a 4＝3，…，a 10＝15.得|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝1＋1＋8(1＋15)2＝2＋64＝66. 答案 A5．(2014·潍坊模拟)已知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，把数列{a n }的各项排列成如下的三角形状，记A (m ，n )表示第m 行的第n 个数，则A (10,12)＝( )a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9…A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1393B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1392C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1394 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13112 解析前9行共有1＋3＋5＋ (17)(1＋17)×92＝81(项)，∴A (10,12)为数列中的第81＋12＝93(项)，∴a 93＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1393.答案 A6．(2014·青岛模拟)已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．－100C ．100D ．10 200解析 ∵f (n )＝n 2cos(n π)，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝[f (1)＋f (2)＋…＋f (100)]＋[f (2)＋…＋f (101)]．f (1)＋f (2)＋…＋f (100)＝－12＋22－32＋42－…－992＋1002＝(22－12)＋(42－32)＋…(1002－992)＝3＋7＋…＋199＝50×(3＋199)2＝5 050，f (2)＋…＋f (101)＝22－32＋42－…－992＋1002－1012＝(22－32)＋(42－52)＋…＋(1002－1012)＝－5－9－…－201＝50×(－5－201)2＝－5 150，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝[f (1)＋f (2)＋…＋f (100)]＋[f (2)＋…f (101)]＝－5 150＋5 050＝－100.答案 B二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝19，a 5＋b 3＝9，则数列{a n b n }的前n 项和S n ＝__________.解析由条件易求出a n ＝n ，b n ＝2n －1(n ∈N *)． ∴S n ＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，① 2S n ＝1×2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n .② 由①－②，得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ×2n ， ∴S n ＝(n －1)·2n ＋1. 答案 (n －1)·2n ＋18．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为__________．解析 ∵a n ＝n (n ＋1)2n ＋1＝n2，∴b n ＝8n (n ＋1)＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴b 1＋b 2＋…＋b n＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8n n ＋1. 答案8nn ＋19．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝__________.解析令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n －1)．与已知式相减，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2.∴a n ＝4(n ＋1)2.∴n ＝1时，a 1适合a n .∴a n ＝4(n ＋1)2.∴a n n ＋1＝4n ＋4. ∴a 12＋a 23＋…＋a n n ＋1＝n (8＋4n ＋4)2＝2n 2＋6n . 答案 2n 2＋6n三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分) 10．(2014·石家庄质检一)已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝a 4＋6，且a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ≠0.∵S 3＝a 4＋6，∴3a 1＋3×2d2＝a 1＋3d ＋6，解得a 1＝3. ∵a 1，a 4，a 13成等比数列，∴a 1(a 1＋12d )＝(a 1＋3d )2，解得d ＝2. ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．(2)由题意，得b n ＝22n ＋1＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝(23＋25＋27＋…＋22n ＋1)＋n ＝23(1－22n )1－22＋n＝22n ＋3－83＋n .11．已知数列{a n }的通项为a n ，前n 项的和为S n ，且有S n ＝2－3a n .(1)求a n ；(2)求数列{na n }的前n 项和．解 (1)∵S 1＝a 1，n ＝1时，S 1＝2－3a 1⇒4a 1＝2，a 1＝12；当n ≥2时，3a n ＝2－S n ，① 3a n －1＝2－S n －1，②①－②得3(a n －a n －1)＝－a n ，∴4a n ＝3a n －1⇒a n a n －1＝34.∵{a n }是公比为34，首项为12的等比数列， a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1.(2)∵a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1＝23·34⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫34nT n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1·⎝ ⎛⎭⎪⎫34＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫342＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ，① 34T n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1·⎝ ⎛⎭⎪⎫342＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫343＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1，②①－②得14T n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1·⎝ ⎛⎭⎪⎫34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫342＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1. ∴T n ＝83⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫34⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n 1－34－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －83n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1 ＝8－8⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －83n ⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1＝8－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤8＋83n ·34＝8－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n(8＋2n )． 12．(2013·广东卷)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，n ∈N *，且a 2，a 5，a 14构成等比数列． (1)证明：a 2＝4a 1＋5； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<12.解 (1)证明：在4S n ＝a 2n ＋1－4n －1中，令n ＝1得4a 1＝a 22－5.又a n >0，所以a 2＝4a 1＋5.(2)由4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，得4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，n ≥2，两式相减化简得(a n ＋2)2＝a 2n ＋1，n ≥2，又a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2，n ≥2.又a 2，a 5，a 14成等比数列，所以a 25＝a 2a 14，即(a 2＋6)2＝a 2(a 2＋24)，解得a 2＝3，代入(1)解得a 1＝1，所以a 2－a 1＝2，所以数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a n ＝2n －1.(3)因为1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.。

数列求和专项训练(含解析2015高考数学一轮)

数列求和专项训练（含解析2015高考数学一轮）数列求和专项训练（含解析2015高考数学一轮）A组基础演练1．设函数f(x)＝xm＋ax的导数为f′(x)＝2x＋1，则数列{1f n }，(n∈N*)的前n项和是()A.nn＋1B.n＋2n＋1C.nn－1D.n＋1n解析：∵f(x)＝xm＋ax的导数为f′(x)＝2x＋1，∴m＝2，a＝1，∴f(x)＝x2＋x，即f(n)＝n2＋n＝n(n＋1)，∴数列{1f n }，(n∈N*)的前n项和为：Sn＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n n＋1＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n－1n＋1)＝1－1n＋1＝nn＋1.故应选A.答案：A2．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1•(4n－3)，则它的前100项之和S100等于()A．200B．－200C．400D．－400解析：S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.答案：B3．已知数列{an}是等差数列，若a9＋3a11＜0，a10•a11＜0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么使Sn>0的最大的n等于()A．20B．17C．19D．21解析：由a9＋3a11＜0，得2a10＋2a11＜0，即a10＋a11＜0，又a10•a11＜0，则a10与a11异号，因为数列{an}的前n项和Sn有最大值，所以数列{an}是一个递减数列，则a10＞0，a11＜0，所以S19＝19 a1＋a19 2＝19a10＞0，S20＝20 a1＋a20 2＝10(a10＋a11)＜0.答案：C4．数列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有十项，且其和为240，则a1＋…＋ak＋…＋a10的值为()A．31B．120C．130D．185答案：C5．数列1，11＋2，11＋2＋3，…的前n项和Sn＝________.答案：2nn＋16．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝________.解析：由an＋2－an＝1＋(－1)n知a2k＋2－a2k＝2，a2k＋1－a2k－1＝0，∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k.∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋ 100＋2 ×502＝2600.答案：26007．(2013•重庆)已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n 项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.解析：由a1、a2、a5成等比数列，得(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，即(1＋d)2＝1＋4d，解得d＝2(d＝0舍去)，S8＝1＋152×8＝64.答案：648．(2013•四川)在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．解：设该数列公差为d，前n项和为Sn.由已知，可得2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)．所以a1＋d＝4，d(d－3a1)＝0，解得a1＝4，d＝0或a1＝1，d＝3，即数列{an}的首项为4，公差为0或首项为1，公差为3.所以数列的前n项和Sn＝4n或Sn＝3n2－n2.9．(2014•山东名校联考信息优化卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝1－an(n∈N*)．(1)试求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：bn＝nan(n∈N*)，试求{bn}的前n项和Tn.解：(1)∵Sn＝1－an①，∴Sn＋1＝1－an＋1②，②－①得an＋1＝－an＋1＋an，∴an＋1＝12an，n∈N*.又n＝1时，a1＝1－a1，∴a1＝12，∴an＝12•12n－1＝12n，n∈N*.(2)由(1)及已知得bn＝nan＝n•2n，n∈N*，∴Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n③，∴2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1④，③－④得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2 1－2n 1－2－n×2n＋1，整理得Tn＝(n－1)2n＋1＋2，n∈N*.B组能力突破1．(2014•烟台模拟)若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝()A．15B．12C．－12D．－15解析：a1＋a2＝a3＋a4＝…＝a9＋a10＝3.故a1＋a2＋…＋a10＝15.答案：A2．(2014•济南模拟)数列{an}的通项公式是an＝1 3n－1 3n＋2 ，若前n项的和为320，则项数n为()A．4B．5C．6D．7解析：∵an＝1 3n－1 3n＋2 ＝1313n－1－13n＋2，又∵Sn＝320，即1312－15＋15－18＋18－111＋…＋13n－1－13n＋2＝320，化简得1312－13n＋2＝320，解得n＝6.答案：C3．(2014•西城区期末)已知{an}是公比为2的等比数列，若a3－a1＝6，则a1＝____________；1a21＋1a22＋…＋1a2n＝____________.解析：∵{an}是公比为2的等比数列，且a3－a1＝6，∴4a1－a1＝6，即a1＝2，∴an＝a12n－1＝2n，∴1an＝12n，1a2n＝14n，即数列1a2n是首项为14，公比为14的等比数列，∴1a21＋1a22＋…＋1a2n＝141－14n1－14＝131－14n.答案：2131－14n4．(2013•浙江)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．(1)求d，an；(2)若d＜0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.解：(1)由题意得5a3•a1＝(2a2＋2)2，即d2－3d－4＝0.故d＝－1或d＝4.所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d＜0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11，则当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－12n2＋212n.当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝12n2－212n＋110.综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－12n2＋212n，n≤11，12n2－212n＋110，n≥12.。

数列求和专题含答案

数列求和一、利用常用求和公式求和 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 qa a qq a q na S n n n [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：n nx x x x S +⋅⋅⋅+++=32 =xx x n--1)1(＝211)211(21--n ＝1－n 21二、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3] 求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n nx 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n n x n x x x x xS )12(7531432-+⋅⋅⋅++++=…②（设制错位）①－②得n n 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：nn 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 -+++--=+ [例4] 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{n21}的通项之积设n nnS 2226242232+⋅⋅⋅+++=…………………………………① 14322226242221++⋅⋅⋅+++=n n n S …………② ①－②得1432222222222222)211(+-+⋅⋅⋅++++=-n n n nS 1122212+---=n n n ∴ 1224-+-=n n n S三、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7] 求数列的前n 项和：231,,71,41,1112-+⋅⋅⋅+++-n a a 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(n n +（分组求和）当1≠a 时，2)13(1111n n aa S n -+--=＝2)13(11nn a a a n -+---四、裂项法求和这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（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. 通项分解（裂项）如：（1）111)1(1+-=+=n n n n a n （2）)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n（3）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=+-=n n n n n n n a n（4）n nn n n n nn S n n n n n n n n n a 2)1(11,2)1(12121)1()1(221)1(21+-=+-⋅=⋅+-+=⋅++=-则[例9] 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.解：设n n n n a n-+=++=111，则11321211+++⋅⋅⋅++++=n n S n )1()23()12(n n -++⋅⋅⋅+-+-＝11-+n[例10] 在数列{a n }中，11211++⋅⋅⋅++++=n n n n a n，又12+⋅=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项的和.解： ∵211211n n n n n a n =++⋅⋅⋅++++=∴ )111(82122+-=+⋅=n n n n b n ∴数列{b n }的前n 项和：)]111()4131()3121()211[(8+-+⋅⋅⋅+-+-+-=n n S n ＝)111(8+-n ＝ 18+n n[例14] 在各项均为正数的等比数列中，若103231365log log log ,9a a a a a +⋅⋅⋅++=求的值。

高考真题专题练之高考数列求和法(十四)

高考数列求和法-真题1.（2015·课标全国Ⅰ卷理）(本小题满分12分)n S 为数列}{n a 的前n 项和．已知0>n a ，3422+=+n a n S a a ．(1)求}{n a 的通项公式；(2)设11+=n n n a a b ，求数列}{n b 的前n 项和．2.（2015·山东理）(本小题满分12分)设数列}{n a 的前n 项和为n S ．已知332+=n n S ． (1)求}{n a 的通项公式；(2)若数列}{n b 满足n n n a b a 3log =，求}{n b 的前n 项和n T ．3.（2015·天津理）(本小题满分13分)已知数列}{n a 满足2n n a qa += (q 为实数，且1≠q )，*N n ∈，11=a ，22=a ，且32a a +，43a a +，54a a +成等差数列．(1)求q 的值和}{n a 的通项公式；(2)设1222log -=n n n a a b ，*N n ∈，求数列}{n b 的前n 项和．4.（2015·山东卷文）(本小题满分12分)已知数列}{n a 是首项为正数的等差数列，数列}1{1+n n a a 的前n 项和为12+n n . (1)求数列}{n a 的通项公式；(2)设n a n n a b 2)1(⋅+=，求数列}{n b 的前n 项和n T .5.（2015·天津卷文）(本小题满分13分)已知}{n a 是各项均为正数的等比数列，}{n b 是等差数列，且111==b a ，3322a b b =+，7325=-b a .(1)求}{n a 和}{n b 的通项公式；(2)设n n n b a c =，*N n ∈，求数列}{n c 的前n 项和.6.（2017·全国Ⅲ卷文）(本小题满分12分)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1 的前n 项和．7.（2017·北京卷文）(本小题满分13分)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1.高考数列求和法-真题答案1.（2015·课标全国Ⅰ卷理）(本小题满分12分)n S 为数列}{n a 的前n 项和．已知0>n a ，3422+=+n a n S a a ．(1)求}{n a 的通项公式；(2)设11+=n n n a a b ，求数列}{n b 的前n 项和．【答案】(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3．两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．因为a n ＞0，所以a n ＋1－a n ＝2．又因为a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3．所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1．(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3．设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3＝n 3（2n ＋3）．【点评】刷有所得：对于含有a n ，S n 的等式，可以令n 取n ＋1得到一个新的等式，二者相减即可；对于第二问，是典型的裂项相消法求和．数列求和问题是数列解答题的考查重点，应根据通项公式特点，决定数列求和的方法，常见的有公式法、裂项相消法、错位相减法、分组求和法等．测训诊断：本题难度较易，主要考查数列的通项公式、裂项相消法求和．2.（2015·山东理）(本小题满分12分)设数列}{n a 的前n 项和为n S ．已知332+=n n S ．(1)求}{n a 的通项公式；(2)若数列}{n b 满足n n n a b a 3log =，求}{n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)因为2S n ＝3n ＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3．当n ＞1时，2S n －1＝3n -1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n -1＝2×3n -1，即a n ＝3n -1．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n -1，n ＞1． (2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13．当n ＞1时，b n ＝31-n log 33n -1＝(n －1)·31-n ．所以T 1＝b 1＝13．当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋[1×3-1＋2×3-2＋…＋(n －1)×31-n ]，所以3T n ＝1＋[1×30＋2×3-1＋…＋(n －1)×32-n ]．两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3-1＋3-2＋…＋32-n )－(n －1)×31-n ＝23＋1－31-n 1－3-1－(n －1)×31-n ＝136－6n ＋32×3n，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n．经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n．【点评】测训诊断：本题难度适中，主要考查已知S n 求a n (易忽略n ＝1)，及错位相减法求和，对运算能力要求较高．关键点拨：由a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，求出a n 的通项公式，当n ≥2时，利用错位相减法求数列{b n }的前n 项和，别忘了检验n ＝1．3.（2015·天津理）(本小题满分13分)已知数列}{n a 满足n n qa a =+2(q 为实数，且1≠q )，*N n ∈，11=a ，22=a ，且32a a +，43a a +，54a a +成等差数列．(1)求q 的值和}{n a 的通项公式；(2)设1222log -=n n n a a b ，*N n ∈，求数列}{n b 的前n 项和．【答案】(1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3，所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)．又因为q ≠1，故a 3＝a 2＝2，由a 3＝a 1·q ，得q ＝2．当 n ＝2k －1(k ∈N *)时,1122122n k n k a a ---===；当n ＝2k (k ∈N *)时，2222nk n k a a ===所以{a n }的通项公式为12222nn n n a ,n -⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数为偶数. (2) 由(1)得b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n 2n -1．设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n -2＋n ×12n -1， 12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n -1＋n ×12n ，上述两式相减，得12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n -1－n 2n ＝1－12n 1－12－n 2n ＝2－22n －n 2n ，整理得，S n ＝4－n ＋22n -1．所以，数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n -1，n ∈N *．【点评】关键点拨：理解a n ＋2＝qa n 是间隔一项成等比数列，故需要分类讨论n 为奇数和偶数两种情况．刷有所得：(1)等差、等比数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d (q )，n ，S n ，知三求二，体现了方程思想的应用．(2)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．在写出“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．测训诊断：本题主要考查等比数列及其前n 项和公式，等差中项等基础知识，考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算能力，难度中等，学生易失分在错位相减求和的合并步骤上．4.（2015·山东卷文）(本小题满分12分)已知数列}{n a 是首项为正数的等差数列，数列}1{1+n n a a 的前n 项和为12+n n . (1)求数列}{n a 的通项公式； (2)设n a n n a b 2)1(⋅+=，求数列}{n b 的前n 项和n T .【答案】(1)设数列{a n }的公差为d .令n ＝1，得1a 1a 2＝13. 所以a 1a 2＝3. 令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25. 所以a 2a 3＝15.解得a 1＝1，d ＝2.所以a n ＝2n －1.(2)由(1)及题意，知b n ＝(2n －1＋1)·22n －1＝2n ·22n －1＝n ·22n ＝n ·4n ，所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n ，所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋n ·4n ＋1，两式相减，得－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝4（1－4n ）1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43. 所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋（3n －1）4n ＋19. 【点评】关键点拨：已知{a n }为首项为正数的等差数列，且⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n 2n ＋1，这样我们可以采用对n 赋值的方法直接找a 1，a 2，a 3关系，进而求解a 1和d ，求出a n 后化简b n 的式子，根据数列{b n }的通项公式的特点采用错位相减求数列{b n }的前n 项和T n .测训诊断：本题难度偏大，学生容易进入误区，条件给了数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和公式，总想利用裂项相消把前n 项和表示出来与n 2n ＋1作对比，这样反而不利于求解．第(2)问重点考查错位相减求和，但需要学生对b n ＝(a n ＋1)·2a n 利用第(1)小题的结果进行化简，化简结果直接影响后面求和，考查学生的运算变形能力，学生不容易得满分．5.（2015·天津卷文）(本小题满分13分)已知}{n a 是各项均为正数的等比数列，}{n b 是等差数列，且111==b a ，3322a b b =+，7325=-b a .(1)求}{n a 和}{n b 的通项公式；(2)设n n n b a c =，*N n ∈，求数列}{n c 的前n 项和.【答案】(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意q ＞0.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10.消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0. 因为q ＞0，解得q ＝2，所以d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)有c n ＝(2n －1)·2n －1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1，2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n ，上述两式相减，得－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝2n ＋1－3－(2n －1)×2n ＝－(2n －3)×2n －3. 所以，S n ＝(2n －3)×2n ＋3，n ∈N *.【点评】测训诊断：(1)本题主要考查等差数列，等比数列及其前n 项和公式错位相减法求数列的前n 项和等知识，意在考查考生的数列求和的基本方法和运算求解能力；(2)本题的难度中等，其难点不在于错位相减这一求和方法，而在于求解过程的运算，也是本题的主要失分点．6.（2017·全国Ⅲ卷文）(本小题满分12分)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1 的前n 项和．【答案】(1)解：因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2.所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足a n ＝22n －1，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)解：设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1 的前n 项和为S n .由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n ＋1）（2n －1）＝12n －1－12n ＋1. 则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.7.（2017·北京卷文）(本小题满分13分)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1.【答案】(1)解：设等差数列{a n }的公差为d .因为a 2＋a 4＝10，所以2a 1＋4d ＝10.解得d ＝2.所以a n ＝2n －1.(2)设等比数列{b n }的公比为q .因为b 2b 4＝a 5，所以b 1q ·b 1q 3＝9. 解得q 2＝3.所以b 2n －1＝b 1q 2n －2＝3n －1.从而b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n －12.这样看来，一般来说，生活中，若如果我们听到坏消息怎么样出现了，我们就不得不考虑它出现了的事实。

考点23 数列求和及综合应用 2015年高考分类题库

考点23 数列求和及综合应用一、填空题1.(2015·新课标全国卷Ⅱ理科·T16)设S n 是数列{a n }的前n 项和,且a 1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n = . 【解题指南】由a n+1=S n+1-S n =S n+1·S n , 两边同时除以S n+1·S n ,得-=-1,构造数列,求S n .【解析】由已知得a n+1=S n+1-S n =S n+1·S n ,两边同时除以S n+1·S n ,得得1111n nS S +=--，构造数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，求n S . 【解析】由已知得111n n n n n a S S S S +++=-=⋅，两边同时除以1n n S S +⋅，得1111n nS S +=--，故数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1-为首项，1-为公差的等差数列，则11(1)n S n n =---=-，所以1n S n=-．答案:-2. (2015·江苏高考·T11)数列{a n }满足a 1=1,且a n+1-a n =n+1(n ∈N *),则数列{1n a }的前10项和为 .【解题指南】利用累加法求出数列{a n }的通项公式,再利用裂项相消法计算{1n a }的前10项和.【解析】a n =(a n -a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a 2-a 1)+a 1=n+(n-1)+(n-2)+…+2+1=(1)2n n +,所以12(1)n a n n =+,所以{1na }的前10项和22221(11)2(21)3(31)10(101)++++++++= 11111112(1)223341011-+-+-++-=2011. 答案:20113.(2015·福建高考理科·T15)一个二元码是由0和1组成的数字串x 1x 2…x n (n ∈N *),其中x k (k=1,2,…,n)称为第k 位码元.二元码是通信中常用的码,但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1,或者由1变为0). 已知某种二元码x 1x 2…x 7的码元满足如下校验方程组:其中运算⊕定义为:0⊕0=0,0⊕1=1,1⊕0=1,1⊕1=0.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k 位发生码元错误后变成了1101101,那么利用上述校验方程组可判定k 等于 . 【解题指南】根据题中所给信息解题.【解析】根据题意,列出检验方程组, ⎪⎩⎪⎨⎧=⊕⊕⊕=⊕⊕⊕=⊕⊕⊕111010*********显然第一个式子和第三个式子错误,第二个式子没有影响,所以错误的应该出现在第一个式子和第三个式子都有而第二个式子没有的码元,只有x 5,验证一下把x 5换成0,上式检验方程组都成立,所以x 5出错了,即k=5. 答案:5二、解答题4.(2015·浙江高考理科·T20)已知数列{a n }满足a 1=且a n+1=a n -(n ∈N *).(1)证明:1≤≤2(n ∈N *).(2)设数列{}的前n 项和为S n ,证明≤≤(n ∈N *).【解题指南】（1）首先根据递推公式可得12n a ≤，再由递推公式变形可知21n nn n na a a a a +=- []11,21n a =∈-，从而得证；（2）由1111n n n n a a a a ++-=和112n n a a +≤≤得，11112n n a a +-≤≤，从而得1112(1)2n a n n +++≤≤*()n N ∈，即可得证. 【证明】（1）由题意得，21n n n a a a +-=-0≤，即1n n a a +≤，12n a ≤，由11(1)n n n a a a --=-得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅-＞，由102n a ＜≤得，21n n n n n a a a a a +=-[]11,21n a =∈-，即112nn a a +≤≤ （2）由题意得，21n n n a a a +=-，所以11n n S a a +=-，①由1111n n n n a a a a ++-=和112n n a a +≤≤得，11112n n a a +-≤≤，所以1112n nn n a a +-≤≤ 所以1112(1)2n a n n +++≤≤*()n N ∈，② 由①②得112(2)2(1)n S n n n ++≤≤.5. (2015·广东高考理科·T21)数列{a n }满足a 1+2a 2+…+na n =4-,n ∈N *.(1)求a 3的值.(2)求数列{a n }的前n 项和T n . (3)令b 1=a 1,b n =+a n (n ≥2),证明:数列{b n }的前n 项和S n 满足S n <2+2lnn.【解题指南】(1)直接利用已知等式令n=2,n=3,然后两式相减求解.(2)求出数列{a n }的通项公式,再求出前n 项和T n .(3)先求出S n 再放缩,构造函数,利用导数求解. 【解析】（1）令n=2，122122242-+-=+a a ① 令n=3，13321223432-+-=++a a a ② ②-①得()()432224223423231213213213=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-=+-++=--a a a a a a 所以413=a . （2）由（1）知，当n>1时()()[]121121212214224122----=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-=-+⋅⋅⋅++-+⋅⋅⋅++=n n n n n n nn n a n a a na a a na ，所以121-⎪⎭⎫⎝⎛=n n a ，又因为12214111=+-=-a 也适合此式，所以数列{}的等比数列，，公比为是首项为211n a 故1212211211-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n nn T .(3) 121111221233...11b 1...b ,211,22111323,n n n a a a a a n n a b a a a b a -+++⎛⎫=++++= ⎪⎝⎭⎛⎫=++ ⎪⎝⎭+⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭依题由知 ()1212111S b ...1 (2)11111111...1...221 (222)2,n n n n n b b a a a n T n n n -⎛⎫∴=+++=++++++ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++-<⨯+++ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭记f(x)=lnx+-1(x>1),则f ′(x)=-=>0,所以f(x)在(1,+∞)上是增函数, 又f(1)=0即f(x)>0, 又k ≥2且k ∈N *时,11kk >- 11ln 10n 111112131ln ,ln ,...,ln ,2132111123n ln ...n ln .231211112122ln 223k k k k f k k k k k n n n n n n n n ⎛⎫∴=+->> ⎪----⎝⎭∴<<<-++<+++=-⎛⎫∴⨯+++<+ ⎪⎝⎭即即有, 6. (2015·广东高考文科·T19)设数列{a n }的前n 项和为S n ,n ∈N *.已知a 1=1,a 2=,a 3=,且当n ≥2。

高考数列求和专项训练及解答

高考数列求和专项训练及解答一．选择题（共3小题）1．已知数列1，3，5，7，…则其前n项和S n为（）A．n2+1﹣B．n2+2﹣C．n2+1﹣D．n2+2﹣2．已知项数为奇数的等差数列{a n}共有n项，其中奇数项之和为72，偶数项之和为60，则项数n的值是（）A．9B．10C．11D．133．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，S3=6，S5=15．设数列{}的前n项和为T n，若T n=，则n=（）A．19B．20C．21D．22二．解答题（共5小题）4．已知数列{a n}的通项是a n=2n﹣1．（1）求数列{a n}的前n项和为S n（2）设数列的前n项和为T n，求T n．5．已知正项数列满足4S n=a n2+2a n+1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n=，求数列{b n}的前n项和T n．6．已知等比数列{a n}的公比q＞0，a1a5=8a2，且3a4，28，a6成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）记b n=，求数列{b n}的前n项和T n．7．在数列{a n}中，a1=1，．（1）求a2，a3，a4，猜想a n，无需证明；（2）若数列，求数列{a n}的前n项和S n．8．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a n+1=2a n+2n．（1）证明数列{}是等差数列，并求出a n；（2）求S n；（3）令b n=，若对任意正整数n，不等式b n＜恒成立，求实数m的取值范围．2018年10月20日克拉玛****高级中学的高中数学组卷参考答案与试题解析一．选择题（共3小题）1．已知数列1，3，5，7，…则其前n项和S n为（）A．n2+1﹣B．n2+2﹣C．n2+1﹣D．n2+2﹣【分析】利用等差数列与等比数列的前n项和公式即可得出．【解答】解：S n=1+3+5+…+（2n﹣1）++…+=+=n2+．故选：A．【点评】本题考查了等差数列与等比数列的前n项和公式，属于基础题．2．已知项数为奇数的等差数列{a n}共有n项，其中奇数项之和为72，偶数项之和为60，则项数n的值是（）A．9B．10C．11D．13【分析】利用项数为奇数的等差数列{a n}共有n项，求出奇数项之和，偶数项之和，然后通过比值求解即可．【解答】解：由题意，；；∴，∴n=11．故选：C．【点评】本题考查数列求和，数列的应用，考查计算能力．3．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，S3=6，S5=15．设数列{}的前n项和为T n，若T n=，则n=（）A．19B．20C．21D．22【分析】等差数列{a n}的公差设为d，由等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项、公差，求得==﹣，由裂项相消求和可得前n项和T n，解方程可得n的值．【解答】解：等差数列{a n}的公差设为d，前n项和为S n，S3=6，S5=15，可得3a1+3d=6，5a1+10d=15，解得a1=d=1，即a n=1+n﹣1=n，==﹣，前n项和为T n=1﹣+﹣+…+﹣=1﹣，由T n=，可得n=20，故选：B．【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．二．解答题（共5小题）4．已知数列{a n}的通项是a n=2n﹣1．（1）求数列{a n}的前n项和为S n（2）设数列的前n项和为T n，求T n．【分析】（1）利用等差数列的通项公式求解数列的和即可．（2）利用错位相减法求解数列的和即可．【解答】（12分）解：（1）∵a n=2n﹣1，∴a1=1，∴（2）①，②①减②得：==，∴．【点评】本题主要考查数列通项公式和前n项和的求解，利用错位相减法的应用，考查计算能力．5．已知正项数列满足4S n=a n2+2a n+1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n=，求数列{b n}的前n项和T n．【分析】（1）由，可知当n≥2时，，两式作差可得a n﹣a n﹣1=2（n≥2），再求出首项，代入等差数列的通项公式可得数列{a n}的通项公式；（2）把数列{a n}的通项公式代入b n=，再由裂项相消法求数列{b n}的前n 项和T n．【解答】解：（1）由，可知当n≥2时，，两式作差得a n﹣a n﹣1=2（n≥2），又，得a1=1，∴a n=2n﹣1；（2）由（1）知，，∴T n=b1+b2+…+b n==．【点评】本题考查等差数列的通项公式，训练了利用裂项相消法求数列的前n 项和，是中档题．6．已知等比数列{a n}的公比q＞0，a1a5=8a2，且3a4，28，a6成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）记b n=，求数列{b n}的前n项和T n．【分析】（1）利用等差数列以及等比数列的通项公式列出方程组，求出数列的首项与公比，然后求解数列的通项公式；（2）化简通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可．【解答】解：（1）由a1a5=8a2得：a1q3=8，即a4=8，又∵3a4，28，a6成等差数列，∴3a4+a6=56，将a4=8代入得：a6=32．从而：a1=1，q=2．∴a n=2n﹣1；（2）b n==2n•（）n﹣1，T n=2×（）0+4×（）1+6×（）2+…+2（n﹣1）•（）n﹣2+2n•（）n﹣1……………………①T n=2×（）1+4×（）2+6×（）3+…+2（n﹣1）•（）n﹣1+2n•（）n……………………②①﹣②得：T n=2×[（）0+2（）1+（）2+…+（）n﹣1]﹣2n•（）n=2+2×﹣2n•（）n=4﹣（n+2）•（）n﹣1．∴T n=8﹣（n+2）•（）n﹣2．【点评】本题考查等差数列以及等比数列的应用，数列求和的方法，考查转化首项以及计算能力，是中档题．7．在数列{a n}中，a1=1，．（1）求a2，a3，a4，猜想a n，无需证明；（2）若数列，求数列{a n}的前n项和S n．【分析】（1）利用已知条件通过递推关系式求解a2，a3，a4，猜想a n；（2）化简数列，利用裂项消项法求数列{a n}的前n项和S n．【解答】解：（1）∵a1=1，a n+1=，∴a2==，a3=═，a4=═．猜想：a n=．（2）由（1）知：b n===2[﹣]，从而s n=b1+b2+…+b n=2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=2[1﹣]=．【点评】本题考查数列求和，数列的递推关系式的应用，考查计算能力．8．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a n+1=2a n+2n．（1）证明数列{}是等差数列，并求出a n；（2）求S n；（3）令b n=，若对任意正整数n，不等式b n＜恒成立，求实数m的取值范围．【分析】（1）两边同除以2n+1，结合等差数列的定义和通项公式，即可得到所求；（2）运用数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简可得所求和；（3）求得b n==（）n+（n﹣1）•（）n，讨论b n的单调性，求得最大值，可得m2﹣m﹣6＞0，解不等式即可得到所求范围．【解答】解：（1）证明：a1=1，a n+1=2a n+2n，可得=+，可得数列{}是首项和公差均为的等差数列，可得=n，即a n=n•2n﹣1；（2）S n=1•20+2•2+3•22+…+n•2n﹣1，2S n=1•2+2•22+3•23+…+n•2n，相减可得﹣S n=1+2+22+…+2n﹣1﹣n•2n，=﹣n•2n，化简可得S n=1+（n﹣1）•2n；（3）b n==（）n+（n﹣1）•（）n，b n+1﹣b n=（）n+1+n•（）n+1﹣（）n﹣（n﹣1）•（）n=，当n=1时，b2﹣b1=；n=2时，b3﹣b2=；即b1＜b2＜b3，﹣b n＜0，即b3＞b4＞b5＞…，当n≥3时，b n+1则n=3时，b n的最大值为b3=，不等式b n＜恒成立，可得＜，即为m2﹣m﹣6＞0，解得m＞3或m＜﹣2．则m的取值范围是（﹣∞，﹣2）∪（3，+∞）．【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式、求和公式的运用，考查数列的求和方法：错位相减法，以及数列的单调性的运用：解不等式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．。

新课标高考数列《数列求和》大题专题含答案

2015高考数学专题复习：数列 2015。

4。

6数列求和1.公式求和1.)12)(1(613212222++=++++n n n n 2.233332)1(321⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=++++n n n 3.数列{}n a 中，31,21==q a （Ⅰ）求n n S a ,(Ⅱ)n n a a a a b 3332313log log log log +++=,求n b4。

已知数列{}n a 的前n 项和n S 和通项n a 满足(1)1n n qS a q =--（q 是常数且0,1,q q >≠) （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式n a （Ⅱ)当13q =时，试证明2121<+++n a a a ()()()()()nn n n n n n n nn S q a n n n b a n n S S ⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-==+-=⎪⎭⎫⎝⎛⋅=-=-=-312121,4.2log 21,3123.92.1313122.错位相减法求和1.()n n n a 312⋅+=，求n S 2。

n n na 32= ，求n S 3。

()22213-⋅-=n n n a ,求n S4. 已知数列{}n a 的前n 项和21n n S a n =+-，数列{}n b 满足n n n n na a n b -+=⋅++11)1(3,且11=b ．（Ⅰ）求n a ,n b（Ⅱ)设n T 为数列{}n b 的前n 项和,求n T ．5。

设等比数列{}n a 的前项和为n S ，已知221+=+n n S a （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式（Ⅱ）在n a 和1+n a 之间插入n 个数，使这2+n 个数组成公差为n d 的等差数列，求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n d 1前n 项和n T6。

已知数列满足:,其中为数列的前项和。

（Ⅰ)试求的通项公式（Ⅱ）若数列满足：,求的前n 项和公式7。

正项等比数列的前项和为,,且的等差中项为.(Ⅰ)求数列的通项公式（Ⅱ)设，求的前n 项和公式()()()()()()()()12111111292169827.221,216.3116581615,31411,325.334,124.3243233.2331232.31++----+⋅+-==+⋅-=⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎭⎫⎝⎛⋅+=⋅=-=-=+⋅-=+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⋅=n n n n n n nn n n n n n n n n n n n nn n n n T a n T a n T n d a n b n a n S n S n S ，3。

【最高考】2015届高考数学二轮专题突破高效精练第11讲数列求和及其综合应用

第11讲数列求和及其综合应用1. 数列1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋…＋2n －1)的前n 项和为________．答案：2n ＋1－n －2解析：1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋…＋2n －1)＝(2＋22＋23＋…＋2n )－n ＝2(2n－1)－n ＝2n ＋1－n －2.2. 在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n ＝________．答案：2＋lnn 解析：累加可得．3. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{b n }的前n 项积为T n ，则T 4，________，________T 16T 12成等比数列．答案：T 8T 4 T 12T 84. 已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn的最小值为________.答案：212解析：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝33＋2[1＋2＋…＋(n －1)]＝n2－n ＋33，a n n ＝n ＋33n －1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 在1≤n≤6，n ∈N *时单调减，在n≥7，n ∈N *时单调增，∴ n＝6时，a nn取最小值．5. 数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋1，b n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n ＋2a n －1，n ∈N *，则数列{b n }的通项公式b n＝________．答案：2n ＋1解析：由条件得b n ＋1＝|a n ＋1＋2a n ＋1－1|＝|2a n ＋1＋22a n ＋1－1|＝2|a n ＋2a n －1|＝2b n ，且b 1＝4，所以数列{b n }是首项为4，公比为2的等比数列，则b n ＝4·2n －1＝2n ＋1.6. 设a 1，a 2，…，a 50是从－1、0、1这三个整数中取值的数列，若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 50＝9，且(a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝107，则a 1，a 2，…，a 50中数字0的个数为________．答案：11解析：(a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝107，则(a 21＋a 22＋…＋a 250)＋2(a 1＋a 2＋…＋a 50)＋50＝107，∴ a 21＋a 22＋…＋a 250＝39，故a 1，a 2，…，a 50中数字0的个数为50－39＝11.7. 设S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1n ，则S 9＋S 12＋S 21＝__________．答案：10解析：相邻两项合并得S 9，S 12，S 21.8. 设数列a n ＝log (n ＋1)(n ＋2)，n ∈N *，定义使a 1·a 2·a 3·…·a k 为整数的实数k 为中国梦吉祥数，则在[1，2 014]内的所有中国梦吉祥数之和为____________．答案：2 026解析：a 1·a 2·a 3·…·a k ＝log 23·log 34·…·log (k ＋1)(k ＋2)＝log 2(k ＋2)，仅当k ＝2n－2时，上式为中国梦吉祥数．9. 如图所示，矩形A n B n C n D n 的一边A n B n 在x 轴上，另两个顶点C n 、D n 在函数f(x)＝x ＋1x(x＞0)的图象上，若点B n 的坐标为(n ，0)(n≥2，n ∈N *)，矩形A n B n C n D n 的周长记为a n ，则a 2＋a 3＋…＋a 10＝____________．答案：216解析：由B n 的坐标为(n ，0)(n≥2，n ∈N *)，得C n 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫n ，n ＋1n ，故D n 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ，n ＋1n ，故a n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＝4n ，故a 2＋a 3＋…＋a 10＝4(2＋3＋…＋10)＝216. 10. 已知数列{a n }满足a 1＝m(m 为正整数)，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，当a n 为偶数时，3a n ＋1，当a n 为奇数时.若a 6＝1，则m所有可能的取值为______________．答案：4，5，32解析：显然，a n 为正整数，a 6＝1，故a 5＝2，a 4＝4，若a 3为奇数，则4＝3a 3＋1，即a 3＝1；若a 3为偶数，则a 3＝8.若a 3＝1，则a 2＝2，a 1＝4，若a 3＝8，则a 2＝16，a 1＝5或32.11. 设数列{a n }是公差不为0的等差数列，S n 为其前n 项的和，满足：a 22＋a 23＝a 24＋a 25，S 7＝7.(1) 求数列{a n }的通项公式及前n 项的和S n ；(2) 设数列{b n }满足b n ＝2a n ，其前n 项的和为T n ，当n 为何值时，有T n ＞512. 解：(1) 由{a n }是公差不为0的等差数列，可设a n ＝a 1＋(n －1)d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 22＋a 23＝a 24＋a 25，S 7＝7，得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋d ）2＋（a 1＋2d ）2＝（a 1＋3d ）2＋（a 1＋4d ）2，7a 1＋7×62d ＝7，整理，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1d ＋5d 2＝0，a 1＋3d ＝1，由d ≠0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，d ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －7， S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2－6n.(2) 由(1)得a n ＝2n －7，所以b n ＝2a n ＝22n －7，又b n b n －1＝22n －722n －9＝4(n≥2)，b 1＝2a 1＝125，所以{b n }是首项为125，公比为4的等比数列，所以它的前n 项和T n ＝125（1－4n ）1－4＝13×25(4n－1)，于是由T n ＞512，得4n ＞3×47＋1，所以n≥8时，有T n ＞512.12. 数列{a n }满足a n ＝2a n －1＋2n ＋1(n∈N *，n ≥2)，a 3＝27. (1) 求a 1，a 2的值；(2) 是否存在一个实数t ，使得b n ＝12n (a n ＋t)(n∈N *)，且数列{b n }为等差数列？若存在，求出实数t ；若不存在，请说明理由；(3) 求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1) 由a 3＝27，得27＝2a 2＋23＋1，∴ a 2＝9.∵ 9＝2a 1＋22＋1，∴ a 1＝2.(2) 假设存在实数t ，使得{b n }为等差数列，则2b n ＝b n －1＋b n ＋1(n≥2且n∈N *)．∴ 2×12n (a n ＋t)＝12n －1(a n －1＋t)＋12n ＋1(a n ＋1＋t)，∴ 4a n ＝4a n －1＋a n ＋1＋t ，∴ 4a n ＝4×a n －2n－12＋2a n ＋2n ＋1＋1＋t ，∴ t ＝1.即存在实数t ＝1，使得{b n }为等差数列．(3) 由(1)，(2)得b 1＝32，b 2＝52，∴ b n ＝n ＋12，∴ a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12·2n －1＝(2n ＋1)2n －1－1，S n ＝(3×20－1)＋(5×21－1)＋(7×22－1)＋…＋[(2n ＋1)×2n －1－1]＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1－n ，①∴ 2S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n－2n ，②由①－②得－S n ＝3＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n＋n ＝1＋2×1－2n1－2－(2n ＋1)×2n＋n ＝(1－2n)×2n＋n －1，∴ S n ＝(2n －1)×2n－n ＋1.13. 已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足a 2n ＝S 2n －1，令b n ＝1a n ·a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n . (1) 求数列{a n }的通项公式及数列{b n }的前n 项和T n ；(2) 是否存在正整数m ，n(1＜m ＜n)，使得T 1，T m ，T n 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值；若不存在，请说明理由．解：(1) n ＝1时，由a 21＝S 1＝a 1，且a 1≠0，得a 1＝1.因为{a n }是等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)d ，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n ＋n （n －1）2 d.于是由a 2n ＝S 2n －1，得[1＋(n －1)d]2＝2n －1＋(2n －1)(n －1)d ，即d 2n 2＋(2d －2d 2)n ＋d 2－2d ＋1＝2dn 2＋(2－3d)n ＋d －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧d 2＝2d ，2d －2d 2＝2－3d ，d 2－2d ＋1＝d －1，解得d ＝2.所以a n ＝2n －1，从而b n ＝1a n ·a n ＋1＝1（2n －1）·（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. (2) (解法1)T 1＝13，T m ＝m 2m ＋1，T n ＝n 2n ＋1，若T 1，T m ，T n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1，即m24m2＋4m＋1＝n6n＋3.由m24m2＋4m＋1＝n6n＋3，得3n＝－2m2＋4m＋1m2＞0，即－2m2＋4m＋1＞0，所以1－62＜m＜1＋62.又m∈N*，且m＞1，所以m＝2，此时n＝12.因此，当且仅当m＝2，n＝12时，数列{T n}中的T1，T m，T n成等比数列．(解法2)因为n6n＋3＝16＋3n＜16，故m24m2＋4m＋1＜16，即2m2－4m－1＜0，所以1－62＜m＜1＋62(以下同上)．滚动练习(三)1. 设集合U ＝Z ，A ＝{x|x 2－x －2≥0，x ∈Z }，则∁U A ＝________．(用列举法表示) 答案：{0，1}2. 设△ABC 的三个内角∠A、∠B、∠C 所对边的长分别是a 、b 、c ，且a cosA ＝csinC，那么∠A＝________.答案：π4解析：由正弦定理a sinA ＝csinC，得sinA ＝cosA ，∴ tanA ＝1，∵ 0＜A ＜π，∴ ∠A ＝π4.3. 已知在等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝60，则2a 9－a 10＝________．答案：12解析：由a 1＋3a 8＋a 15＝60，得5a 1＋35d ＝60，即a 8＝12，则2a 9－a 10＝a 8＝12. 4. 若函数f(x)＝3sin(ωx ＋φ)(ω>0)的图象的相邻两条对称轴的距离是2π，则ω＝________.答案：12解析：由题知周期是4π，∴ ω＝2π4π＝12.5. 已知定义在R 上的奇函数f(x)满足f(x)＝x 2＋x(x≥0)，若f(4－a 2)＞f(3a)，则实数a 的取值范围是____________．答案：(－4，1)6. 已知变量x 、y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x≥1，x －y≤0，x ＋2y －9≤0，则z ＝x ＋y 的最大值是________．答案：6解析：本题考查线性规划知识．7. 函数y ＝x 2(x>0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，k 为正整数，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝____________.答案：218. 若△ABC 的三个内角∠A、∠B、∠C 所对边的长分别为a 、b 、c ，向量m ＝(a ＋c ，b －a)，n ＝(a －c ，b)，若m⊥n ，则∠C＝________．答案：π3解析：∵ m⊥n ，∴ (a ＋c)(a －c)＋b(b －a)＝0，∴ a 2＋b 2－c 22ab ＝12，∴ cosC ＝12，∴ ∠C ＝π3.9. 设f(x)是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[－1，1]上，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋1，－1≤x＜0，bx ＋2x ＋1，0≤x ≤1，其中a 、b∈R .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，则a ＋3b 的值为________．答案：－1010. 已知函数f(x)＝－12x 2＋4x －3lnx 在[t ，t ＋1]上不是单调函数，则t 的取值范围是__________．答案：(0，1)∪(2，3)11. 已知函数f(x)＝lnx －mx(m∈R )在区间[1，e]上取得最大值4，则m ＝____________．答案：－3e解析：f′(x)＝1x ＋mx2，m ≥－1时，f(x)在[1，e]上单调减，f(1)＝4，无解；－e<m<－1，f(x)在[1，－m]上增，在[－m ，e]上减，则f(－m)＝4，无解；m ≤－e 时，f(x)在[1，e]上单调增，f(e)＝4，m ＝－3e.12. 数列{a n }满足a 1＞1，a n ＋1－1＝a n (a n －1)(n∈N ＋)，且1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 012＝2，则a 2 013－4a 1的最小值为____________．答案：－72解析：由题知，a n >1，1a n ＋1－1＝1a n （a n －1）＝1a n －1－1a n ，所以1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 012＝1a 1－1－1a 2 013－1＝2，a 2 013＝1＋a 1－13－2a 1，a 2 013>1得32>a 1＞1， a 2 013－4a 1＝－112＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤（6－4a 1）＋16－4a 1≥－112＋2＝－72.当且仅当a 1＝54∈⎝⎛⎭⎪⎫1，32时取等号．13. 设函数f(x)＝sinxcosx －3cos(x ＋π)cosx (x∈R )． (1) 求f(x)的最小正周期；(2) 若函数y ＝f(x)的图象向右平移π4个单位后再向上平移32个单位得到函数y ＝g(x)的图象，求y ＝g(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上的最大值．解：(1) f(x)＝12sin2x ＋3cos 2x ＝12sin2x ＋32(1＋cos2x)＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋32，∴ f(x)的最小正周期为T ＝2π2＝π.(2) 依题意得g(x)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋32＝sin[2(x －π4)＋π3]＋32＋32＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋3，当x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4时，2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3，∴ －12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6≤32， ∴ 23－12≤g (x)≤332，∴ g(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上的最大值为332.14. 某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金 2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元．(1) 用d 表示a 1、a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式； (2) 若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．解：(1) 由题意得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ，a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d.(2) 由(1)得a n ＝32a n －1－d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322a n －2－32d －d＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －2－d －d ＝… ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1a 1－d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2. 整理得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－d)－2d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－3d)＋2d. 由题意，a m ＝4 000，即⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1(3 000－3d)＋2d ＝4 000，解得d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －2×1 000⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1＝1 000（3m －2m ＋1）3m －2m. 故该企业每年上缴资金d 的值为1 000（3m －2m ＋1）3m －2m时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．15. 已知函数f(x)＝lnx －ax ＋1，a ∈R 是常数．(1) 求函数y ＝f(x)的图象在点P(1，f(1))处的切线l 的方程； (2) 证明函数y ＝f(x)(x≠1)的图象在直线l 的下方； (3) 讨论函数y ＝f(x)零点的个数．(1) 解：f′(x)＝1x－a ，f(1)＝－a ＋1，k l ＝f′(1)＝1－a ，所以切线l 的方程为y －f(1)＝k l (x －1)，即y ＝(1－a)x.(2) 证明：令F(x)＝f(x)－(1－a)x ＝lnx －x ＋1，x ＞0，则F ′(x)＝1x －1＝1x(1－x)，解F′(x)＝0得x ＝1.x (0，1) 1 (1，＋∞) F′(x) ＋ 0 －F(x) Z 最大值 ]因为F(1)＝0，所以 x ＞0且x≠1，F(x)＜0，f(x)＜(1－a)x ，即函数y ＝f(x)(x≠1)的图象在直线l 的下方．(3) 解：令f(x)＝lnx －ax ＋1＝0，a ＝lnx ＋1x.令g(x)＝lnx ＋1x ，g ′(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫lnx ＋1x ′＝1－（lnx ＋1）x 2＝－lnx x 2，则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x ＝1时，g(x)的最大值为g(1)＝1.所以若a ＞1，则f(x)无零点；若f(x)有零点，则a≤1.若a ＝1，f(x)＝lnx －ax ＋1＝0，由(1)知f(x)有且仅有一个零点x ＝1.若a≤0，f(x)＝lnx －ax ＋1单调递增，由幂函数与对数函数单调性比较，知f(x)有且仅有一个零点(或：直线y ＝ax －1与曲线y ＝lnx 有一个交点)．若0＜a ＜1，解f′(x)＝1x －a ＝0得x ＝1a ，由函数的单调性得知f(x)在x ＝1a处取最大值，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＞0，由幂函数与对数函数单调性比较知，当x 充分大时f(x)＜0，即f(x)在单调递减区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞有且仅有一个零点；又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－a e ＜0，所以f(x)在单调递增区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上有且仅有一个零点．综上所述，当a ＞1时，f(x)无零点；当a ＝1或a≤0时，f(x)有且仅有一个零点；当0＜a ＜1时，f(x)有两个零点．16. 设数列{a n }的前n 项积为T n ，已知对 n ，m ∈N *，当n ＞m 时，总有T n T m＝T n －m ·q (n －m)m(q＞0是常数)．(1) 求证：数列{a n }是等比数列；(2) 设正整数k ，m ，n(k ＜m ＜n)成等差数列，试比较T n ·T k 和(T m )2的大小，并说明理由．(1) 证明：设m ＝1，则有T n T 1＝T n －1·q n －1，因为T i ≠0(i∈N *)，所以有T n T n －1＝a 1·q n －1，即a n ＝a 1·q n －1，所以当n≥2时a n a n －1＝q ，所以数列{a n }是等比数列．(2) 解：当q ＝1时，a n ＝a 1(n∈N *)，所以T n ＝a n1，所以T n ·T k ＝a n 1·a k 1＝a n ＋k 1＝a 2m 1＝T 2m .当q≠1时，a n ＝a 1·q n －1，T n ＝a 1·a 2…a n ＝a n 1·q 1＋2＋…＋(n －1)＝a n1·q n （n －1）2，所以T n ·T k ＝a n 1·q n （n －1）2·a k 1·q k （k －1）2＝a n ＋k1·q n 2－n ＋k 2－k 2， T 2m ＝a 2m 1·q m(m －1)，因为n ＋k ＝2m 且k ＜m ＜n ，所以a n ＋k 1＝a 2m 1，n 2＋k 2－n －k 2＝n 2＋k 22－m ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋k 22－m ＝m 2－m ，所以若q ＞1，则T m ·T k ＞T 2m ；若0＜q ＜1，则T m ·T k ＜T 2m .。

2015届高考数学总复习(基础过关+能力训练)：数列数列的求和(含答案)

第五章数列第4课时数列的求和1. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n＝________．答案：6解析：由a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，得d ＝2，∴ S n ＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，∴ n ＝6时，S n 最小．2. 若等差数列{a n }的前5项和S 5＝25，且a 2＝3，则a 7＝________．答案：13解析：由S 5＝25且a 2＝3，得a 1＝1，d ＝2，故a 7＝a 1＋6d ＝13.3. 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项a n ＝ ________．答案：n （n ＋1）2＋1 解析：∵a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，∴a n ＝a n －1＋(n －1)＋1，a n －1＝a n －2＋(n －2)＋1，a n －2＝a n －3＋(n －3)＋1，…，a 3＝a 2＋2＋1，a 2＝a 1＋1＋1，a 1＝2＝1＋1，将以上各式相加得a n＝[(n －1)＋(n －2)＋(n －3)＋…＋2＋1]＋n ＋1＝（n －1）[（n －1）＋1]2＋n ＋1＝（n －1）n 2＋n ＋1＝n （n ＋1）2＋1. 4. 已知在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当整数n>1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，则S 5＝________．答案：21解析：S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)可得(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)＝2S 1＝2，即a n ＋1－a n ＝2(n ≥2)，即数列{a n }从第二项起构成等差数列，则S 5＝1＋2＋4＋6＋8＝21.5. 已知数列a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，则S 100＝________．答案：5000解析：由题意得S 100＝a 1＋a 2＋…＋a 99＋a 100＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)＝5000.6. 在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n ＝________．答案：2n解析：因数列{a n }为等比数列，则a n ＝2q n －1，因数列{a n ＋1}也是等比数列，则3，2q ＋1，2q 2＋1成等比数列，(2q ＋1)2＝3×(2q 2＋1)，即q 2－2q ＋1＝0q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n.7. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N *都有S n ＝23a n －13.若1<S k <9(k ∈N *)，则k ＝________．答案：4解析：S n ＝23(S n －S n －1)－13(n ≥2)， ∴ S n ＋13＝－2⎝⎛⎭⎫S n －1＋13，∴ S n ＝⎝⎛⎭⎫－23·(－2)n －1－13. ∵ 1＜S k ＜9，k ∈N *，∴ k ＝4.8. 各项都为正数的数列{a n }，其前n 项的和为S n ，且S n ＝(S n －1＋a 1)2(n ≥2)，若b n ＝a n ＋1a n ＋a n a n ＋1，且数列{b n }的前n 项的和为T n ，则T n ＝________．答案：4n 2＋6n 2n ＋1解析：因S n －S n －1＝S 1，叠加可得S n ＝n S 1，即S n ＝n 2a 1，所以a n ＝S n －S n －1＝(2n －1)a 1，b n ＝2n ＋12n －1＋2n －12n ＋1＝2＋22n －1－22n ＋1，T n ＝⎝⎛⎭⎫2＋21－23＋⎝⎛⎭⎫2＋23－25＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋22n －1－22n ＋1＝2n ＋2－22n ＋1＝4n 2＋6n 2n ＋1. 9. 已知{a n }为等差数列，且a 3＝－6，a 6＝0.(1) 求{a n }的通项公式；(2) 若等比数列{b n }满足b 1＝－8，b 2＝a 1＋a 2＋a 3，求{b n }的前n 项和公式．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d.因为a 3＝－6，a 6＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝－6，a 1＋5d ＝0，解得a 1＝－10，d ＝2，所以a n ＝－10＋(n －1)·2＝2n －12.(2) 设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 2＝a 1＋a 2＋a 3＝－24，b 1＝－8，所以－8q ＝－24，即q ＝3，所以{b n }的前n 项和公式为S n ＝b 1（1－q n ）1－q＝4(1－3n )． 10. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点P n (n ，S n )(n ∈N )在函数f(x)＝－x 2＋7x 的图象上．(1) 求数列{a n }的通项公式及S n 的最大值； (2) 令b n ＝2a n ，其中n ∈N ，求{nb n }的前n 项和．解：(1) 因为点P n (n ，S n )(n ∈N )均在函数y ＝f(x)的图象上，所以有S n ＝－n 2＋7n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝6，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－2n ＋8，∴ a n ＝－2n ＋8(n ∈N )．令a n ＝－2n ＋8≥0得n ≤4，∴ 当n ＝3或n ＝4时，S n 取得最大值12，综上，a n ＝－2n ＋8(n ∈N )，当n ＝3或n ＝4时，S n 取得最大值12.(2) 由题意得b 1＝26＝8，b n ＝2－2n ＋8＝2－n ＋4，所以b n ＋1b n ＝12，即数列{b n }是首项为8、公比为12的等比数列，即b n ＝8⎝⎛⎭⎫12n －1＝24－n ，故{nb n }的前n 项和T n ＝1×23＋2×22＋…＋n ×2－n ＋4 ①，12T n ＝1×22＋2×2＋…＋(n －1)×2－n ＋4＋n ×2－n ＋3 ②，所以①－②得12T n ＝23＋22＋…＋2－n ＋4－n ×2－n ＋3，∴T n ＝16·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－n·24－n ＝32－(2＋n)24－n . 11. 已知x ，f （x ）2，3(x ≥0)成等差数列，又在数列{a n }(a n >0)中a 1＝3，此数列的。

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数列求和专项训练1. (2011?重庆)设｛a n｝是公比为正数的等比数列a i=2, a3=a2+4.([)求｛a n｝的通项公式；(n)设｛b n｝是首项为1，公差为2的等差数列，求数列｛a n+b n｝的前n项和S.分析：(I)由｛a n｝是公比为正数的等比数列，设其公比，然后利用a1=2, a3=a2+4可求得q，即可求得｛a n｝的通项公式(n)由｛b n｝是首项为1，公差为2的等差数列可求得b n=1+ ( n- 1) X 2=2 n- 1,然后利用等比数列与等差数列的前n项和公式即可求得数列｛a n+b n｝的前n项和S.解答：解：(I)：设｛a n｝是公比为正数的等比数列•••设其公比为q, q > 0■/ a3=a2+4, a1=22•2X q =2X q+4 解得q=2 或q= - 1■/ q>0•- q=2•｛a n｝的通项公式为a n=2X 2n- 1=2n(n)：｛b n｝是首项为1，公差为2的等差数列•b n=1+ ( n - 1) X 2=2n - 1•数列｛a n+b n｝的前n 项和S= f =2n+1- 2+n2=2n+1+n2- 21-2 22. (2011?辽宁)已知等差数列｛a n｝满足a2=0, &+a8= - 10(I)求数列｛a n｝的通项公式；(II )求数列｛—｝的前n项和.分析：(I)根据等差数列的通项公式化简a2=0和a e+a8=- 10,得到关于首项和公差的方程组，求出方程组的解即可得到数列的首项和公差，根据首项和公差写出数列的通项公式即可；(II )把(I )求出通项公式代入已知数列，列举出各项记作①，然后给两边都除以2得另一个关系式记作②，①-②后，利用a n的通项公式及等比数列的前n项和的公式化简后，即可得到数列｛一｝的前n项和的通项公式.r ai+<^0解答：解：(I)设等差数列｛a n｝的公差为d，由已知条件可得* ,2a t H2d=-10L 131=1解得：・,d=-1故数列｛a n｝的通项公式为a n=2 - n;(II )设数列｛一｝的前n项和为S，即S=a1+ : +…+一—①，故S=1,9 rfL—1戸旷1a l a2.…2 Z \②,当n > 1时，①-②得:：_l + …+ 一- ■ ■■■- _r2 2 2n_1 2n=1-（十十…+ 一）-^"2 4 2n^12n=1 -（i - —!—）-2n"[综上，数列｛｝的前n项和S=—-—.是一道中档题.产1 犷13. (2011?安徽)在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积计作T n,再令a n=lgT n，n》1 .(I)求数列｛a n｝的通项公式；(n)设b n=tana n?tana n+1,求数列｛b n｝的前n项和S.分析：(I )根据在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，我们易得这n+2项的几何平均数为10,故T n=10n+2,进而根据对数的运算性质我们易计算出数列｛a n｝的通项公式；(II )根据(I )的结论，利用两角差的正切公式，我们易将数列｛b n｝的每一项拆成——"门「“宀-.的tanl形式，进而得到结论.解答：解：(I )•••在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，又•••这n+2个数的乘积计作T n,••• T n=10n+2又■/ a n = lgT n,•a n=lg10 n+2=n+2, n》1.mm / 丄小tan (n 十3)- tan (n+2) 〕z... ... . . / 丄(II ) • b n=tana n?tana n+1=tan (n+2)?tan (n+3)=一.,tanltan (4) _tan (3) d n r tan (5) - tan(4)d nc」」」r•S=b1+b2+…+b n=[ . ]+[ .]+•••t anl t anltan (n+3) _tan (n+2) .+【i ]tanltan (n+3) - tan (3)=—. ：itanl点评：本题考查的知识点是等比数列的通项公式及数列与三角函数的综合，其中根据已知求出这n+2项的几何平均数为10,是解答本题的关键.4. (2010?四川)已知等差数列｛a n｝的前3项和为6，前8项和为-4.(1)求数列｛a n｝的通项公式；(H)设b n= (4 - a n) q n-1(q z 0, n€ N),求数列｛b n｝的前n 项和S.分析：(1)设｛a n｝的公差为d，根据等差数列的求和公式表示出前3项和前8项的和，求的a1和d,进而根据等差数列的通项公式求得a n.(2)根据(1)中的a n,求得b n,进而根据错位相减法求得数列｛b n｝的前n项和S.解答：解：(1)设｛a n｝的公差为d,2a n =a2n- l2(n- 1)那么 an+1- an=' -_2-2n+18n-2-2n+1=2nf 3 ai+3d=6由已知得[8ai +28d=- 4解得 a i =3, d=- 1故 a n =3+ (n - 1) (- 1) =4- n ;(2) 由(1)的解答得，b n = n?q n -1，于是 S=1?q °+2?q 1+3?q 2+…+ (n - 1 )?q n -1+n ?q n . 若q 工1,将上式两边同乘以 q ,得qS=1?q 1+2?q 2+3?q 3+…+ (n - 1)?q n +n?q n+1. 将上面两式相减得到n / ,2n -1、(q - 1) S=nq -(1+q+q + …+q )n=nqQ^-l Q-l于是 S n =-(n+1.) (q-1) 2若E 则卄+…+n=n 严- (n+1)(q-1) (內)(说1) 2(q=l)5. (2010?四川)已知数列｛a n ｝满足 a 1=0, a 2=2，且对任意 m n € 2都有 a 2m-1+舫-1=2a m+n^+2 (m- n ) (1) 求 a 3, a s ；(2) 设 b n =a 2n+1 - a 2n -1 (n € N )，证明：｛b n ｝是等差数列；(3) 设 C n = (a n+1 - a n ) q n -1 (q 丰0, n € N ),求数列｛c n ｝的前 n 项和 S n .分析：(1)欲求a 3, a s 只需令m=2 n=1赋值即可. (2) 以n+2代替m,然后利用配凑得到 b n+1 - b n ,和等差数列的定义即可证明.(3)由(1) (2)两问的结果可以求得 C n ,利用乘公比错位相减求｛cn ｝的前n 项和S.解答：解：(1)由题意，令 m=2 n=1,可得a 3=2a 2 - a 1+2=6再令 m=3 n=1,可得 a s =2a 3 - a 1+8=20 于是[a 2 ( n+1) +1 - a 2 ( n+1) - 1] -( a 2n+1 - a 2n - 1) =8 即 b n+1 - b n =8所以｛b n ｝是公差为8的等差数列(3) 由(1) (2)解答可知｛b n ｝是首项为b 1=a 3- a=6,公差为8的等差数列则 b n =8n - 2, 即卩 a 2n+1 - a 2n - 1=8n - 2 另由已知(令m=1可得所以,于是6=2nq n 1.当q=1 时，S n=2+4+6++2 n=n ( n+1)当q 工1 时，S=2?q°+4?q1+6?q2++2n?q n「1.两边同乘以q,可得qS n=2?q +4?q2+6?q3++2n?q n.上述两式相减得(1 - q) S n=2 (1+q+q2++q n T)- 2nq n=2? - 2nq n1 _Q=2?. : ■ I：' -J所以(q-1) 2'n (n+1) (q=l)综上所述，Sn= 旳凶- (n+1) q n+l ＞亠、2*---------------------- --------- 〔、毎U(q-1) 2点评：本小题是中档题，主要考查数列的基础知识和化归、分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力•同时考查了等差，等比数列的定义，通项公式，和数列求和的方法.6. (2010?陕西)已知｛a n｝是公差不为零的等差数列，a1=1，且a1, a s, a9成等比数列.(I)求数列｛a n｝的通项；(H)求数列｛2an｝的前n项和S.分析：(I)由题意可得a32=a1?a s=a9，从而建立关于公差d的方程，解方程可求d，进而求出通项a n(II )由(I )可得一山，代入等比数列的前n项和公式可求S n解答：解(I)由题设知公差d z 0,由a1=1, a1, a s, a9成等比数列得-=一八1 l+2d解得d=1, d=0 (舍去)，故｛a n｝的通项a n=1+ (n- 1 )x 1= n；(n)由(i)知｛2｝A｛｛a｝_｛n｝｝=｛2｝A｛n｝，由等比数列前n项和公式得2 3 n - L _ 1n+1S=2+2+2 + …+2 = =2 - 2.1 - 2点评：本题考查了等差数列及等比数列的通项公式，等比数列的前n项和公式，属于基本公式的简单运用.亠x7. (2009山东)等比数列｛a n｝的前n项和为S n,已知对任意的n，N ，点(n ,S n)，均在函数y = b r(b 0且b 1,b, r均为常数)的图像上.(I)求r的值；n+1 +(⑴当b=2时，记b n (n，N ) 求数列｛b n｝的前n项和T n4 a n解：因为对任意的n ・N •，点（n ,S n ），均在函数y =b x • r （b . 0且b=1,b,r 均为常数）的图像上.所以得S n = b n • r , 当n=1 时，a<i 二S 二b r ,当 n _2时，a n 二 S n —S^.丄=b n r _(b n 」• r) = b n -b n 」=(b _1)b n 」, 又因为｛ a n ｝为等比数列，所以r = -1,公比为b ,(2)当 b=2 时，a^(b -1)b n ±-2n J ,23 2L jn2 2 2 234 n —+— +— + -------小3 小4 小5n 12 2 2 2 1相减,得 T n2 123(1 -2“」) n 1 3 1 n 1 21 - 1 2* 24 2n 12“ 223 1n 1 3n 3所以T n-2 2n 2“ 1 -22n 18 （2009?湖北）已知数列｛a n ｝是一个公差大于 0的等差数列，且满足 a 2a 6=55, a 2+a ?=16 （1）求数列｛a n ｝的通项公式；- ■ *（2）数列｛a n ｝和数列｛b n ｝满足等式a n 」+二+—…』（n € N ）,求数列｛b n ｝的前n 项和S .2 o 2 93 7n分析：（1）设等差数列｛a n ｝的公差为d ,分别表示出a 2a 6=55, a 2+a 7=16联立方程求得d 和a 1进而根据等差数列通项公式求得a n .b_（2）令6=，则有a n =C 1+C 2+…+C n ,a n+1=C 1+C 2+…+C n+1两式相减得C n+1等于常数2,进而可得b n ,进而根据5=2玄1求得2nb 1则数列｛b n ｝通项公式可得，进而根据从第二项开始按等比数列求和公式求和再加上 b 1.解答：解：（1）设等差数列｛a n ｝的公差为d , 则依题意可知 d > 0由a 2+a 7=16, 得 2a 1+7d=16①由 a 2a 6=55,得（a 1+2d ）（a 1+5d ） =55② 由①②联立方程求得得 d=2, a 1=1 或 d=- 2, a 1 =（排除）7/• a n =1+ （n - 1 ）?2=2n - 1b n（2）令 C n = ，则有 a n =C 1+C 2+…+C n2na n+1=C 1 + C2 — • +C n+1n 1所以 a n =(b-1)b -n 1 二 2_FT2Tn2 1 1—+ — + — 22 23 241 2* 1两式相减得a n+1 - a n =C n+1，由(1) 得 a i = 1 , a n+1 - a n =2 /• C n+i =2, 即卩 C n =2 (n 》2), 即当n 》2时，b n =2n+1，又当 n=1 时，b i =2a i =2 (2t (n=l)--b n =l 严,(n>2)于是 S=b i +b 2+b 3+…+b n =2+23+24+…2n+1=2n+2- 6点评：本题主要考查等差数列的性质和等比数列的性质.考查了对数列问题的综合把握.9. (2009?北京)设数列｛a n ｝的通项公式为a n =pn+q (n € N , P >0).数列｛b n ｝定义如下：对于正整数 m b m 是使得不等式a n 》m 成立的所有n 中的最小值.(I)若 ° - - 7— - I ,求 b 3；(n)若p=2, q= - 1,求数列｛b m ｝的前2m 项和公式；解：(I)由题意，得-1 , R23解〉-1得- 1'_.：■<成立的所有n 中的最小正整数为 7,即b 3=7.2 3(H)由题意，得 a n =2 n - 1,根据b m 的定义可知当 m=2k — 1 时，b m =k (k € N ); 当 m=2k 时，b m =k+1 (k € N ).• b 1+b 2++b 2(m = (b 1+b 3++b 2mT ) + ( b 2+b 4++b 2m ) = (1+2+3++m ) +[2+3+4++ (m+1)]=——i- ■ ' ■,.2 210. (2008?陕西)已知数列｛a n ｝的首项 -—，._•・，n=1, 2, 3，…13 叽务+1;■ • I •是等比数列； (n)求数列一：的前n 项和S.考点：数列递推式；等比关系的确定；数列的求和。