高考数学复习数列求和专题训练(含答案)

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高三数学数列求和试题答案及解析

高三数学数列求和试题答案及解析1.数列{an }满足a1＝1，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝a m＋a n＋mn，则＋＋＋…＋＝()A．B．C．D．【答案】B【解析】令m＝1得an＋1＝a n＋n＋1，即an＋1－a n＝n＋1，于是a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，上述n－1个式子相加得an －a1＝2＋3＋…＋n，所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝，当n＝1时，a1＝1满足上式，所以an＝ (n∈N*)，因此＝＝2(－)，所以＋＋＋…＋＝2(1－＋－＋…＋－)＝2(1－)＝2.函数f(x)对任意x∈R都有. （1）求和(n∈N*)的值；（2）数列{an }满足：，求an；（3）令，，，试比较Tn 和Sn的大小。

【答案】（1），；（2）；（3）.【解析】（1）由于函数f(x)对任意x∈R都有，则令可求的；再令求出；（2）利用倒序相加结合（1）的结论可求出；（3）由及第（2）问的结论求出，用放缩法变形（），用裂项相消法求，再与比较大小.（1）令=2，则；令得，（4分）（2）由，两式相加得：，∴，（8分）（3），(n≥2)∴.（12分）【考点】倒序相加、裂项相消法求数列的前项和.3.对任意，函数满足，设，数列的前15项的和为，则．【答案】【解析】因为，所以即因此数列任意相邻两项和为因为，因此所以或，又由.【考点】数列求和4.已知函数，且，则()A．0B．100C．5050D．10200【答案】C【解析】因为，所以，选C.5.已知等差数列的前项和为，且、成等比数列.（1）求、的值；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）解法1是先令求出的表达式，然后令，得到计算出在的表达式，利用为等差数列得到满足通式，从而求出的值，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；解法2是在数列是等差数列的前提下，设其公差为，利用公式以及对应系数相等的特点得到、和、之间的等量关系，然后利用条件、成等比数列列方程求出的值，从而求出、的值；（2）解法1是在（1）的前提下求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求数列的和；解法2是利用导数以及函数和的导数运算法则，将数列的前项和视为函数列的前项和在处的导数值，从而求出.试题解析：（1）解法1：当时，，当时，.是等差数列，，得.又，，，、、成等比数列，，即，解得.解法2：设等差数列的公差为，则.，，，.，，.、、成等比数列，，即，解得.；（2）解法1：由（1）得.，.，①，②①②得. .解法2：由（1）得.，.，①由，两边对取导数得，.令，得. .【考点】1.定义法求通项；2.错位相减法求和；3.逐项求导6.数列{an }满足an+1＋(－1)n an＝2n－1，则{an}的前60项和为____________.【答案】1830【解析】当时，；当时，；当时，.将与相减得：；将与相减得：.所以，，所以.【考点】数列.7.在数列{an }中,若对任意的n均有an+an+1+an+2为定值(n∈N*),且a7=2,a9=3,a98=4,则此数列{an}的前100项的和S100=.【答案】299【解析】设定值为M,则an +an+1+an+2=M,进而an+1+an+2+an+3=M,后式减去前式得an+3=an,即数列{an}是以3为周期的数列.由a7=2,可知a1=a4=a7=…=a100=2,共34项,其和为68;由a9=3,可得a 3=a6=…=a99=3,共33项,其和为99;由a98=4,可得a2=a5=…=a98=4,共33项,其和为132.故数列{an}的前100项的和S100=68+99+132=299.8.．己知数列满足，则数列的前2016项的和的值是___________．【答案】1017072【解析】这个数列既不是等差数列也不是等比数列，因此我们要研究数列的各项之间有什么关系，与它们的和有什么联系？把已知条件具体化，有，，，，…，，，我们的目的是求，因此我们从上面2015个等式中寻找各项的和，可能首先想到把出现“＋”的式子相加（即为偶数的式子相加），将会得到，好像离目标很近了，但少，而与分布在首尾两个式子中，那么能否把首尾两个式子相减呢？相减后得到，为了求，我们又不得不求，依次下去，发现此路可能较复杂或者就行不通，重新寻找思路，从头开始我们有，即，而，∴，因此，我们由开始的三个等式求出了，是不是还可用这种方法求出呢？下面舍去，考察，，，同样方法处理，，从而，于是，而，正好504组，看来此法可行，由此我们可得．【考点】分组求和．9.阅读如图程序框图，若输入的，则输出的结果是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，，不成立，执行第一次循环，，；不成立，执行第二次循环，，；不成立，执行第三次循环，，；；不成立，执行第一百次循环，，；成立，输出，故选A.【考点】1.数列求和；2.算法与程序框图10.已知数列的各项都是正数，前项和是，且点在函数的图像上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）。

高考数学专题复习练习题12---数列求通项、求和(理)含答案解析

高考数学专题复习练习题12---数列求通项、求和（理）1．已知数列{}n a 的前n 项和21n n S =-，则数列2{}n a 的前10项和为（）A ．1041-B ．102(21)-C ．101(41)3-D ．101(21)3-2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21n n S a =-，则{}n a 的通项公式为n a =（） A ．21n -B ．12n -C ．21n-D ．21n +3．数列{}n a 满足1(1)nn n a a n ++=-⋅，则数列{}n a 的前20项和为（）A ．100-B ．100C ．110-D ．1104．已知数列{}n a 的通项公式为100n a n n=+，则122399100||||||a a a a a a -+-++-=L （） A ．150B ．162C ．180D ．2105．数列{}n a 中，10a =，1n n a a +-=，若9n a =，则n =（）A ．97B ．98C ．99D ．1006．在数列{}n a 中，12a =-，111n na a +=-，则2019a 的值为（） A ．2-B ．13 C ．12D ．327．已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且13n n n S S a +=++，4523a a +=，则8S =（） A ．72B ．88C ．92D ．988．在数列{}n a 中，12a =，已知112(2)2n n n a a n a --=≥+，则n a 等于（）A ．21n + B ．2n C ．31n + D ．3n9．已知数列21()n a n n =-∈*N ，n T 为数列11{}n n a a +的前n 项和，求使不等式20194039n T ≥成立的最小正整数（）一、选择题A ．2017B ．2018C ．2019D ．202010．已知直线20x y ++=与直线0x dy -+=互相平行且距离为m ，等差数列{}n a 的公差为d ，7835a a ⋅=，4100a a +<，令123||||||||n n S a a a a =++++L ，则m S 的值为（）A ．60B ．52C ．44D ．3611．已知定义在R 上的函数()f x 是奇函数且满足3()()2f x f x -=，(2)3f -=-，数列{}n a 是等差数列，若23a =，713a =，则1232020()()()()f a f a f a f a ++++=L （） A ．2-B ．3-C ．2D ．312．已知数列满足12323(21)3nn a a a na n ++++=-⋅L ，设4n nnb a =，n S 为数列{}n b 的前n 项和．若n S λ<（常数），n ∈*N ，则λ的最小值为（）A ．32B ．94C ．3112D ．311813．已知数列{}n a 的通项公式为12n n a n -=⋅，其前n 项和为n S ，则n S = ．14．设数列{}n a 满足1(1)()2n n n na n a n n +-+=∈+*N ，112a =，n a = ． 15．已知数列{}n a 满足1(1)(2)nn n a a n n ---=≥，记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则40S = ．16．等差数列{}n a 中，3412a a +=，749S =，若[]x 表示不超过x 的最大整数，（如[0.9]0=，[2.6]2=，）．令[lg ]()n n b a n =∈*N ，则数列{}n b 的前2000项和为．1．【答案】C答案与解析二、填空题一、选择题【解析】∵21n n S =-，∴1121n n S ++=-，∴111(21)(21)2n n nn n n a S S +++=-=---=，又11211a S ==-=，∴数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，∴2121(2)4n n n a --==，∴所求值为1010141(41)143-=--． 2．【答案】B【解析】当1n =时，11121S a a =-=，∴11a =；当2n ≥时，1122n n n n n a S S a a --=-=-，∴12n n a a -=，因此12n n a -=．3．【答案】A【解析】121a a +=-，343a a +=-，565a a +=-，787a a +=-，…，由上述可知，1219201191(13519)1101002a a a a +++++=-⨯++++=-⨯⨯=-L L ． 4．【答案】B【解析】由对勾函数的性质知：当10n ≤时，数列{}n a 为递减；当10n ≥时，数列{}n a 为递增，故12239910012239101110||||||()()()()a a a a a a a a a a a a a a -+-++-=-+-++-+-L L12111009911010010()()1100(1010)(1001)a a a a a a a a +-++-=-+-=+-+++-L (1010)162+=．5．【答案】D【解析】由1n n a a +-==，利用累加法可得，∴11)n a a -=+++L 1=，∵10a =，∴19n a ==10=，100n =． 6．【答案】B【解析】由题意得，12a =-，111n n a a +=-，∴213122a =+=，321133a =-=，4132a =-=-，…， ∴{}n a 的周期为3，∴20193673313a a a ⨯===． 7．【答案】C【解析】∵13n n n S S a +=++，∴113n n n n S S a a ++-=+=， ∴13n n a a +-=，∴{}n a 是公差为3d =的等差数列，又4523a a +=，可得12723a d +=，解得11a =，∴81878922S a d ⨯=+=． 8．【答案】B 【解析】将等式1122n n n a a a --=+两边取倒数，得到11112n n a a -=+，11112n n a a --=， 1{}n a 是公差为12的等差数列，1112a =，根据等差数列的通项公式的求法得到111(1)222n n n a =+-⨯=，故2n a n=． 9．【答案】C【解析】已知数列21()n a n n =-∈*N ，∵111111()(21)(21)22121n n a a n n n n +==--+-+， ∴11111111(1)()()(1)2335212122121n n T n n n n ⎡⎤=-+-++-=-=⎢⎥-+++⎣⎦L ，不等式20194039n T ≥，即2019214039n n ≥+，解得2019n ≥， ∴使得不等式成立的最小正整数n 的值为2019． 10．【答案】B【解析】由两直线平行得2d =-，由两直线平行间距离公式得10m ==，∵77(2)35a a ⋅-=，得75a =-或77a =， ∵410720a a a +=<，∴75a =-，29n a n =-+，∴12310|||||||||7||5||5||7||9||11|52m S a a a a =++++=+++-+-+-+-=L L ． 11．【答案】B【解析】由函数()f x 是奇函数且3()()2f x f x -=，得(3)()f x f x +=，由数列{}n a 是等差数列，若23a =，713a =，可得到21n a n =-，可得123456()()()()()()0f a f a f a f a f a f a ++=++=，则其周期为3，12320201()()()()()3f a f a f a f a f a ++++==-L ．12．【答案】C【解析】∵12323(21)3nn a a a na n ++++=-⋅L ①，当2n ≥时，类比写出12323a a a ++++L 11(1)(23)3n n n a n ---=-⋅②，由①-②得143n n na n -=⋅，即143n n a -=⋅．当1n =时，134a =≠，∴13,143,2n n n a n -=⎧=⎨⋅≥⎩，14,13,23n n n b n n -⎧=⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩， 214233333n n n S -=++++=L 021*********n n-+++++L ③， 2311112313933333n n n n nS --=++++++L ④， ③-④得，0231112211111231393333339313n n n n n n n S --=++++++-=+--L ，∴316931124312n n n S +=-<⋅，∵n S λ<（常数），n ∈*N ，∴λ的最小值是3112．13．【答案】(1)21nn -+【解析】由题意得01221122232(1)22n n n S n n --=⨯+⨯+⨯++-⋅+⋅L ①，∴1221222n S =⨯+⨯3132(1)22n n n n -+⨯++-⋅+⋅L ②，①-②得231121222222(1)2112nn nn n n S n n n ---=+++++-⋅=-⋅=-⋅--L ，∴(1)21nn S n =-+．14．【答案】21n n +【解析】∵1(1)()2n n n na n a n n +-+=∈+*N ，∴11111(2)(1)12n n a a n n n n n n +-==-+++++，∴11111n n a a n n n n --=--+，…，21112123a a -=-，累加可得11121n a a n n -=-+，二、填空题∵112a =，∴1111n a nn n n =-=++，∴21n n a n =+． 15．【答案】440【解析】由1(1)(2)nn n a a n n ---=≥可得：当2n k =时，2212k k a a k --=①；当21n k =-时，212221k k a a k --+=-②；当21n k =+时，21221k k a a k ++=+③；①+②有：22241k k a a k -+=-，③-①得有：21211k k a a +-+=，则40135739()S a a a a a =+++++L24640109()110(71523)1071084402a a a a ⨯+++++=⨯++++=+⨯+⨯=L L ． 16．【答案】5445【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，∵3412a a +=，749S =，∴12512a d +=，1767492a d ⨯+=，解得11a =，2d =， ∴12(1)21n a n n =+-=-，[lg ][lg(21)]n n b a n ==-，1,2,3,4,5n =时，0n b =；650n ≤≤时，1n b =； 51500n ≤≤时，2n b =； 5012000n ≤≤时，3n b =，∴数列{}n b 的前2000项和454502150035445=+⨯+⨯=．。

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．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．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，当n≥3时，b n﹣b n＜0，即b3＞b4＞b5＞…，+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．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．。

2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【含解析】

2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【原卷版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．82．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．93．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．634．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．45．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C．12，D．23，＋∞6．(多选)已知数列{a n}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有a n＋1＝a1＋a n＋n，则下列说法中正确的是()A．a n＝n(n＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D．数列{a n}的第50项为25507．(多选)设数列{a n}的前n项和为S n，若S2nS4n为常数，则称数列{a n}为“吉祥数列”．则下列数列{b n}为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．9．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．10．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．202011．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A n n 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋1412．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【解析版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．8解析：A设{a n}的公差为d，根据题意得a23＝a2·a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝－2，所以数列{a n}的前6项和为S6＝6a1＋6×52d＝1×6＋6×52×(－2)＝－24．2．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．9解析：C∵1＋2＋22＋…＋2n－1为公比为2，首项为1的等比数列的前n项和S n，∴S n＝12－1(2n－1)＝2n－1>128＝27，∴n≥8，∴n的最小值为8．故选C．3．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．63解析：D因为log2a n＋1＝1＋log2a n，所以log2a n＋1＝log22a n，即a n＋1＝2a n，即数列{a n}是以2为公比的等比数列，又a3＝4，所以a1＝a34＝1，因此S6＝a1(1－26)1－2＝26－1＝63．故选D．4．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．4解析：A显然数列{a n}的公比不等于1，所以S n＝a1·(q n－1)q－1＝a1q－1·q n－a1q－1＝4n＋b，所以b＝－1．5．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C ．12，D ．23，＋∞解析：D设等比数列{a n }的公比为q ，q ≠0，则q 3＝a 4a 1＝18，解得q ＝12，所以a n ＝12n －1，所以a n a n ＋1＝12n －1×12n ＝122n －1，所以数列{a n a n ＋1}是首项为12，公比为14的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝21－14＝<23．因为a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1<k ，所以k ≥23．故k 的取值范围是23，＋D ．6．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，则下列说法中正确的是()A ．a n ＝n (n ＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D ．数列{a n }的第50项为2550解析：AC因为a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，a 1＝1，所以a n ＋1－a n ＝1＋n ，即a n －a n －1＝n (n ≥2)，所以n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，a 1＝1也适合此式，所以a n ＝n (n ＋1)2，a 50＝1275，A 正确，D 错误；1a n ＝2n(n ＋1)＝2020项和S 2020＝－12＋12－13＋…＋12020－＝40402021，B 错误，C 正确．故选A 、C ．7．(多选)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S2n S 4n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．则下列数列{b n }为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n解析：BC对于A ，S n ＝(1＋n )n 2，S 2n ＝n (1＋2n )，S 4n ＝2n (1＋4n )，所以S2n S 4n ＝n (1＋2n )2n (1＋4n )＝1＋2n 2(1＋4n )不为常数，故A 错误；对于B ，由并项求和法知：S 2n ＝n ，S 4n ＝2n ，S 2n S 4n ＝n 2n ＝12，故B 正确；对于C ，S n ＝2＋4n －22×n ＝2n 2，S 2n ＝8n 2，S 4n ＝32n 2，所以S 2n S 4n ＝14，故C 正确；对于D ，S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，S 2n ＝2(4n －1)，S 4n ＝2(16n －1)，所以S2n S 4n ＝4n －116n －1＝14n ＋1不为常数，故D 错误．故选B 、C ．8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．解析：S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n ，则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，两式相减得－S n ＝2＋22＋ (2)－n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1．又a n ＝2n ，∴S n－na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50＝52－2n ＋1，依题意52－2n ＋1<0，故最小正整数n 的值为5．答案：59．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．解：(1)设数列{a n }的公差为d a 1＋10d ＝20，1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋4d )，化简得1＋2d ＝4，1d ＝0，因为d ≠0，所以a 1＝0，d ＝2，所以a n ＝2n －2(n ∈N *)，S n ＝n 2－n ，n ∈N *，因为S n ＋b n ＝2n 2，所以b n ＝n 2＋n (n ∈N *)．(2)由(1)知，c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，n 为偶数，n －1，n 为奇数，所以T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝(2＋4＋…＋2n )＋(40＋42＋…＋42n －2)＝n (2＋2n )2＋1－16n 1－16＝n (n ＋1)＋115(16n －1)．10．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．2020解析：D设{a n }的公差为da 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，1＋9d ＝19，1＝1，＝2，∴a n ＝2n－1，设b n ＝a n cos n π，则b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos n π}的前2020项的和为(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2019＋b 2020)＝2×20202＝2020．11．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A nn 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋14解析：ABD由a n ＝a 2n －1＋a n －1，得a 2n －1＝a n －a n －1≥0，所以a n ≥a n －1≥32，A n ＝a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n ＋1－a n ＝a n ＋1－a 1＝a n ＋1－32，故A 正确；由a n ＝a 2n －1＋a n －1＝a n－1(a n －1＋1)，得1a n ＝1a n －1(a n －1＋1)＝1a n －1－1a n －1＋1，即1a n －1＋1＝1a n －1－1a n ，所以B n ＝1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a n ＋1＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1＝23－1a n ＋1，故B 正确；易知A n ≠0，B n ≠0，所以A nB n ＝a n ＋1－3223－1a n ＋1＝32a n ＋1，故C 不正确；易知a n ＝a 2n －1＋a n －1<2a 2n －1，所以a n ＋1<2a 2n <23a 4n －1<…<22n －1a 2n 1＝22n－1n ＝12×32n ，所以A n B n＝32an ＋1<32×12×32n ＝32n ＋14，故D 正确．故选A 、B 、D ．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)当n ≥2时，S n ＝3S n －1－2(n －1)＋2，又S n ＋1＝3S n －2n ＋2，两式相减可得S n ＋1－S n ＝3S n －3S n －1－2，即a n ＋1＝3a n －2，即有a n ＋1－1＝3(a n －1)，令n ＝1，可得a 1＋a 2＝3a 1，解得a 2＝2a 1＝4，也符合a n ＋1－1＝3(a n －1)，则数列{a n －1}是首项为1，公比为3的等比数列，则a n －1＝3n －1，故a n ＝1＋3n －1．(2)由(1)知b n ＝na n ＝n ＋n ·3n －1，则T n ＝(1＋2＋…＋n )＋(1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1)，设M n ＝1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1，3M n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，两式相减可得－2M n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1－n ·3n＝1－3n 1－3－n ·3n ，化简可得M n ＝(2n －1)·3n ＋14．所以T n ＝12n (n ＋1)＋(2n －1)·3n ＋14．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．证明：二项展开式的通项为T k ＋1＝C －k＝C －k x12－3k，令12－3k ＝0，得k ＝4，得展开式的常数项为a 1＝12．可选择的条件为①或②或③：若选择①：在S n ＝－a n ＋t 中，令n ＝1，得t ＝1，所以S n ＝－a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝－a n －1＋1．两式相减得a n ＝12a n －1，故{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择②：由(n ＋1)b n ＋1＝nb n 得b n ＋1b n ＝nn ＋1，所以b n ＝b n b n －1·b n －1b n －2·…·b 2b 1b 1＝1n (n ≥2)，n ＝1时也满足，则a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，S n …1－1n ＋1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择③：由题意得3a 2n ＋1－3a 2n ＝－(a n ＋1＋a n )，得a n ＋1－a n ＝－13或a n ＋1＋a n ＝0，又a 1＝12，当a n ＋1＋a n ＝0时，有S n n 为偶数，n 为奇数，所以S n <1，当a n ＋1－a n ＝－13时，有S n ＝n 2－n (n －1)6＝－16(n 2－4n )＝－16(n －2)2＋23，当n ＝2时，S n 有最大值，为23<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．。

2024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类 (解析版)

数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n 项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n 中，已知a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 50等于()A.2451B.2452C.2449D.24502.(等比累加法)已知数列a n 满足a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 9=()A.510B.512C.1022D.10242024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类（解析版）【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +12.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【变式演练】1.数列{a n}中，a1=1，a2=3，a n+1=a n-a n-1(n≥2,n∈N*)，那么a2019=()A.1B.2C.3D.-32.数列a n的首项a1=3，且a n=2-2a n-1n≥2，则a2021=()A.3B.43C.12D.-2题型四【二阶等比数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2,且a n=2a n-1-1(n≥2,n∈N+)，则a n=______________【变式演练】1.已知数列a n中，a1=1，a n=3a n-1+4(n∈N∗且n≥2)，则数列a n通项公式a n为() A.3n-1 B.3n+1-2 C.3n-2 D.3n2.已知数列{a n}满足：a n+1=2a n-n+1(n∈N*)，a1=3.(1)证明数列b n=a n-n(n∈N*)是等比数列，并求数列{a n}的通项；(2)设c n=a n+1-a na n a n+1，数列{c n}的前n项和为{S n}，求证：S n<1.【典例分析】1.在数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a na n+2(n∈N*)，则22019是这个数列的第________________项．【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=2a na n+2.记C n=2na n，则数列Cn的前n项和C1+C2+...+Cn=．2.数列a n满足：a1=13，且na n=2a n-1+n-1a n-1(n∈N*,n≥2)，则数列a n的通项公式是a n=．题型六前n项积型递推【典例分析】1.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并且满足条件a1>1，a7a8>1，a7-1a8-1<0.则下列结论正确的是(多选题)A.0<q<1B.a7a9<1C.T n的最大值为T7D.S n的最大值为S7【技法指引】类比前n项和求通项过程来求数列前n项积：1.n=1，得a12.n≥2时，a n=T n T n-1所以a n=T1，(n=1) T nT n-1,(n≥2)【变式演练】1.若数列a n满足a n+2=2⋅a n+1a n(n∈N*)，且a1=1,a2=2，则数列a n的前2016项之积为()A.22014B.22015C.22016D.220172.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并满足条件a1>1，且a2020a2021> 1，a2020-1a2021-1<0，下列结论正确的是(多选题)A.S2020<S2021B.a2020a2022-1<0C.数列T n无最大值 D.T2020是数列T n中的最大值题型七“和”定值型递推【典例分析】1.若数列a n满足a n+2a n+1+a n+1a n=k(k为常数)，则称数列a n为等比和数列，k称为公比和，已知数列a n是以3为公比和的等比和数列，其中a1=1，a2=2，则a2019=______.【变式演练】1.已知数列{a n}满足a n+a n+1=12(n∈N*)，a2=2，S n是数列{a n}的前n项和，则S21为()A.5B.72C.92D.1322.知数列{a n}满足：a n+1+a n=4n-3(n∈N*)，且a1=2，则a n=．题型八分段型等差等比求和【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=32a n,n为奇数2a n,n为偶数 .(1)记b n=a2n，写出b1，b2，并求数列b n的通项公式；(2)求a n的前12项和.【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=a n+1,n=2k-1, a n,n=2k.(1)求a2,a5的值；(2)求a n的前50项和S50．题型九函数中心型倒序求和【典例分析】1.已知A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 是函数f (x )=2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点(可以重合)，点M为AB 的中点，且M 在直线x =12上．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n，求S n ；(3)若在(2)的条件下，存在n 使得对任意的x ，不等式S n >-x 2+2x +t 成立，求t 的范围．【变式演练】2.已知a n 为等比数列，且a 1a 2021=1，若f x =21+x2，求f a 1 +f a 2 +f a 3 +⋯+f a 2021 的值．题型十分组求和型【典例分析】1.已知等比数列a n 的公比大于1，a 2=6，a 1+a 3=20.(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =a n +1log 3a n +12log 3a n +22，求b n 的前n 项和T n .【技法指引】对于a n +b n 结构，利用分组求和法【变式演练】1.设S n 为数列a n 的前n 项和，已知a n >0，a 2n +2a n =4S n +3n ∈N *，若数列b n 满足b 1=2，b 2=4，b 2n +1=b n b n +2n ∈N *(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设c n =1S n,n =2k -1,k ∈N * b n,n =2k ,k ∈N *求数列c n 的前n 项的和T n .【典例分析】1.已知数列a n 满足a 1=2，且a n +1-3 ⋅a n +1 +4=0，n ∈N *.(1)求证：数列1a n -1是等差数列；(2)若数列b n 满足b n =2n +1a n -1，求b n 的前n 项和.【技法指引】对于a n b n 结构，其中a n 是等差数列，b n 是等比数列，用错位相减法求和；思维结构结构图示如下【变式演练】1.已知等比数列a n 的首项a 1=1，公比为q ，b n 是公差为d d >0 的等差数列，b 1=a 1，b 3=a 3，b 2是b 1与b 7的等比中项．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n 的前n 项和为S n ，数列c n 满足nc n =a 2n S n ，求数列c n 的前n 项和T n ．【典例分析】1.已知数列a n各项均为正数，且a1=2，a n+12-2a n+1=a n2+2a n．(1)求a n的通项公式(2)设b n=-1n a n，求b1+b2+b1+⋯+b20．【变式演练】1.设等差数列a n的前n项和为S n，已知a3+a5=8,S3+S5=10. (1)求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n a n，求数列b n的前n项和T n.题型十三无理根式型裂项相消求和【典例分析】1.设数列a n的前n项和为S n，且满足2S n=3a n-3．(1)求数列a n的通项公式：(2)若b n=a n3,n为奇数1log3a n+log3a n+2,n为偶数，求数列和b n 的前10项的和．【变式演练】1.设数列a n的前n项和S n满足2S n=na n+n，n∈N+，a2=2，(1)证明：数列a n是等差数列，并求其通项公式﹔(2)设b n=1a n a n+1+a n+1a n，求证：T n=b1+b2+⋯+b n<1.题型十四指数型裂项相消【典例分析】1.已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -1.(1)求a n ；(2)设b n =a n a n +1-1 ⋅a n +2-1 ，求数列b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.数列a n 满足：a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+n -1 a n -1=2+n -2 ⋅2n n ≥2 .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =a n a n -1 a n +1-1，T n 为数列b n 的前n 项和，若T n <m 2-3m +3恒成立，求实数m 的取值范围.题型十五等差指数混合型裂项【典例分析】1.已知数列a n 满足S n =n a 1+a n 2，其中S n 是a n 的前n 项和.(1)求证：a n 是等差数列；(2)若a 1=1,a 2=2，求b n =2n 1-a n a n a n +1的前n 项和T n .【变式演练】2.已知等比数列a n 的各项均为正数，2a 5，a 4，4a 6成等差数列，且满足a 4=4a 23，数列S n 的前n 项之积为b n ，且1S n +2b n=1．(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设d n =b n +2⋅a n b n ⋅b n +1，若数列d n 的前n 项和M n ，证明：730≤M n <13．【典例分析】1.已知数列a n 的满足a 1=1，a m +n =a m +a n m ,n ∈N * .(1)求a n 的通项公式；(2)记b n =(-1)n ⋅2n +1a n a n +1，数列b n 的前2n 项和为T 2n ，证明：-1<T 2n ≤-23.【技法指引】正负相间型裂和，裂项公式思维供参考：-1 n ⋅pn +q kn +b k (n +1)+b=-1 n ⋅t 1kn +b +1k (n +1)+b【变式演练】1.记正项数列a n 的前n 项积为T n ，且1a n =1-2T n ．(1)证明：数列T n 是等差数列；(2)记b n =-1 n ⋅4n +4T n T n +1，求数列b n 的前2n 项和S 2n ．【典例分析】1.已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 8=4a 4+20，且a 5+a 6=11.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =n 2+n +1a n a n +1，求b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.已知等差数列a n 的通项公式为a n =2n -c c <2 ，记数列a n 的前n 项和为S n n ∈N * ，且数列S n 为等差数列．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列4S n a n a n +1的前n 项和为T n n ∈N * ，求T n 的通项公式．好题演练好题演练1.(山东省泰安市2023届高三二模数学试题)已知数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=2，a n ≠0，a n a n +1=4S n .(1)求a n ；(2)设b n =-1 n ⋅3n -1 ，数列b n 的前n 项和为T n ，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，求实数λ的范围.2.(2023·全国·模拟预测)已知正项数列a n 满足a 1=1，a n +1a n =1+1n.(1)求证：数列a 2n 为等差数列；(2)设b n =1a 2n a n +1+a n a 2n +1，求数列b n 的前n 项和T n .3.(2023·全国·学军中学校联考二模)设数列a n 满足a n +1=3a n -2a n -1n ≥2 ,a 1=1,a 2=2.(1)求数列a n 的通项公式；(2)在数列a n 的任意a k 与a k +1项之间，都插入k k ∈N * 个相同的数(-1)k k ，组成数列b n ，记数列b n 的前n 项的和为T n ，求T 27的值.4.(2023·全国·长郡中学校联考二模)已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=1，a n =S n +S n -1(n ∈N *且n ≥2).(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n +22n a n a n +1 的前n 项和为T n ，求证：T n <1.5.(2023·四川攀枝花·统考三模)已知等差数列a n的公差为d d≠0，前n项和为S n，现给出下列三个条件：①S1,S2,S4成等比数列；②S4=32；③S6=3a6+2.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n-b n-1=2a n n≥2，且b1=3，设数列1b n的前n项和为Tn，求证：13≤T n<12.6.(2023春·江西抚州·高二金溪一中校联考期中)已知数列a n满足a1=2,a n+1= 2a n+2,n为奇数,1 2a n+1,n为偶数.(1)记b n=a2n，证明：数列b n为等差数列；(2)若把满足a m=a k的项a m,a k称为数列a n中的重复项，求数列a n的前100项中所有重复项的和.7.(河北省2023届高三下学期大数据应用调研联合测评(Ⅲ)数学试题)已知数列a n 满足：a 1=12，3a n +1a n =1+a n +11+a n.(1)求证：1a n +1 是等比数列，并求出数列a n 的通项公式；(2)设b n =3n ⋅a n a n +1，求数列b n 的前n 项和S n .8.(2023·全国·模拟预测)已知数列a n 的前n 项和S n 满足S n =n 2-1+a n .(1)求a 1及a n ；(2)令b n =4S n a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练 29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n中，已知a1=2，a n+1-a n=2n，则a50等于()A.2451B.2452C.2449D.2450【答案】B【详解】由a n+1-a n=2n得：a n-a n-1=2n-1，a n-1-a n-2=2n-2，⋯⋯，a3-a2=2×2，a2-a1=2×1，各式相加可得：a n-a1=2×1+2+⋅⋅⋅+n-1=2×n n-12=n n-1，又a1=2，∴a n=2+n n-1=n2-n+2，∴a50=2500-50+2=2452.故选：B.2.(等比累加法)已知数列a n满足a1=2，a n+1-a n=2n，则a9=()A.510B.512C.1022D.1024【答案】B【详解】由a1=2,a n+1-a n=2n得a2-a1=2，a3-a2=22，a4-a3=23，⋮a n -a n -1=2n -1，以上各式相加得，a n -a 1=2+22+⋯+2n -1=21-2n -11-2=2n -2，所以a n =2n -2+a 1=2n ，所以a 9=29=512.故选：B .【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +1【答案】A【分析】根据题意设a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，所以1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，即1+3d 2=1×1+24d ，求出d 即可求解.【详解】设等差数列a n 的公差为d d >0 ，所以a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，又a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2的第5项恰好构成等比数列，即1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，所以1+3d 2=1×1+24d ，解得d =2，d =0(舍去)，所以a n =2n -1.故选：A .2.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.【答案】a n =n n +12【分析】由S n =n +23a n ，变形可得则S n -1=n +13a n -1，两式相减变形可得a n a n -1=n +1n -1，又由a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a2a 1×a 1，计算可得a n =n (n +1)2，验证a 1即可得答案．【详解】根据题意，数列{a n }中，a 1=1，S n =n +23a n (n ∈N *)，S n =n +23a n ①，S n -1=n +13a n -1②，①-②可得：a n =(n +2)a n 3-(n +1)a n -13，变形可得：a n a n -1=n +1n -1，则a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a 2a 1×a 1=n +1n -1 ×n n -2 ×⋯⋯×31 ×1=n (n +1)2；n =1时，a 1=1符合a n =n (n +1)2；故答案为：a n =n (n +1)2．题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【答案】C【详解】令b n =na n ，则b n +1-b n =2n +1，又a 1=13，所以b 1=13，b 2-b 1=3，b 3-b 2=5，⋯，b n -b n -1=2n -1，所以累加得b n =13+n -1 3+2n -1 2=n 2+12，所以a n =b n n =n 2+12n =n +12n，所以a n +1-a n =n +1 +12n +1-n +12n =n -3 n +4 n n +1，所以当n <3时，a n +1<a n ，当n =3时，a n +1=a n ，即a 3=a 4，当n >3时，a n +1>a n ，即a 1>a 2>a 3=a 4<a 5<⋯<a n ，所以数列a n 的最小项为a 3和a 4，故选：C .【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n【答案】D【详解】由题意得，a n +1n +1=a n n +ln n +1n ，则a n n =a n -1n -1+ln n n -1，a n -1n -1=a n -2n -2+lnn -1n -2⋯，a 22=a 11+ln 21，由累加法得，a n n =a 11+ln n n -1+ln n -1n -2⋯+ln 21，即a n n =a 1+ln n n -1⋅n -1n -2⋅⋯⋅21，则an n=2+ln n ，所以a n =2n +n ln n ，故选：D2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n 2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【答案】(1)a n =n +n2n ；(2)1,2,3,4 .【详解】(1)因为a n =n n -1a n -1-n 2n ，所以a n n -a n -1n -1=-12n .因为a 22-a 11=-122，a33-a 22=-123，⋯，a n n -a n -1n -1=-12n ，所以a n n -a 11=-122+123+⋯+12n=-1221-12 n -11-12=12n-12，于是a n=n+n 2n .当n=1时，a1=1+12=32，所以a n=n+n2n.(2)因为S n-S n-1=a n=n+n2n >0，所以S n是递增数列.因为a1=1+12=32，a2=2+24=52，a3=3+323=278，a4=4+424=174，a5=5+525=16532，所以S1=32，S2=4，S3=598，S4=938<12，S5=53732>12，于是所有正整数n的取值集合为1,2,3,4.题型三周期数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【答案】-6【解析】由已知有a2=1+a11-a1=-3,a3=1-31+3=-12,a4=1-121+12=13,a5=1+131-13=2，所以a5=a1=2，所以数列a n是周期数列，且周期为4，a1a2a3a4=a5a6a7a8=⋯=a2005a2006a2007a2008=1，而a2009a2010= a1a2=2×(-3)=-6，所以a1a2a3⋯a2010=-6。

高考真题与模拟训练专题12 数列求和(解析版)

专题12 数列求和第一部分真题分类1．（2021·)111,N n a a n *+==∈.n项和为ABCD【答案】A11122n n -+≤+=，当且仅当1n =时取等号，12412(1)311n n n n a n a a a n n n ++∴≥∴=≤=++++由累乘法可得n a ≤1n =时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1003S <<．故选：A ．2．（2021·全国高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm 12dm ⨯的长方形纸，对折1次共可以得到10dm 12dm ⨯，20dm 6dm ⨯两种规格的2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三4次共可以得到不同规格图形的种数为______次，那么1nkk S==∑______【答案】【解析】（1）由对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，所以125610320⨯⨯，，；4种不同规格（单位2dm )；故对折46，53⨯，3204⨯，共5种不同规格；（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积第nn 此对折后的图形的规格形状种数，根据（1设0121120212031204222nk k S S =⨯⨯⨯==+++∑L两式作差得：()()112011203120360360222n n nn n -++=--=-，3．（2020·江苏高考真题）设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n +b n }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是_______．d ，等比数列{}n b 的公比为，根据题意1q ≠.，即22111212211nn b b d d n n n a n q q q ⎛⎫-+-=+--+ ⎪--⎝⎭，.4．（2021·2的等差数列，其前8项和为640（I（II）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i（ii ）证明)*nk n N =<∈【答案】（III ）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析.【解析】（I 2的等差数列，其前8项和为64．，所以11a =，所以()12121,n n n n N a a *=+-=-∈；所以()221321484q b b b q q b q ==-=--（II ）（i所以22224211442444n nn n n nn c c ⎛⎫⎛⎫=+-+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，所以数列{}22n n c c -是等比数列；（ii<==设101211232222n n k k k T -===+++⋅⋅⋅+∑所以1242n n n T -+=-，5．（2021·13nn na b =（1（2nT{}n b 的前n项和．证明：n T <【答案】（12）证明见解析.1的等比数列且1a即29610q q -+=，解得q =11()3n n a -=，（2）证明：由（1211213333n n n n nT --=++++ ①，②①②所以31(143n n T =--所以n T <6．（2021·12a =，且()*1321n n a a n n N +=+-∈.（1（2（3n S .【答案】（1）见解析；（23【解析】（1∴{}n a n +是首项为3，公比为3的等比数列.（2（3.7．（2020·{}n b为等比数列，()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-．{}n b 的通项公式；（Ⅱ）记{}n a ()2*21n n n S S S n ++<∈N ；（Ⅲ）对任意的正整数，设()21132,,,.n nn n n n n a b n a ac a n b +-+⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c的前2n 项和．【解析】(Ⅰ)q .由11a =，()5435a a a =-，可得d =1.n a n =.又q ≠0，可得2440q q -+=，解得q =2，(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得(1)2n n n S +=，从而2211(1)(2)02n n n S S S n n ++-=-++<，(Ⅲ)当n当n 为偶数时，1112n n n n a n c b -+-==，对任意的正整数n①由223141135232144444n k n n k n n c +=--=+++++ ②①②由因此，22121114652194n nnnk k k nk k k n c c c n -===+=+=--+⨯∑∑∑2n 项和为465421949n nn n +--+⨯.8．（2020·全国高考真题（理））设数列{a n }满足a 1=3（1）计算a2，a3，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．【答案】（12【解析】（1{}n a2证明如下：21ka k=+成立..（2）由（1①②②得：()23162222(21)2n nnS n+-=+⨯+++-+⋅9．（2020·1（1（2）若11a=，求数列{}nna【答案】（12）1(13)(2)9nnnS-+-=.【解析】（1为23,a a的等差中项，（2n Sn S ∴=第二部分模拟训练一、单选题1．定义[]x 表示不超过[]0.390=，[]1.281=．若数列{}n a 的通项公式为[]2log n a n ={}n a A ．1122+B ．11322⨯+C D ．11922⨯+【答案】D【解析】1n ≥ ，2log 0n ∴≥，当20log 1n ≤<时，1n =，即10a =（共1项）；2,3n =2项）；当22log 3n ≤<时，4,5,6,7n =，即45672a a a a ====（共4项）；…2047=．即122048k +=，所以10k =．故选：D ．2满足123232n n aa a na ++++= ，设1(1)2nn n a b n -=+{}nb 的前n 项和.n *∈N 恒成立，则实数t 的最小值为（）A ．1B ．2CD ．52【答案】C【解析】1n =111111313123341221n S n n n ⎛⎫=+-+-+-=-<⎪++⎝⎭ ，t故选：C.312a =下的三项按原来的顺序恰为等比数列{}n b 的前三项，则数列10项的和10T =（）AB C ．12112⋅D ．12122⋅【答案】A711767721352S a d a d ⨯=+⋅=+=, 解得1d =，，1516a =，所以4，8，16为等比数列{}n b 的前三项，，公比2q =，则23122322(1)2n n n T n n +=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅++⋅，10故选：A.4112a =10项的和为（）A B C D ．6532【答案】C1为首项，1为公差的等差数列，所以()211nn a n n =+-=，得na =n2311212222n n n n n S +-=++++ ，，即222n n n S +=-，故选：C.5535S =.n T ，若21n m T +>恒成立，则AB ．0C ．1D ．2【答案】B，535S =.解得132a d =⎧⎨=⎩，1111((21)(23)22123n n n n ==-++++，所以1216+m …，解得≥m0.故选：B .6{}n a 项和，且315S =，34527a a a ++=，记n b ={}n b 的前20项和为（）ABCD ．40129【答案】Cd ，根据题意3454327a a a a +=+=，得49a =1413315,39,a d a a d +=⎧⎨=+=⎩解得13a =，2d =．所以数列{}n b 的前20项和为故选：C ．7中11a =，{}n aA ．1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．13,24⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A11a =∴1为首项，2为公差的等差数列，∴()1121n a a n d n =+-=-，∴211111n n b S n n n n n ===-+++，当1n =时n T =故选：A.8，35a=，则数列10项的和为（）ABCD【答案】D5127a a -=，35a =()()1111212122121n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭.所以数列11{}n n a a +的前10项的和为故选：D 二、填空题9．已知数列的前项和为n S，，且对任意的n *∈N【答案】5【解析】∴224321log 1log 16533321=+⋅⋅⋅⋅⎛⎫⋅⎪⎭=+ ⎝⋅=.故答案为：510．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21122n Sn n =+，若()1n n b =-{}n b 的前n项()()2211111112222n n na S S n n n n n-⎡⎤=-=+--+-=⎢⎥⎣⎦，满足11a=，为偶数时，111111111+122334111 nn Tn n n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++-++++=-+=-⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，11．已知数列{}na满足()23*1232222nna a a a n nN++++=∈，若nb={}nb【解析】因为()23*1232222nna a a a n n N++++=∈，1n=时也满足，故111111122311n S n nn 1=-+-++-=-=++12．已知数列{}n a．【答案】880n S当1n =，10a > ，解得12a =；211142n n n S a a ---=+，()()()11141n nn n n b a a n n +=-⋅=-⋅+ ，可视为数列{}212n n b b -+项和，因此，()20101616108802T⨯+⨯==.三、解答题13．等比数列{}n a（1（2）设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2…＋＋log3a n ，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭【答案】（12）21nn -+.【解析】（1）设数列{a n }的公比为q ,9a 2a 6得23a ＝所以q 2由条件可知q ＞0,故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1,所以a 1故数列{a n }的通项公式为a n（2）b n ＝log 3a 1＋log 3a 2…＋＋log 3a n ＝－（1＋2…＋＋n.2111111122122311n n b b n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=--+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦n 项和为14．已知数列{}n a（1（2）设等差数列{}n b21122n S n n k =-+{}n c 的前项和n T ．【答案】（12【解析】（1）当1n =112=-，132a ∴=-；3122311112121212n n n a a a ---++++=-+++L ，②1na=-（2则()221111122222nn n d d dS nb n b n n n k-⎛⎫=+=+-=-+⎪⎝⎭，；由（1）知，212n n n nc b a kn n=-+=+，15na≠恒成立.（1（2，当11a=、4a=n a的通项公式；（3，11a=-nS最大值.【答案】（1；（23【解析】（11k= ；（2令1n =所以4221624a =⨯，所以32a =，解得2a =，12n -=，12=，以上式子累乘得：所以(()21n n a -=，（3132412n n n n a a a a ++++=-，所以22424111224n n n n n n a a aa a a +++++⎛⎫=-- ⎪=⎝⎭⨯，()48122020a a a a +++++()250441444a +++++，所以240a a >，因为所以()24a a +-≥=-24a a +≤-，令31y a =-+-，设2,t⎡=⎣，所以t =1234a a a a +++最大值为(211--=-，16．已知数列{}na 满足：()21*1231333N 3n n n aa a a n -++++⋅⋅⋅+=∈.（1（2n S .【答案】（1221【解析】解：（1所以，当1n =时，1a =相减可得1133n n a -=，所以n a =（2时，1111111112313131133n n n n n n b +++⎛⎫==- ⎪--⎛⎫⎛⎫⎝⎭-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.综上，对*N n ∈都有，716n S <.。

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Sn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{an}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{an }的前n项和为Sn，S3=6，S5=15．设数列{}的前n项和为Tn，若Tn=，则n=（）A．19B．20C．21D．22二．解答题（共5小题）4．已知数列{an }的通项是an=2n﹣1．（1）求数列{an }的前n项和为Sn（2）设数列的前n项和为Tn ，求Tn．5．已知正项数列满足4Sn =an2+2an+1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn =，求数列{bn}的前n项和Tn．6．已知等比数列{an }的公比q＞0，a1a5=8a2，且3a4，28，a6成等差数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）记bn =，求数列{bn}的前n项和Tn．7．在数列{an }中，a1=1，．（1）求a2，a3，a4，猜想an，无需证明；（2）若数列，求数列{an }的前n项和Sn．8．已知数列{an }的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2an+2n．（1）证明数列{}是等差数列，并求出an；（2）求Sn；（3）令bn =，若对任意正整数n，不等式bn＜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Sn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：Sn=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{an}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{an}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{an }的前n项和为Sn，S3=6，S5=15．设数列{}的前n项和为Tn，若Tn=，则n=（）A．19B．20C．21D．22【分析】等差数列{an}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Tn，解方程可得n的值．【解答】解：等差数列{an }的公差设为d，前n项和为Sn，S3=6，S5=15，可得3a1+3d=6，5a1+10d=15，解得a1=d=1，即an=1+n﹣1=n，==﹣，前n项和为Tn=1﹣+﹣+…+﹣=1﹣，由Tn=，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{an }的通项是an=2n﹣1．（1）求数列{an }的前n项和为Sn（2）设数列的前n项和为Tn ，求Tn．【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）∵an =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4Sn =an2+2an+1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn =，求数列{bn}的前n项和Tn．【分析】（1）由，可知当n≥2时，，两式作差可得an ﹣an﹣1=2（n≥2），再求出首项，代入等差数列的通项公式可得数列{an}的通项公式；（2）把数列{an }的通项公式代入bn=，再由裂项相消法求数列{bn}的前n项和Tn．【解答】解：（1）由，可知当n≥2时，，两式作差得an ﹣an﹣1=2（n≥2），又，得a1=1，∴an=2n﹣1；（2）由（1）知，，∴Tn =b1+b2+…+bn==．【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{an }的公比q＞0，a1a5=8a2，且3a4，28，a6成等差数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）记bn =，求数列{bn}的前n项和Tn．【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．∴an=2n﹣1；（2）bn==2n•（）n﹣1，Tn=2×（）0+4×（）1+6×（）2+…+2（n﹣1）•（）n﹣2+2n•（）n﹣1……………………①Tn=2×（）1+4×（）2+6×（）3+…+2（n﹣1）•（）n﹣1+2n•（）n……………………②①﹣②得：Tn=2×[（）0+2（）1+（）2+…+（）n﹣1]﹣2n•（）n=2+2×﹣2n•（）n=4﹣（n+2）•（）n﹣1．∴Tn=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{an }中，a1=1，．（1）求a2，a3，a4，猜想an，无需证明；（2）若数列，求数列{an }的前n项和Sn．【分析】（1）利用已知条件通过递推关系式求解a2，a3，a4，猜想an；（2）化简数列，利用裂项消项法求数列{an }的前n项和Sn．【解答】解：（1）∵a1=1，an+1=，∴a2==，a3=═，a4=═．猜想：an=．（2）由（1）知：bn===2[﹣]，从而sn =b1+b2+…+bn=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{an }的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2an+2n．（1）证明数列{}是等差数列，并求出an；（2）求Sn；（3）令bn =，若对任意正整数n，不等式bn＜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bn ==（）n+（n﹣1）•（）n，讨论bn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，an+1=2an+2n，可得=+，可得数列{}是首项和公差均为的等差数列，可得=n，即an=n•2n﹣1；（2）Sn=1•20+2•2+3•22+…+n•2n﹣1，2Sn=1•2+2•22+3•23+…+n•2n，相减可得﹣Sn=1+2+22+…+2n﹣1﹣n•2n，=﹣n•2n，化简可得Sn=1+（n﹣1）•2n；（3）bn==（）n+（n﹣1）•（）n，b n+1﹣bn=（）n+1+n•（）n+1﹣（）n﹣（n﹣1）•（）n=，当n=1时，b2﹣b1=；n=2时，b3﹣b2=；即b1＜b2＜b3，当n≥3时，bn+1﹣bn＜0，即b3＞b4＞b5＞…，则n=3时，bn 的最大值为b3=，不等式b＜恒成立，可得n＜，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．。

高考数学一轮复习：专题6.4 数列求和(练)

专题6.4 数列求和【基础巩固】一、填空题1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n ＝________.【答案】n 2＋1－12n【解析】该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n. 2．(·南通调研)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝4，S 4＝10，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前2 017项和为________．【答案】2 0172 0183．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＝________.【答案】－200【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)＝－200.4．(·江西高安中学等九校联考)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＝________. 【答案】7【解析】根据题意这个数列的前7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＝7.5．(·泰州模拟)数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________. 【答案】6【解析】由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20， ∴S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21) ＝1＋10×12＝6.6．(·南通、扬州、泰州三市调研)设数列{a n }满足a 1＝1，(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1(n ∈N *)，则∑100k ＝1 (a k a k ＋1)的值为________．【答案】1001017．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________．【答案】60【解析】由a 1>0，a 10·a 11<0可知d <0，a 10>0，a 11<0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60.8．(·镇江期末)已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________. 【答案】4n－1【解析】由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝31－4n1－4＝4n－1.二、解答题9．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．10．(·苏北四市调研)已知各项均为正数的数列{a n }的首项a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足：a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝λa n a n ＋1(λ≠0，n ∈N *)． (1)若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数λ的值； (2)若λ＝12，求S n .解 (1)令n ＝1，a 1S 2－a 2S 1＋a 1－a 2＝λa 1a 2，解得a 2＝21＋λ. 令n ＝2，a 2S 3－a 3S 2＋a 2－a 3＝λa 2a 3，解得a 3＝2λ＋4λ＋12λ＋1.由a 22＝a 1a 3得⎝⎛⎭⎪⎫21＋λ2＝2λ＋4λ＋12λ＋1，因为λ≠0，所以λ＝1.(2)当λ＝12时，a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝12a n a n ＋1，所以S n ＋1a n ＋1－S n a n ＋1a n ＋1－1a n ＝12，即S n ＋1＋1a n ＋1－S n ＋1a n ＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋1a n 是以2为首项，12为公差的等差数列，所以S n ＋1a n ＝2＋(n －1)·12，即S n ＋1＝n ＋32a n ，①当n ≥2时，S n －1＋1＝n ＋22a n －1，②由①－②得a n ＝n ＋32a n －n ＋22a n －1，即(n ＋1)a n ＝(n ＋2)a n－1，所以a n n ＋2＝a n －1n ＋1(n ≥2)，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋2是首项为13的常数列，所以a n ＝13(n ＋2)．代入①得S n ＝n ＋32a n －1＝n 2＋5n 6.【能力提升】11．(·长治联考)设等差数列{a n }的公差是d ，其前n 项和是S n ，若a 1＝d ＝1，则S n ＋8a n的最小值是________．【答案】92【解析】a n ＝1＋(n －1)＝n ，S n ＝n 1＋n2，∴S n ＋8a n＝n 1＋n2＋8n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋16n ＋1≥12⎝⎛⎭⎪⎫2n ·16n ＋1＝92，当且仅当n ＝4时，取等号． ∴S n ＋8a n 的最小值是92. 12．(·盐城中学模拟)在数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和为________．【答案】7813．(·南京、盐城模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧1－x －12，0≤x <2，f x －2，x ≥2，若对于正数k n (n ∈N*)，直线y＝k n x与函数y＝f(x)的图象恰有(2n＋1)个不同交点，则数列{k2n}的前n项和为________．【答案】n4n＋4【解析】函数f(x)的图象是一系列半径为1的半圆，因为直线y＝k n x与f(x)的图象恰有(2n＋1)个不同交点，所以直线y＝k n x与第(n＋1)个半圆相切，则2n＋1k n1＋k2n＝1，化简得k2n＝14n n＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n＋1，则k21＋k22＋…＋k2n＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－1n＋1＝n4n＋4.14．(·苏、锡、常、镇四市调研)正项数列a1，a2，…，a m(m≥4，m∈N*)，满足a1，a2，a3，…，a k－1，a k(k<m，k∈N*)是公差为d的等差数列，a1，a m，a m－1，…，a k＋1，a k是公比为2的等比数列．(1)若a1＝d＝2，k＝8，求数列a1，a2，…，a m的所有项的和S m；(2)若a1＝d＝2，m<2 016，求m的最大值；(3)是否存在正整数k，满足a1＋a2＋…＋a k－1＋a k＝3(a k＋1＋a k＋2＋…＋a m－1＋a m)？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．又a1，a m，a m－1，…，a k＋1，a k是公比为2的等比数列，则a k＝a1·2m＋1－k，故a1＋(k－1)d＝a1·2m＋1－k，即(k－1)d＝a1(2m＋1－k－1)．又a 1＋a 2＋…＋a k －1＋a k ＝3(a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a m －1＋a m )，a m ＝2a 1，则ka 1＋12k (k －1)d ＝3×2a 1×1－2m －k1－2，即ka 1＋12ka 1(2m ＋1－k －1)＝3×2a 1(2m －k－1)，则12k ·2m ＋1－k ＋12k ＝6(2m －k －1)，即k ·2m ＋1－k＋k ＝6×2m ＋1－k－12，显然k ≠6，则2m ＋1－k＝k ＋126－k ＝－1＋186－k，。

专题07 数列求和(解析版)-高考数学计算题型精练(新高考通用版)

数列求和的运算1．等比数列{}n a 的公比为2，且234,2,a a a +成等差数列.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若()21log n n n n b a a a +=⋅+，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)*2,N n n a n =∈(2)n T 21222;n n n +=++-【详解】（1）已知等比数列{}n a 的公比为2，且234,2,a a a +成等差数列，()32422a a a ∴+=+，()11124228a a a ∴+=+,解得12a =，1*222,N ;n n n a n -∴=⨯=∈（2）()12122log 222log 22212n n n n n n n b n ++=⋅+=+=++，()()()()221221222221212n n n T n n n n -∴=++++++++=+++++- .21222;n n n +=++-2．正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知221n n n a S a =+．(1)求证：数列{}2n S 为等差数列，并求出n S ，n a ；(2)若(1)nn nb a -=，求数列{}n b 的前2023项和2023T ．【答案】(1)n S ；=n a (2)2023T =.【详解】（1）由221n n n a S a =+可得，221121S S =+，又因为n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，所以111S a ==，因为1n n n a S S -=-，所以()()21121n n n n n S S S S S ---=-+，所以()22112n n S S n --=≥，数列{}2n S 为等差数列，所以2nS n =，n S ，())112n n a n ⎧==≥，所以n a（2）(1)(1)nn n nb a -==-，202311T =-+-⋅⋅⋅--3．已知数列{}n a 为：1，1，2，1，1，2，3，1，1，2，1，1，2，3，4….即先取11a =，接着复制该项粘贴在后面作为2a ，并添加后继数2作为3a ；再复制所有项1，1，2并粘贴在后面作为4a ，5a ，6a ，并添加后继数3作为7a ，…依次继续下去.记n b 表示数列{}n a 中n 首次出现时对应的项数.(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)求12363a a a a ++++ .【答案】(1)21nn b =-(2)120【详解】（1）由题意知：121n n b b +=+，即112(1)n n b b ++=+，且112b +=，所以数列{1}n b +是以112b +=为首项，2为公比的等比数列，所以12n n b +=，则21nn b =-.（2）由（1）可知，662163b =-=，所以6在前63项中出现1次，5在前63项中出现2次，4在前63项中出现224⨯=次，3在前63项中出现428⨯=次，2在前63项中出现8216⨯=次，1在前63项中出现16232⨯=次，所以1236313221638445261120a a a a ++++=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯= .4．已知等差数列{}n a 的前n 项和为55,5,15n S a S ==，(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前2023项和.【答案】(1)n a n =(2)20232024【详解】（1）设公差为d ，由55a =，515S =，得1145545152a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得11a d ==，所以n a n =.（2）由（1）可得()1111111n n n b a a n n n n +===-++，所以122320232024111a a a a a a +++ 1111112023112232023202420242024⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故数列{}n b 的前2023项和为20232024.5．已知{}n a 是首项为2，公差为3的等差数列，数列{}n b 满足114,321n n b b b n +==-+.(1)证明{}n b n -是等比数列，并求{}{},n n a b 的通项公式；(2)若数列{}n a 与{}n b 中有公共项，即存在*,N k m ∈，使得k m a b =成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{}n c ，求12n c c c +++ .【答案】(1)证明见解析，()*31N n a n n =-∈，()*3Nn n b n n =+∈(2)()()927131262n n n -++()*N n ∈【详解】（1）由题意可得：()()*21331N n a n n n =+-⨯=-∈，而114,321n n b b b n +==-+，变形可得：()()111333,13n n n b n b n b n b +-+=-=--=，故{}n b n -是首项为3，公比为3的等比数列.从而3nn b n -=，即()*3N n n b n n =+∈.（2）由题意可得：313m k m -=+，*,N k m ∈，令31m n =-()*N n ∈，则()312231331331n n k n n ---=+-=+-，此时满足条件，即2,5,8,,31m n =⋯-时为公共项，所以122531n n c c c b b b -+++=+++ ()()()25319271313332531262n n n n n --+=+++++++-=+()*N n ∈.6．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()*12N n n S a n +=∈．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设,21,2n n a n k b n n k=-⎧=⎨=⎩且*N k ∈，求数列{}n b 的前n 项和为n T ．【答案】(1)12n n a -=(2)()12221,234211,2134n n n n n n k T n n k +⎧+-+=⎪⎪=⎨--⎪+=-⎪⎩，*N k ∈【详解】（1）当1n =时，11a =，当2n ≥时，111212n nn n S a S a --+=⎧⎨+=⎩12n n a a -⇒=，所以{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，则12n n a -=.（2）由题设知：12,21,2n n n k b n n k-⎧=-=⎨=⎩，*N k ∈，当n 为偶数时，13124()()n n n T b b b b b b -=+++++++ 022(222)(24)n n -=+++++++ 21(2)34n n n -+=+；当n 为奇数时，13241()()n n n T b b b b b b -=+++++++ 021(222)(241)n n -=+++++++- 1221134n n +--=+；综上，()12221,234211,2134n n n n n n k T n n k +⎧+-+=⎪⎪=⎨--⎪+=-⎪⎩，*N k ∈.7．已知数列{}n a 满足：12a =，且对任意的*n ∈N ，11,,222,.nnn n n a n a a n ++⎧⎪=⎨⎪+⎩是奇数是偶数(1)求2a ，3a 的值，并证明数列2123n a -⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列；(2)设()21N *n n b a n -=∈，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)21a =，310a =，证明见解析(2)()824193n n T n =--【详解】（1）1212a a ==，3322210a a =+=.由题意得212121212212121288822244332333n n n n n n n n a a a a a ++-+---⎛⎫⎛⎫+=+=+=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又128033a +=≠，所以数列2123n a -⎧⎫+⎨⎩⎭是等比数列.（2）由（1）知12182433n n n b a --==⋅-.运用分组求和，可得()0121828142444++4333143n n n T n n--=++⋅⋅⋅-=⋅--()824193n n =--.8．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n T ，12a =且对任意2n ≥，11,,n n n n a T a a T -成等差数列，又正项等比数列{}n b 的前n 项和为n S ，23413,39S S ==.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)若数列{}n c 满足2n n n c T b =⋅，是否存在正整数n ，使129n c c c +++> .若存在，求出n 的最大值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)2n a =，n b =113n -⎛⎫⎪⎝⎭(2)不存在，理由见解析【详解】（1）设{}n b 的公比为q ，显然1q ≠，由23413,39S S ==，可得()()2131141311319b q qb q q⎧-⎪=-⎪⎨-⎪=⎪-⎩，解得13q =或14q =-（舍去），又11b =，所以n b =113n -⎛⎫⎪⎝⎭，又对任意2n ≥，11,,n n n n a T a a T -成等差数列，12a =，所以14n n n n a T a T -+=.因为()12n n n a T T n -=-≥，所以()()114n n n n T T T T ---+=，所以2214n n T T --=()2n ≥，故{}2n T 是以214T =为首项，公差4d =的等差数列，所以()24144n T n n =+-⨯=，又0n a >，所以0n T >，所以n T =当2n ≥时，142n n n a T T -==+，1n =时，12a =满足上式，故2n a =.（2）12143n n nn c T b n -⎛⎫=⋅=⨯ ⎪⎝⎭，设12n n K c c c =+++ ，121114812333n K ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1143n n -⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭①，123111148123333n K ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()11141433n nn n -⎛⎫⎛⎫+-⨯+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭②，①-②，得122114444333n K ⎛⎫⎛⎫=+⨯+⨯+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3111144333n nn -⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⨯- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭111341313n n n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎛⎫⎝⎭⎢⎥=- ⎪⎢⎥⎝⎭-⎢⎥⎣⎦331142233n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以()11119969329333nnn n K n n -⎛⎫⎛⎫=--=-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故不存在正整数n ，使129n c c c +++> .9．已知各项均为正数的等比数列{}n a ，其前n 项和为n S ，满足226n n S a +=-，(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记m b 为数列{}n S 在区间()2,m m a a +中最大的项，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)132n n a -=⨯；(2)222313n n T n +--=⨯.【详解】（1）设{}n a 的公比为q ，则0q >，又226n n S a +=-，当1n =时，1326S a =-，当2n =时，2426S a =-，两式相减可得，2432a a a =-，所以22q q =-，所以2q =或1q =-(舍去)，所以1312646S a a =-=-，即13a =，所以等比数列{}n a 的通项公式为132n n a -=⨯；（2）由132n n a -=⨯，226n n S a +=-，可得()()1211632632322n n n n S a ++=-=⨯-=⨯-，所以113n n n S a a ++=-<，又0n a >，所以n n S a ≥，当且仅当1n =时等号成立，所以122m m m m m a S S a S +++≤<<<，所以11323m m m b S ++==⨯-，所以()2341322223n n T n +++=+-+ 22233322212312n n n n ++-⨯⨯-==---.即222313n n T n +--=⨯.10．已知等差数列{}n a 的公差0d >，且满足11a =，1a ，2a ，4a 成等比数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足22,1,n a n n n n b n a a+⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n b 的前2n 项的和2n T ．【答案】(1)n a n =(2)21221534412n n T n +=--+【详解】（1）因为1a ，2a ，4a 成等比数列，所以2214a a a =，即2(1)1(13)d d +=⨯+，解得0d =或1d =．因为0d >，所以1d =，所以11(1)n a n n =+⨯-=．（2）由（1）得()2,,1,,2n n n b n n n ⎧⎪=⎨⎪+⎩为奇数为偶数所以2,,111,22n n n b n n n ⎧⎪=⎨⎛⎫- ⎪⎪+⎝⎭⎩为奇数为偶数，所以21232121321242()()n n n n n T b b b b b b b b b b b --=+++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+13211111111(222)22446222n n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦12122222111122222n n --⋅⎛⎫=+- ⎪-+⎝⎭，2121534412n n +=--+，所以数列{}n b 的前2n 项的和21221534412n n T n +=--+．11．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，已知30a =，1(1)2n nn n a S ++-=.(1)求1a ，2a ；(2)令12n n n b a a +=+，求2462n b b b b ++++ .【答案】(1)121,3a a ==(2)2122n +-【详解】（1）由1(1)2n nn n a S ++-=得212,a a -=即212,a a =+23242a S +==，即1324a a a +=+，又30a =，所以121,3a a ==，（2）当2n k =时，22122kk k a S ++=，当21n k =-时，221212k k k a S --=-，两式相加可得22121221222k k k k k k a S a S +--=+-++，得221212222k k k k a a -++=+，由于12n n n b a a +=+，所以()()()()32547462622212222n n n b b b b a a a a a a a a +=++++++++++++ ()()()()21436522122222222n n -=++++++++ ()()24621352122222222n n -=+++++++++ ()()21414214221414n n n +--=+=---12．已知{}n a 是递增的等差数列，{}n b 是等比数列，且11a =，22b a =，35b a =，414b a =．(1)求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)n *∀∈N ，数列{}n c 满足1122313n n n c a c c b b b ++++⋅⋅⋅+=，求{}n c 的前n 项和n S ．【答案】(1)21n a n =-，13n n b -=(2)3n n S =【详解】（1）解：由题意，设等差数列{}n a 的公差为()0d d >，则221b a d ==+，3514b a d ==+，414113b a d ==+，因为数列{}n b 为等比数列，则2324b b b =，即()()()2141113d d d +=++，因为0d >，解得2d =，()()1112121n a a n d n n ∴=+-=+-=-.又因为223b a ==，359==b a ，所以，等比数列{}n b 的公比为323b q b ==，因此，2123n n n b b q --==.（2）解：由1122313n n n c a c c b b b ++++⋅⋅⋅+=，①可得12213c a b ==，所以，13c =，当2n ≥时，112233n n n c a c c b b b -++⋅⋅⋅+=，②①-②得11233n n n n c a a b ++-==，所以，()1122323n n n c b n -+==⋅≥，13c =不满足()1232n n c n -=⋅≥，所以，13,123,2n n n c n -=⎧=⎨⋅≥⎩.当1n =时，113S c ==，当2n ≥时，()()1121613323333313n n n n S ---=+⨯+++=+=- ，13S =也满足()32n n S n =≥，综上所述，对任意的n *∈N ，3nn S =.13．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且225n n S a n =+-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记()21log 2n n b a +=-，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】(1)122n n a -=+(2)1n n +【详解】（1）当1n =时，111225S a a ==+-，解得13a =，当2n ≥时，()112215n n S a n --=+--．可得()112252215n n n n S S a n a n --⎡⎤-=+--+--⎣⎦，整理得：122n n a a -=-，从而()()12222n n a a n --=-≥，又121a -=，所以数列{}2n a -是首项为1，公比为2的等比数列；所以()1112222n n n a a ---=-⋅=，所以122n n a -=+，经检验，13a =满足122n n a -=+，综上，数列{}n a 的通项公式为122n n a -=+；（2）由（1）得122n n a --=，所以122nn a +-=，所以()21log 2n n b a n +=-=，()1111111n n b b n n n n +∴==-⋅++，所以12233411111n n n T b b b b b b b b +=++++ 11111111.1223341n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1111nn n =-=++14．已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，11a =，且2*,N n n na S n n n -=-∈．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若()()122121nnn a n a a b +=--，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)21n a n =-(2)21111321n n T +⎛⎫=- ⎪-⎝⎭【详解】（1）因为2n n na S n n -=-，所以211(1)(1)(1)(2)n n n a S n n n ----=---≥，两式相减得1(1)22n n n na n a a n ----=-，化简得12(2)n n a a n --=≥，所以数列{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以1(1)221n a n n =+-⨯=-．（2）()()21212121212111321212121n n n n n n b --+-+⎛⎫==-⎪----⎝⎭，所以12n nT b b b =++¼+335212111111113212121212121n n -+⎛⎫=-+-+⋯+- ⎪------⎝⎭21111321n +⎛⎫=- ⎪-⎝⎭所以21111321n n T +⎛⎫=- ⎪-⎝⎭．15．已知函数{}n a 的首项135a =，且满足1321n n n a a a +=+．(1)求证11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求n a ．(2)对于实数x ，[]x 表示不超过x 的最大整数，求123100123100a a a a ⎡⎤++++⎢⎥⎣⎦ 的值．【答案】(1)证明见解析，332nn na =+(2)5051【详解】（1）因为135a =，1321n n n a a a +=+，所以0n a ≠，所以12113n n n a a a ++=2133n a =+，所以1111113n n a a +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭.又因为11213a -=，所以数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为23，公比为13的等比数列，所以112112333nn n a -⎛⎫-=⨯⎪=⎝⎭，所以1213n n a =+，所以332n n na =+.（2）因为1213n n a =+，所以1210012310012310024200123100333a a a a +++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+()1210010010011210023332⨯+⎛⎫=⨯++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭.设1231001231003333T =+++⋅⋅⋅+，所以234101112310033333T =+++⋅⋅⋅+，所以2310010121111100333333T =+++⋅⋅⋅+-100101100101111100111003311323313⎛⎫⨯- ⎪⎛⎫⎝⎭=-=⨯-- ⎪⎝⎭-，所以1003203443T =-⨯，所以100123123100a a a a +++⋅⋅⋅+100100320320*********.522323=+-=-⨯⨯.因为100203013<<，所以10020310232<<⨯，所以10020350515051.55051.523<-<⨯，所以1001231231005051a a a a ⎡⎤+++⋅⋅⋅+=⎢⎥⎣⎦.16．已知各项均为正数的数列{n a }满足111,23n n a a a -==+（正整数2)n ≥(1)求证：数列{}3n a +是等比数列；(2)求数列{n a }的前n 项和n S .【答案】(1)证明见解析(2)2234n n S n +=--【详解】（1）证明：已知递推公式123n n a a -=+，两边同时加上3，得：()()13232n n a a n -+=+≥，因为0,30n n a a >+>，所以()13223n n a n a -+=≥+，又1340a +=≠，所以数列{}3n a +是以134a +=为首项、以2为公比的等比数列.（2）由（1）113=422n n n a -++⨯=，则()1*23N n n a n +=-∈，所以23112232323n n n S a a a +=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-()2312223n n+=++⋅⋅⋅+-()2412323412nn n n +⋅-=-=---.17．已知在数列{}n a 中，112a =，且1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设1n n n n a b a a +=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求使得425m T ≤的最大整数m 的值；(3)设12nn n na c a -=⋅，求数列{}n c 的前n 项和nQ 【答案】(1)11n a n =+(2)8(3)222n nn Q +=-【详解】（1）由112a =可知112a =，又1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列，所以12(1)11n n n a =+-⨯=+，故11n a n =+．（2）1111112112n n n n a n b a a n n n n ++=+=+=+-++++，121111111123341222n n T b b b n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+-+-++-=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则1142225m T m m =+-≤+，整理得210(2)99(2)100m m +-+-≤，解得18m ≤≤，故满足条件的最大整数m 的值为8．（3）由题得122n n nn n a nc a -==⋅，则2311111232222n n Q n =⨯+⨯+⨯++⨯ ，2311111112(1)22222n n n Q n n +=⨯+⨯++-⨯+⨯ ，两式相减得231111111111122222222n nn n n Q n n ++⎛⎫=++++-⨯=--⨯ ⎪⎝⎭，所以2222222n n n nn nQ +=--=-.18．已知数列{}n a 各项都不为0，前n 项和为n S ，且32n n a S -=，数列{}n b 满足11b =-，1n n b b n +=+．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)令21n nn a b c n =+，求数列{}n c 的前n 项和为nT 【答案】(1)132n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭;()()122nn n b +-=;(2)()138342n n T n -⎛⎫=+-⨯ ⎪⎝⎭【详解】（1）由32n n a S -=，可得()11322n n a S n ---=≥，两式相减得1133n n n n n a a S S a ---=-=，整理得132n n a a -=，因为数列{}n a 各项都不为0，所以数列{}n a 是以32为公比的等比数列．令1n =，则11132a S a -==，解得11a =，故132n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭．由题知1n n b b n +-=，所以()()()()11232211n n n n n b b b b b b b b b b ---=-+-++-+-+ ()()()()21221221122n n n n n n +---=-+-+++-==（2）由（1）得()123212n n n n a b c n n -⎛⎫==- ⎪+⎝⎭，所以()()01112333102222n n n T c c c n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-⨯+⨯++-⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，()()1233331022222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+⨯++-⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得()()1133122133312463222212n n n n T n n --⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦-=-+--⨯=-+-⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-，所以()138342n n T n -⎛⎫=+-⨯ ⎪⎝⎭．19．已知等比数列{}n a 的公比为2，数列{}n b 满足12b =，23b =，12n n n n n a b a b +-=．(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记n S 为数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，证明：13n S ≤<．【答案】(1)2n n a =；1n b n =+(2)证明见解析【详解】（1）当1n =时，12112a b a b -=，又122,3b b ==，解得12a =．所以{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列，故1222n nn a -=⨯=．则1222n n nn n b b +-=，即11n n b b +=+．所以{}n b 是以2为首项，1为公差的等差数列，故()2111n b n n =+-⨯=+．（2）由（1）可得2n n a =，1n b n =+，所以12n n n b n a +=．则2323412222n n n S +=+++⋅⋅⋅+①，23411234122222n n n S ++=+++⋅⋅⋅+②，①-②可得122311111122111111331112222222212n n n n n n n n n S -+++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭+++⎢⎥⎛⎫⎣⎦=+++⋅⋅⋅+-+-=- ⎪⎝⎭-，所以3332n nn S +=-<．因为111432330222n n n n n n n n S S ++++++-=--+=>，所以{}n S 是递增数列．则113312n S S +≥=-=，故13n S ≤<．20．在数列{}n a 中，11a =-，()*12362,N n n a a n n n -=+-≥∈.(1)求证：数列{}3n a n +为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设n n b a n =+，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)证明见解析；23nn a n =-；(2)122(1)n n n +--+【详解】（1）()*12362,N n n a a n n n -=+-≥∈ ，∴当2n ≥时，()()11111333263133332233n n n n n n a n a n a n a n n n a n a -----+-+-+===+-++-+-，数列{}3n a n +是首项为132a +=，公比为2的等比数列，32n n a n ∴+=，23n n a n =-；（2）2322n nn n n b a n a n n n=+==-+=-数列{}n b 的前n 项和()()()()12312...222426...22n n n T b b b n =+++=-+-+-++-()()1212122222...2246...222(1)122n n n nn n n n +-+=+++-++++=-⨯=--+-．21．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知{}11,2n na a =是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：4n S <.【答案】(1)12n n na -=(2)证明见解析【详解】（1）因为11a =，所以122a =，因为{}2nn a 是公差为2的等差数列，所以()22212n n a n n =+-=，所以1222n n n n n a -==.（2）01211232222n n n S -++++=，①所以121112122222n n n n nS --=++++ ，②①-②则2111111122121222222212nn n n n n n n n S --+=++++-=-=-- ，所以12442n n n S -+=-<.22．已知数列{}n a 满足1224n n a a n -=-+（n ≥2，*n ∈N ），14a =．(1)求证：数列{}2-n a n 为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)求数列(){}1nn a -的前n 项和n S ．【答案】(1)证明见解析，22n n a n=+(2)1122,3325,33n n n n n S n n ++⎧+-⎪⎪=⎨⎪---⎪⎩为偶数为奇数【详解】（1）∵1224n n a a n -=-+，∴()112244221n n n a n a n a n ---=-+=--⎡⎤⎣⎦，所以()12221n n a na n --=--，又122a -=，∴{}2-n a n 是首项为2，公比为2的等比数列，∴22nn a n -=，∴22n n a n =+．（2）∵()()()1221n n nn a n -=-+-，∴()()()()12222212341n nn S n ⎡⎤=-+-++-+-+-+-+-⎣⎦，当n 为偶数时，()()()()()()11212222221234212123233nn n n n S n n n n ++⎡⎤----⎣⎦=+-++-+++-++--=+⨯=+-⎡⎤⎣⎦-- ．当n 为奇数时，()()()()()()112122222123421121233nn n n S n n n n n ++⎡⎤-----⎣⎦=+-++-+++-++--=+--=-⎡⎤⎣⎦-- 53n --．综上1122,3325,33n n n n n S n n ++⎧+-⎪⎪=⎨⎪---⎪⎩为偶数为奇数．23．已知数列{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，且满足111,2n n a a xa +==+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设14(1)nn n n nb a a +=-⋅，求数列{}n b 的前10项和10S .【答案】(1)21n a n =-(2)2021-【详解】（1）因为{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，111,2n n a a xa +==+，所以当1n =时，2122a xa x =+=+，当2n =时，()23222222a xa x x x x =+=++=++，因为3221a a a a -=-，即21x x x +=+，解得1x =±，所以2d =或0d =（舍去），所以()12121n a n n =+-=-；（2）由（1）得，()()14411(1)(1)(1)21212121n n n n n n n n b a a n n n n +⎛⎫=-⋅=-⋅=-⋅+ ⎪-+-+⎝⎭.所以101111111120113355719212121S =--++--+++=-+=- .24．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且24n n S a =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n nS 的前n 项和n T ．【答案】(1)12n n a +=(2)3(1)22(1)8n n T n n n +=--++【详解】（1）因为24n n S a =-，所以当2n ≥时，1124n n S a --=-，两式相减，得1124(24)n n n n S S a a ---=---，整理得12n n a a -=，即2n ≥时，12n n a a -=，又当1n =时，11124S a a ==-，解得14a =，所以数列{}n a 是以4为首项，2为公比的等比数列，所以11422n n n a -+=⨯=.（2）由（1）知1222424n n n S ++=⨯-=-，所以224n n n n nS +=⋅-，令22,4n n n b n c n +=⋅=-，易知，12(1)42(1)2n n n c c c n n ++++=-⨯=-+ ，设数列{}n b 的前n 项和为n K ，则34521222322n n K n +=⨯+⨯+⨯++⋅ ①，456321222322n n K n +=⨯+⨯+⨯++⋅ ②，由①-②，得3456231222222n n n K n ++-=⨯+++++-⋅ ，即4133332(12)2222812n n n n n K n n -+++--=+-⋅=-⋅--，所以413332(12)22(1)2812n n n n K n n -++-=+-⋅=-⋅+-，所以32(1)(1)22(1)8n n n T K n n n n n +=-+=-⋅-++.25．已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且23439a a a ++=，54323a a a =+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足n n b n a =⋅，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)13n n a -=；(2)()21314n nn T -+=.【详解】（1）设数列{}n a 的公比为()0q q >，则()2314321113923a q q q a q a q a q⎧++=⎪⎨=+⎪⎩，0q >，解得113a q =⎧⎨=⎩，所以13n n a -=，即{}n a 的通项公式为13n n a -=；（2）由题可知13n n b n -=⋅，则()12210132333133n n n T n n --=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯ ，()31123132333133n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯ ，两式相减得：12312133333n nn T n --=+++++-⨯ ()1231133132n n nn n ---=-⨯=-，()21314n nn T -+∴=.26．已知数列{}n a 中，11a =，12n n n a a +=，*n ∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设22log 3n n b a n =+，数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ，求证：34n S <．【答案】(1)(1)22n n na -=(2)证明见解析【详解】（1）解：因为11a =，*1()2n n na a n +=∈N ，所以*12()n n na n a +=∈N ，所以121121n n n n n aaaa a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅()(1)1211212222122n n n n n -+++---=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅== 当1n =时，11a =满足条件，所以(1)22n n na -=；（2）因为22log 3n n b a n =+(2)n n =+，所以11111()(2)2+2n b n n n n ==-+，所以111111=(1++)23242n S nn --⋅⋅⋅+-+11111311(1)()22122212n n n n =+--=--++++，所以34n S <.27．数列{}n a 满足2113,2,21n bn n n n a a a a a +=-==+.(1)求证：{}n b 是等比数列；(2)若1n nnc b =+，求{}n c 的前n 项和为n T .【答案】(1)证明见解析(2)22.2n nn T n +=+-【详解】（1）21221,log (1),log (31)2,n bn n n a b a b =+∴=+=+= 212,n n n a a a +=+ ()2211211,n n n n a a a a +∴+=++=+212log (1)2log (1),n n a a +∴+=+1212log (1)2,log (1)n n n n b a b a +++∴==+所以数列{}n b 是以2为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）可得，2nn b =，所以12n nnc =+，设,2n nnd =设其前n 项和为n S ，则12311231,22222n n nn n S --=+++++ ①234111231,222222n n n n nS +-=+++++ ②减②得111312111*********,12222222212nn n n n n n n n S -++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭+⎢⎥⎣⎦=++++-=-=-- 所以22,2n nn S +=-所以22.2n n nn T S n n +=+=+-28．已知正数数列{}n a ，11a =，且满足()()2211102n n n n a n a a na n -----=≥．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设1n nn b a -=，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)!n a n =(2)11!n S n =-【详解】（1）∵()()2211102n n n n a n a a na n -----=≥，∴()()()1102n n n n a na a a n ---+=≥，又0n a >，∴1n n a na -=，即()12nn a n n a -=≥．又()231121123!2n n n a a aa a n n n a a a -=⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯=⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯=≥，且111!a ==，∴!n a n =（2）1!n n b n -=，∴10b =，()()1112!1!!n n b n n n n -==-≥-，1234n nS b b b b b ∴=++++⋅⋅⋅+()111111111011!2!2!3!3!4!1!!!n n n =+-+-+-+⋅⋅⋅+-=--又111101!S b ==-=，∴11!n S n =-.29．已知数列{}n a 、{}n b ，满足1100a =，21n n a a +=，lg n n b a =.(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)若22122log log log n n n n c b b b +=+++ ，求数列1n c ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .【答案】(1)2nn b =(2)()231n n S n =+【详解】（1）解：因为21n n a a +=，11001a =>，则2211a a =>，2321a a =>，L ，以此类推可知，对任意的n *∈N ，1n a >，所以21lg lg n n a a +=，即1lg 2lg n n a a +=，12n n b b +=，又因为12b =，所以{}n b 是首项为2，公比为2的等比数列，所以{}n b 的通项公式为1222n nn b -=⨯=.（2）解：2log n b n =，则()()()()()123112222n n n n n n c n n n n +++=++++++==，所以，()122113131n c n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，故()211111112121132233413131n nS n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ .30．已知数列{}n a 中，11a =，n S 是数列{}n a 的前n 项和，数列2n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)证明：121112nS S S +++< ．【答案】(1)n a n =(2)证明见解析【详解】（1）因为数列2n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为2，公差为1的等差数列，所以()22111nnSn n a =+-⋅=+，则()21n n S n a =+，得112n n S na --=（2n ≥），两式相减得：()121n n n a n a na -=+-，则11n n a n a n -=-，121121121121n n n n n a a a n n a a n a a a n n ----=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=-- （2n ≥），又11a =适合上式，故n a n =．另解：由()121n n n a n a na -=+-得11n n a a n n -=-（2n ≥），故{}n an为常数列，则111n a a n ==，故n a n =．（2）由（1）得()12n n n S +=，所以()1211211n S n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，则12111111111212221222311n S S S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ .31．已知在等差数列{}n a 中，14724a a a ++=-，25815a a a ++=-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列(){}1nn a -的前n 项和n T ．【答案】(1)320n a n =-(2)3,22373,212n nn k T n n k ⎧=⎪⎪=⎨-⎪=-⎪⎩且*N k ∈【详解】（1）若等差数列公差为d ，则258147()()39a a a a a a d ++-++==，即3d =，由1474324a a a a ++==-，则48a =-，所以{}n a 的通项公式4(4)83(4)320n a a n d n n =+-=-+-=-.（2）由题设()12341nn n T a a a a a =-+-+-+- ，当n 为偶数，则()()()2143132n n n nT a a a a a a -=-+-++-=；当n 为奇数，则()()()()2143123137332022n n n n n nT a a a a a a a n ----=-+-++--=-+=；所以3,22373,212n nn k T n n k ⎧=⎪⎪=⎨-⎪=-⎪⎩且*N k ∈.32．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11,21,,2,n n n a n k a a t n k ++=-⎧=⎨+=⎩*k ∈N ，317S a =，423a a =+．(1)求1a ，t ；(2)求数列{}n a 的通项公式；(3)求数列{}n a 的前n 项和n S ．【答案】(1)11a =，t ＝2(2)()*31,21,232,22n n n k a k n n k -⎧=-⎪⎪=∈⎨-⎪=⎪⎩N (3)()2*231,21,43,24n n n k S k n n k ⎧+=-⎪⎪=∈⎨⎪=⎪⎩N 【详解】（1）由11,21,,2,n n n a n k a a t n k ++=-⎧=⎨+=⎩（*N k ∈）可得，211a a =+，32a a t =+，431a a =+，又317S a =，423a a =+，则()()()111111117,213,a a a t a a t a ⎧+++++=⎪⎨++=++⎪⎩解得11a =，t ＝2．（2）由11,21,2,2,n n n a n k a a n k ++=-⎧=⎨+=⎩（*k ∈N ）可得，当n 为奇数时，212123n n n n a a a a ++=+=++=+，所以数列{}n a 的奇数项是一个公差为3的等差数列，又11a =，则1131322n n n a a --=+⨯=；当n 为偶数时，211213n n n n a a a a ++=+=++=+，所以数列{}n a 的偶数项是一个公差为3的等差数列，又2112a a =+=，则2232322n n n a a --=+⨯=，则()*31,21,232,22n n n k a k n n k -⎧=-⎪⎪=∈⎨-⎪=⎪⎩N ．（3）()()2135212462n n n S a a a a a a a a -=+++++++++ 2(1)(1)1323322n n n n n n n --⎡⎤⎡⎤⨯+⨯+⨯+⨯=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦=．()22*2,21,,2k k n k S a n k S k S n k -=-⎧=∈⎨=⎩N ，则()2*23223,21,23,2n k k n k S k k n k⨯-⎧-=-⎪=∈⎨⎪=⎩N ，即()2*231,21,43,24n n n k S k n n k ⎧+=-⎪⎪=∈⎨⎪=⎪⎩N ．33．数列{}n a 中，11a =，且121n n a a n +=+-．(1)证明：数列{}n a n +为等比数列，并求出n a ；(2)记数列{}n b 的前n 项和为n S ．若2n n n a b S +=，求11S ．【答案】(1)证明见详解，2nn a n =-(2)1360【详解】（1）因为121n n a a n +=+-，则()()()()1212211n n n n n n a a n n a n a a nn n n a ++++++==-+++=+，且112a +=，所以数列{}n a n +是以首项为2，公比为2的等比数列，故1222n n n a n -+=⨯=，可得2n n a n =-.（2）因为22n n n n n S a b b n =+=+-，即22nn n S b n =+-，当1n =时，则1121b b =+，解得11b =；当2n ≥时，则111221n n n S b n ---=+-+，两式相减得：11221n n n n b b b --=-+-，整理得1121n n n b b --+=-；所以()()()111234511123451011S b b b b b b b b b b b b b =+++++⋅⋅⋅+=+++++⋅⋅⋅++()()()()241024681012121212222241360=+-+-+⋅⋅⋅+-=++++-=，即111360S =.34．已知数列{}n a 满足13a =，1121n n n a a a ++-=．(1)记11n n b a =-求数列{}n b 的通项公式；(2)求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和．【答案】(1)32n b n =-(2)412nn-【详解】（1）1121n n n a a a ++-= ，112n na a +∴=-，又11n n b a =- ，11111111111221n n n n n n nb b a a a a a ++∴====-=-------，又111112b a ==-，所以数列{}n b 是以12为首项，1-为公差的等差数列，所以数列{}n b 的通项公式为13(1)22n b n n =--=-.（2）由（1）得111113113()()2222n n b b n n n n +==-----，所以数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为12233411111n n b b b b b b b b +++++ =11111111131313*********2222222n n -+-+-++--------- 1141312122nn n =-=---.35．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12n +，n S ，a 成等差数列．(1)求a 的值及数列{}n a 的通项公式；(2)若()21n n b n a =-求数列{}n b 的前n 项和nT 【答案】(1)2a =-，12n n a -=，*N n ∈；(2)()3232n n T n =+-⋅【详解】（1）12n + ，n S ，a 成等差数列，122n n S a +∴=+，即22n n a S =+，当1n =时，11224a S a ==+，即122a a =+，当2n ≥时，11122222nn n n n n a aa S S ---=-=+--=，{}n a 是等比数列，11a ∴=，则212a+=，得2a =-，∴数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，*N n ∈；（2）()()121212n n n b n a n -=-=-⋅，则前n 项和0121123252(21)2n n T n -=⋅+⋅+⋅++-⋅ ，1232123252(21)2n n T n =⋅+⋅+⋅++-⋅ ，两式相减可得2112(222)(21)2n nn T n --=++++--⋅ 12(12)12(21)212n n n --=+⋅--⋅-，化简可得()3232nn T n =+-⋅．36．已知数列{}n a 和{}n b ，12a =，111n nb a -=，12n n a b +=.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)求数列n n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【答案】(1)221n n n a =-，1221n n n b +=-(2)2222n n n T n n +=+-+【详解】（1）由12a =，111n nb a -=，12n n a b +=得1211n n a a +-=，整理得1111112n n a a +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，而111102a -=-≠，所以数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以12-为首项，公比为12的等比数列，所以111111222n nn a -⎛⎫-=-=-⎪⎝⎭，221nn na ∴=-，1112221nn n n b a ++∴==-.（2）121222n nn n n nn n b +-=⋅=-，设212222n n n S =+++ ，则2311122222n n nS +=+++ ，两式相减得2111111111122211222222212n n n n n n n n n S +++⎛⎫- ⎪+⎝⎭=+++-=-=-- ，从而222n nn S +=-()2222222n n nn n n T S n n ++∴=-=+-+.37．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，且23331,,a a S -成等差数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12n n a bn a +=，数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)14n n a -=(2)13286994n n n T -+=-⨯【详解】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，因为23331,,a a S -成等差数列，所以32321323141a a S a a a =-+=-++，因为11a =，所以324a a =，即324a q a ==，所以1114n n n a a q --==.（2）由（1）得14nn a +=，因为12n n a bn a +=，所以2422n n a b n n ==，所以2n n a b n =，即1224n n n n n b a -==；101224644424n n n T -=+++ ，1231424424644n n n T =+++ ，两式相减可得12313222224442444nn n T n -=+++++- 1211211214444nn n -⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭ 114212144n nn ⎛⎫- ⎪=-⎪ ⎪-⎝⎭8244833nnn =--⨯863483nn +=-⨯；所以13286994n n n T -+=-⨯.38．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，0n a >，且满足()241n n S a =+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设14nn n n S b a a +=的前n 项和为n T ，求n T ．【答案】(1)21n a n =-(2)22221n n nT n +=+【详解】（1）因为()241n n S a =+，当2n ≥时，()21141n n S a --=+，两式作差得()()221121241212n n n n n n n a a a a a a a ---=+-=+--+，即221122n n n n a a a a --+=-，又0n a >，所以，当2n ≥时，12n n a a --=，又当1n =时，()21141a a =+，解得11a =，可知数列{}n a 是以首项为1，公差为2的等差数列，所以1(1)2n a n =+-⨯，即21n a n =-（2）由（1）知2(121)2n n n S n +-==，所以221444111111()(21)(21)(21)(21)22121n n n n S n n b a a n n n n n n +-+====+--+-+-+，22111111211(2131112)(1235)2112212n n n n n n T b b n n n n b =+++=-+-+-++=+-=+++-+ .39．已知数列{}n a 满足：()1113,2n n n a a a n n++==+.(1)证明：数列1n a n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列；(2)设n n c a n =+，求数列{}n c 的前n 项和n T .【答案】(1)证明见解析(2)()2124n n T n +=-+【详解】（1）设1n n a b n =+，则1111,41n n ab b n ++=+=+，且0n b ≠，因为121n n a a nn n ++=+，所以112121211n nn n nn a a b n n a a b nn+++++===++，即{}n b 是以4为首项，2为公比的等比数列，则数列1n a n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列.（2）由（1）知11422n n n b -+=⨯=，则12n n a n n +=⋅-，即12n n c n +=⋅，则23112222n n T n +=⨯+⨯++⨯ ，()212222122n n n T n n ++=⨯++-⨯+⨯ ，两式相减得：()()1223224121242222212n n n n n n T n n n ++++-=-=----=+++-⨯⨯ ，所以()2124n n T n +=-+.40．已知正项等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，其中24n n a a +-=，2224(1)(1)S a +=+.(1)求数列{}n a 的通项公式及n S ；(2)若134n n n b a -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)21n a n =+，()2n S n n =+；(2)()3364294nn T n ⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭【详解】（1）设等差数列的首项为1a ，公差为d ，则224n n a a d +-==，则2d =，因为2224(1)(1)S a +=+，所以()()2114233a a +=+，。

高考数学专题复习-6.4数列求和、数列的综合应用-高考真题练习(附答案)

6.4数列求和、数列的综合应用考点数列求和及数列的综合应用1.(2014课标Ⅱ文,5,5分)等差数列{a n }的公差为2,若a 2,a 4,a 8成等比数列,则{a n }的前n 项和S n =()A.n(n+1)B.n(n-1)C.or1)2D.ot1)2答案A ∵a 2,a 4,a 8成等比数列,∴42=a 2·a 8,即(a 1+3d)2=(a 1+d)(a 1+7d),将d=2代入上式,解得a 1=2,∴S n =2n+ot1)·22=n(n+1),故选A.2.(2012课标文,12,5分)数列{a n }满足a n+1+(-1)na n =2n-1,则{a n }的前60项和为()A.3690B.3660C.1845D.1830答案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+…+(2×60-1)=30×(3+119)2=30×61=1830.3.(2019浙江,10,4分)设a,b∈R,数列{a n }满足a 1=a,a n+1=2+b,n∈N *,则()A.当b=12时,a 10>10 B.当b=14时,a 10>10C.当b=-2时,a 10>10D.当b=-4时,a 10>10答案A 本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推理运算能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用.令a n+1=a n ,即2+b=a n ,即2-a n +b=0,若有解,则Δ=1-4b≥0,即b≤14,∴当b≤14时,a n *,即存在b≤14,且使数列{a n }为常数列,B 、C 、D 选项中,b≤14成立,故存在使a n*),排除B 、C 、D.对于A,∵b=12,∴a 2=12+12≥12,a 3=22+12≥+12=34,a4+12=1716,∴a5,a 6,…,a 10,=1=1+C 641×116+C 642+…=1+4+638+…>10.故a 10>10.4.(多选)(2020新高考Ⅰ,12,5分)信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X 所有可能的取值为1,2,…,n ,且P (X =i )=p i >0(i =1,2,…,n ),∑=ni 1p i =1,定义X 的信息熵H (X )=-∑=ni 1p i log 2p i .()A.若n =1,则H (X )=0B.若n =2,则H (X )随着p 1的增大而增大C.若p i =1(i =1,2,…,n ),则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ,随机变量Y 所有可能的取值为1,2,…,m ,且P (Y =j )=p j +p 2m +1-j (j =1,2,…,m ),则H (X )≤H (Y )答案AC 对于A ,若n =1,则p 1=1,∴H (X )=-1×log 21=0,A 正确.对于B ,若n =2,则p 1+p 2=1,∴H (X )=-∑=21i p i log 2p i =-(p 1log 2p 1+p 2log 2p 2),∵p 1+p 2=1,∴p 2=1-p 1,p 1∈(0,1),∴H (X )=-[p 1log 2p 1+(1-p 1)log 2(1-p 1)],令f (p 1)=-[p 1log 2p 1+(1-p 1)log 2(1-p 1)],∴f '(p 1)=-p 1·11·ln2+log 2p 1+(1-p 1)·−1(1−1)·ln2-log 2(1-p 1)=-[log 2p 1-log 2(1-p 1)]=log 21−11,令f '(p 1)>0,得0<p 1<12;令f '(p 1)<0,得12<p 1<1.∴y =f (p 1)在0,1上为减函数,∴H (X )随着p 1的增大先增大后减小,B 不正确.对于C ,由p i =1(i =1,2,…,n )可知,H (X )=-∑=ni 1pEog2B =−∑=ni 11log21=log 2n ,∴H (X )随着n 的增大而增大,C 正确对于D ,解法一(特例法):不妨设m =1,n =2,则H (X )=-∑=21i p i log 2p i =-(p 1log 2p 1+p 2log 2p 2),由于p 1+p 2=1,不妨设p 1=p2=12,则H (X )212+12log 22=1,H (Y )=-1×log 21=0,故H (X )>H (Y ),D 不正确.解法二:由P (Y =j )=p j +p 2m +1-j (j =1,2,…,m ),得P (Y =1)=p 1+p 2m ,P (Y =2)=p 2+p 2m -1,……,P (Y =m )=p m +p m +1,∴H (Y )=-∑=mj 1[(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )+(p 2+p 2m -1)log 2(p 2+p 2m -1)+…+(p m +p m +1)log 2(p m +p m +1)],由n =2m ,得H (X )=-∑=mi 21p i log 2p i =-(p 1log 2p 1+p 2log 2p 2+…+p 2m log 2p 2m ),不妨设0<a <1,0<b <1,且0<a +b ≤1,则log 2a <log 2(a +b ),a log 2a <a log 2(a +b ),同理b log 2b <b log 2(a +b ),∴a log 2a +b log 2b <(a +b )log 2(a +b ),∴p 1log 2p 1+p 2m log 2p 2m <(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m ),p 2log 2p 2+p 2m -1log 2p 2m -1<(p 2+p 2m -1)log 2(p 2+p 2m -1),……p m log 2p m +p m +1log 2p m +1<(p m +p m +1)log 2(p m +p m +1),∴∑=mi 21pEog2B <∑=mj 1(p j +p 2m +1-j )log 2(p j +p 2m +1-j ),∴H (X )>H (Y ),D 不正确.5.(2021新高考Ⅰ,16,5分)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm×12dm 的长方形纸,对折1次共可以得到10dm×12dm ,20dm×6dm 两种规格的图形,它们的面积之和S 1=240dm 2,对折2次共可以得到5dm×12dm ,10dm×6dm ,20dm×3dm 三种规格的图形,它们的面积之和S 2=180dm 2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为;如果对折n 次,那么∑=nk 1S k =dm 2.答案5;240×3解析解法一:列举法+归纳法.由上图可知,对折n 次后,共可以得到(n +1)种不同规格的图形,故对折4次可以得到5种不同规格的图形.归纳上述结论可知,对折n次后得到不同规格的图形的面积之和为120(+K1dm 2(n ∈N *),故S k =120(+dm 2(k ∈N *),记T n =∑=nk 1(k +1,∴T n =220+321+422+…+2K2+r12K1,①12B =221+322+423+…+2K1+r12,②①-②得,122+12+122+…+12K1−r1221−12r12=3−r32,∴T n =6-r32K1,∴∑=nk 1S =120×6=240×32.解法二:对折3次可以得到208dm×12dm ,204dm ×122dm ,202dm ×124dm ,20dm×128dm ,共四种不同规格的图形,对折4次可以得到2016dm×12dm ,208dm ×122dm ,204dm ×124dm ,202dm ×128dm ,20dm×1216dm ,共五种不同规格的图形,由此可以归纳出对折n 次可得到(n +1)种不同规格的图形,每种规格的图形的面积均为20×122dm 2,∴∑=nk 1S k =20×12×12×2+14×3+18×4+…+12×(n +1)dm 2,记T n =22+34+…+r12,则12B =24+38+…+r12r1,∴T n -12B =12B =1+18+…−r12r1=32−12−r12r1=32−r32r1,∴T n =3-r32,∴∑=nk 1S =240×32.6.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N *},B={x|x=2n ,n∈N *}.将A∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }.记S n 为数列{a n }的前n 项和,则使得S n >12a n+1成立的n 的最小值为.答案27解析本题考查数列的插项问题.设A n =2n-1,B n =2n,n∈N *,当A k <B l <A k+1(k,l∈N *)时,2k-1<2l<2k+1,有k-12<2l-1<k+12,则k=2l-1,设T l =A 1+A 2+…+2t1+B 1+B 2+…+B l ,则共有k+l=2l-1+l 个数,即T l =2t1+l ,而A 1+A 2+…+2t1=2×1−1+2-12×2l-1=22l-2,B 1+B 2+…+B l =2(1−2)1−2=2l+1-2.则T l =22l-2+2l+1-2,则l,T l ,n,a n+1的对应关系为l T l n a n+112a n+1132336210456033079108494121720453182133396611503865780观察到l=5时,T l =S 21<12a 22,l=6,T l =S 38>12a 39,则n∈[22,38),n∈N *时,存在n,使S n ≥12a n+1,此时T 5=A 1+A 2+…+A 16+B 1+B 2+B 3+B 4+B 5,则当n∈[22,38),n∈N *时,S n =T 5+(t22+1)(22−5+t5)2=n 2-10n+87.a n+1=A n+1-5=A n-4,12a n+1=12[2(n-4)-1]=24n-108,S n -12a n+1=n 2-34n+195=(n-17)2-94,则n≥27时,S n -12a n+1>0,即n min =27.7.(2014安徽理,12,5分)数列{a n }是等差数列,若a 1+1,a 3+3,a 5+5构成公比为q 的等比数列,则q=.答案1解析设{a n }的公差为d,则a 3+3=a 1+1+2d+2,a 5+5=a 1+1+4d+4,由题意可得(a 3+3)2=(a 1+1)(a 5+5).∴[(a 1+1)+2(d+1)]2=(a 1+1)[(a 1+1)+4(d+1)],∴(a 1+1)2+4(d+1)(a 1+1)+[2(d+1)]2=(a 1+1)2+4(a 1+1)(d+1),∴d=-1,∴a 3+3=a 1+1,∴公比q=3+31+1=1.8.(2020江苏,11,5分)设{a n }是公差为d 的等差数列,{b n }是公比为q 的等比数列.已知数列{a n +b n }的前n 项和S n =n 2-n+2n-1(n∈N *),则d+q 的值是.答案4解析设数列{a n }的首项为a 1,数列{b n }的首项为b 1,易知q≠1,则{a n +b n }的前n 项和S n =na 1+ot1)2d+1(1-)1−=2n 2+1n-11−q n +11−=n 2-n+2n -1,∴2=1,q=2,则d=2,q=2,∴d+q=4.9.(2020课标Ⅰ文,16,5分)数列{a n }满足a n+2+(-1)na n =3n-1,前16项和为540,则a 1=.答案7解析令n=2k(k∈N *),则有a 2k+2+a 2k =6k-1(k∈N *),∴a 2+a 4=5,a 6+a 8=17,a 10+a 12=29,a 14+a 16=41,∴前16项的所有偶数项和S 偶=5+17+29+41=92,∴前16项的所有奇数项和S 奇=540-92=448,令n=2k-1(k∈N *),则有a 2k+1-a 2k-1=6k-4(k∈N *).∴a 2k+1-a 1=(a 3-a 1)+(a 5-a 3)+(a 7-a 5)+…+(a 2k+1-a 2k-1)=2+8+14+…+6k-4=o2+6t4)2=k(3k-1)(k∈N *),∴a 2k+1=k(3k-1)+a 1(k∈N *),∴a 3=2+a 1,a 5=10+a 1,a 7=24+a 1,a 9=44+a 1,a 11=70+a 1,a 13=102+a 1,a 15=140+a 1,∴前16项的所有奇数项和S 奇=a 1+a 3+…+a 15=8a 1+2+10+24+44+70+102+140=8a 1+392=448.∴a 1=7.10.(2015江苏理,11,5分)设数列{a n }满足a 1=1,且a n+1-a n =n+1(n∈N *),10项的和为.答案2011解析由已知得,a 2-a 1=1+1,a 3-a 2=2+1,a 4-a 3=3+1,……,a n -a n-1=n-1+1(n≥2),则有a n -a 1=1+2+3+…+n-1+(n-1)(n≥2),因为a 1=1,所以a n =1+2+3+…+n(n≥2),即a n =2+n2(n≥2),又当n=1时,a 1=1也适合上式,故a n =2+n 2(n∈N *),所以1=22+n=2从而11+12+13+…+110=2×11=2011.11.(2020新高考Ⅰ,14,5分)将数列{2n -1}与{3n -2}的公共项从小到大排列得到数列{a n },则{a n }的前n 项和为答案3n 2-2n审题指导:数列{2n -1}表示首项为1,公差为2的等差数列,各项均为正奇数,而数列{3n -2}表示首项为1,公差为3的等差数列,数列的项为交替出现的正奇数与正偶数,它们的公共项为数列{3n -2}中的奇数项,所以{a n }是首项为1,公差为6的等差数列.解题思路:∵数列{2n -1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…,数列{3n -2}的项为1,4,7,10,13,…,∴数列{a n}是首项为1,公差为6的等差数列,∴a n=1+(n-1)×6=6n-5,∴数列{a n}的前n项和S n=(1+6K5)×2=3n2-2n.12.(2022新高考Ⅰ,17,10分)记S n为数列{a n}的前n项和,已知a1=113的等差数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)证明:11+12+…+1<2.解析(1)解法一:依题意得,S1=a1=1.∴=11+(n-1)×13=r23.∴3S n=(n+2)a n,则3S n+1=(n+1+2)a n+1=(n+3)a n+1,∴3S n+1-3S n=(n+3)a n+1-(n+2)a n,即3a n+1=(n+3)a n+1-(n+2)a n,∴na n+1=(n+2)a n,即r1=r2,由累乘法得r11=(r1)(r2)1×2,又a1=1,∴a n+1=(r1)(r2)2,∴a n=or1)2(n≥2),又a1=1满足上式,∴a n=or1)2(n∈N*).解法二:同解法一求得na n+1=(n+2)a n,∴r1r2,即r1(r1)(r2)=or1),or1)是常数列,首项为12,∴or1)=12,∴a n=or1)2.(2)证明:由(1)知1=2or1)2∴11+12+…+1=2++…+=21=2−2r1<2. 13.(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=+1,为奇数,+2,为偶数.(1)记b n=a2n,写出b1,b2,并求数列{b n}的通项公式;(2)求{a n}的前20项和.解题指导:(1)由已知条件求出{a n}的递推式,从而得出{b n}的递推式,再由已知条件求出b1,从而求出数列{b n}的通项公式.(2)根据题目条件把{a n}的前20项分成两组,并用其中偶数项的和表示前20项的和,再用数列{b n}的前10项的和表示,根据等差数列前n项和公式求出结果.解析(1)由题意得a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1,所以a2n+2=a2n+3,即b n+1=b n+3,且b1=a2=a1+1=2,所以数列{b n}是以2为首项,3为公差的等差数列,所以b1=2,b2=5,b n=2+(n-1)×3=3n-1.(2)当n为奇数时,a n=a n+1-1.设数列{a n}的前n项和为S n,则S20=a1+a2+…+a20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)=2(a2+a4+…+a20)-10,由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+b10=10×2+10×92×3=155,故S20=2×155-10=300,即{a n}的前20项和为300.解题关键:一是对已知关系式进行转化,进而利用等差数列定义求得数列{b n}的通项公式;二是利用分组求和的方式对S20进行重组变形,结合a n与b n的关系求得结果.14.(2020课标Ⅲ理,17,12分)设数列{a n}满足a1=3,a n+1=3a n-4n.(1)计算a2,a3,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)a2=5,a3=7.猜想a n=2n+1.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)],……a2-5=3(a1-3).因为a1=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+1.②①-②得-S n =3×2+2×22+2×23+…+2×2n -(2n +1)×2n +1.所以S n =(2n -1)2n +1+2.方法总结数列求和的5种方法解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如a n =1orp ,可裂项为a n =13)错位相减法:形如c n =a n ·b n ,其中{a n }是等差数列,{b n }是等比数列;(4)分组求和法:形如c n =a n +b n ,其中{a n }是等差数列,{b n }是等比数列;(5)并项求和法.15.(2017课标Ⅲ文,17,12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)n 项和.解析(1)因为a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n,故当n≥2时,a 1+3a 2+…+(2n-3)a n-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)a n =2.所以a n =22t1(n≥2).又由题设可得a 1=2,从而{a n }的通项公式为a n =22t1(n∈N *).(2)n 项和为S n .由(1)知2r1=2(2r1)(2t1)=12t1-12r1.则S n =11-13+13-15+…+12t1-12r1=22r1.思路分析(1)条件a 1+3a 2+…+(2n-1)a n =2n 的实质就是数列{(2n-1)a n }的前n 项和,故可利用a n 与S n 的关系求解.(2)利用(1)求得的{a n }的通项公式,然后用裂项相消法求和.易错警示(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏.16.(2016课标Ⅱ文,17,12分)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.解析(1)设数列{a n }的公差为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 =2r35.(5分)(2)由(1)知,b n 分)当n=1,2,3时,1≤2r35<2,b n =1;当n=4,5时,2≤2r35<3,b n =2;当n=6,7,8时,3≤2r35<4,b n =3;当n=9,10时,4≤2r35<5,b n =4.(10分)所以数列{b n }的前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24.(12分)评析本题考查了等差数列,同时对考生的创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题的关键.17.(2016浙江文,17,15分)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.解析(1)由题意得1+2=4,2=21+1,则1=1,2=3.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 *.(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.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+9(1−3t2)1−3-(r7)(t2)2=3-2-5n+112,所以T n =1,≥2,n ∈N *.易错警示(1)当n≥2时,得出a n+1=3a n ,要注意a 1与a 2是否满足此关系式.(2)在去掉绝对值时,要考虑n=1,2时的情形.在求和过程中,要注意项数,最后T n 要写成分段函数的形式.18.(2016北京文,15,13分)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.解析(1)等比数列{b n }的公比q=32=93=3,(1分)所以b 1=2=1,b 4=b 3q=27.(3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.(5分)所以a n =2n-1(n=1,2,3,…).(6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.(8分)从而数列{c n }的前n 项和S n =1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1=o1+2t1)2+1−31−3=n 2+3-12.(13分)规范解答要规范解答过程,分步书写,这样可按步得分.19.(2016山东,理18,文19,12分)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 =(+1)r1(+2),求数列{c n }的前n 项和T n .解析(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,所以a n =6n+5.设数列{b n }的公差为d.由1=1+2,2=2+3,即11=21+d,17=21+3d,可解得b 1=4,d=3.所以b n =3n+1.(2)由(1)知c n =(6r6)r1(3r3)=3(n+1)·2n+1.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],两式作差,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×4+4(1−2)1−2-(n +1)×2r2=-3n·2n+2.所以T n =3n·2n+2.方法总结若某数列的通项是等差数列与等比数列的通项的积或商,则该数列的前n项和可以采用错位相减法求解,注意相减后的项数容易出错.评析本题主要考查了等差数列及前n项和,属中档题.20.(2016天津,18,13分)已知{an }是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且11-12=23,S6=63.(1)求{an}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,bn是log2a n和log2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n2}的前2n项和.解析(1)设数列{a n}的公比为q.由已知,有11-11q=212,解得q=2,或q=-1.又由S6=a1·1−61−=63,知q≠-1,所以a1·1−261−2=63,得a1=1.所以a n=2n-1.(2)由题意,得bn=12(log2a n+log2a n+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12,即{b n}是首项为12,公差为1的等差数列.设数列{(-1)n2}的前n项和为T n,则T2n=(-12+22)+(-32+42)+…+(-2t12+22)=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=2o1+2)2=2n2.评析本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识,考查数列求和的基本方法和运算求解能力.21.(2015福建文,17,12分)等差数列{an }中,a2=4,a4+a7=15.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=2-2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.解析(1)设等差数列{a n}的公差为d.由已知得1+d=4,(1+3d)+(1+6d)=15,解得1=3,=1.所以a n=a1+(n-1)d=n+2.(2)由(1)可得bn=2n+n.所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)=(2+22+23+...+210)+(1+2+3+ (10)=2(1−210)1−2+(1+10)×102=(211-2)+55=211+53=2101.评析本小题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,考查运算求解能力.22.(2015课标Ⅰ理,17,12分)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0,2+2a n =4S n +3.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =1r1,求数列{b n }的前n 项和.解析(1)由2+2a n =4S n +3,可知r12+2a n+1=4S n+1+3.可得r12-2+2(a n+1-a n )=4a n+1,即2(a n+1+a n )=r12-2=(a n+1+a n )(a n+1-a n ).由于a n >0,可得a n+1-a n =2.又12+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.(6分)(2)由a n =2n+1可知b n =1r1=1(2r1)(2r3)=设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T n =b 1+b 2+…+b n++…+=3(2r3).(12分)23.(2015安徽文,18,12分)已知数列{a n }是递增的等比数列,且a 1+a 4=9,a 2a 3=8.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和,b n =r1r1,求数列{b n }的前n 项和T n .解析(1)由题设知a 1·a 4=a 2·a 3=8,又a 1+a 4=9,可解得1=1,4=8或1=8,4=1(舍去).由a 4=a 1q 3得公比为q=2,故a n =a 1q n-1=2n-1.(2)S n =1(1-)1−=2n -1,又b n =r1=r1-r1=1-1,所以T n =b 1+b 2+…+b n =11-1r1=1-12r1-1.评析本题考查等比数列通项公式及等比数列性质,等比数列求和.24.(2015天津理,18,13分)已知数列{a n }满足a n+2=qa n (q 为实数,且q≠1),n∈N *,a 1=1,a 2=2,且a 2+a 3,a 3+a 4,a 4+a 5成等差数列.(1)求q 的值和{a n }的通项公式;(2)设b n =log 222t1,n∈N *,求数列{b n }的前n 项和.解析(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,a n =a 2k-1=2k-1=2t12;当n=2k(k∈N *)时,a n =a 2k =2k=22.所以,{a n }的通项公式为a n =2t12,n 为奇数,22为偶数.(2)由(1)得b n =log 222t1=2t1.设{b n }的前n 项和为S n ,则S n =1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12t2+n×12t1,12S n =1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12t1+n×12,上述两式相减,得12S n =1+12+122+…+12t1-2=1−121−12-2=2-22-2,整理得,S n =4-r22t1.所以,数列{b n }的前n 项和为4-r22t1,n∈N *.评析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求解能力.25.(2015山东文,19,12分)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列,n 项和为2r1.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =(a n +1)·2,求数列{b n }的前n 项和T n .解析(1)设数列{a n }的公差为d.令n=1,得112=13,所以a 1a 2=3.令n=2,得112+123=25,所以a 2a 3=15.解得a 1=1,d=2,所以a n =2n-1.(2)由(1)知b n =2n·22n-1=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+ (4)-n·4n+1=4(1−4)1−4-n·4n+1=1−33×4n+1-43.所以T n =3t19×4n+1+49=4+(3t1)4r19.26.(2015浙江文,17,15分)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=2,b 1=1,a n+1=2a n (n∈N *),b 1+12b 2+13b 3+…+1b n =b n+1-1(n∈N *).(1)求a n 与b n ;(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ,求T n .解析(1)由a 1=2,a n+1=2a n ,得a n =2n(n∈N *).由题意知:当n=1时,b 1=b 2-1,故b 2=2.当n≥2时,1b n =b n+1-b n ,整理得r1r1=,所以b n =n(n∈N *).(2)由(1)知a n b n =n·2n,因此T n =2+2·22+3·23+…+n·2n,2T n =22+2·23+3·24+…+n·2n+1,所以T n -2T n =2+22+23+ (2)-n·2n+1.故T n =(n-1)2n+1+2(n∈N *).评析本题主要考查数列的通项公式,等差和等比数列等基础知识,同时考查数列求和等基本思想方法,以及推理论证能力.27.(2015湖北文,19,12分)设等差数列{a n }的公差为d,前n 项和为S n ,等比数列{b n }的公比为q.已知b 1=a 1,b 2=2,q=d,S 10=100.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)当d>1时,记c n =,求数列{c n }的前n 项和T n .解析(1)由题意有,101+45d =100,1d =2,即21+9d =20,1d =2,解得1=1,=2,或1=9,=29.故=2n-1,=2t1,或=1979),=.(2)由d>1,知a n =2n-1,b n =2n-1,故c n =2t12t1,于是T n =1+32+522+723+924+…+2t12t1,①12T n =12+322+523+724+925+…+2t12.②①-②可得12T n =2+12+122+…+12t2-2t12=3-2r32,故T n =6-2r32t1.28.(2014湖南文,16,12分)已知数列{a n }的前n 项和S n =2+n2,n∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =2+(-1)na 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=2+n 2-(t1)2+(n-1)2=n.故数列{a n }的通项公式为a n =n.(3)由(1)知,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(1−22)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.评析本题考查数列的前n 项和与通项的关系,数列求和等知识,含有(-1)n的数列求和要注意运用分组求和的方法.29.(2014课标Ⅰ文,17,12分)已知{a n }是递增的等差数列,a 2,a 4是方程x 2-5x+6=0的根.(1)求{a n }的通项公式;(2)n 项和.解析(1)方程x 2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a 2=2,a 4=3.设数列{a n }的公差为d,则a 4-a 2=2d,故d=12,从而a 1=32.所以{a n }的通项公式为a n =12n+1.(2)n 项和为S n ,由(1)知2=r22r1,则S n =322+423+…+r12+r22r1,12S n =323+424+…+r12r1+r22r2.两式相减得12S n =34+…-r22r2=34+-r22r2.所以S n =2-r42r1.评析本题考查等差数列及用错位相减法求数列的前n 项和,第(1)中由条件求首项、公差,进而求出结论是基本题型,第(2)问中,运算准确是关键.30.(2014安徽文,18,12分)数列{a n }满足a 1=1,na n+1=(n+1)a n +n(n+1),n∈N *.(1)证明:;(2)设b n =3n·,求数列{b n }的前n 项和S n .解析(1)证明:由已知可得r1r1=+1,即r1r1-=1.是以11=1为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)得=1+(n-1)·1=n,所以a n =n 2.从而b n =n·3n.S n =1·31+2·32+3·33+…+n·3n,①3S n =1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.②①-②得-2S n =31+32+ (3)-n·3n+1=3·(1−3)1−3-n·3n+1=(1-2p ·3r1-32.所以S n =(2t1)·3r1+34.评析本题考查等差数列定义的应用,错位相减法求数列的前n项和,解题时利用题(1)提示对递推关系进行变形是关键.31.(2014山东文,19,12分)在等差数列{an }中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=or1)2,记T n=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)n b n,求T n.解析(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由题意知bn=or1)2=n(n+1).所以T n=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)n n×(n+1).因为b n+1-b n=2(n+1),所以当n为偶数时,T n =(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)=4+8+12+ (2)=2(4+2n)2=or2)2,当n为奇数时,T n =Tn-1+(-bn)=(t1)(r1)2-n(n+1)=-(r1)22.所以T n为奇数,为偶数.评析本题考查等比数列和等差数列的综合应用、等差数列的通项公式及数列的求和,分类讨论思想和逻辑推理能力.32.(2013课标Ⅰ文,17,12分)已知等差数列{an }的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5.(1)求{an}的通项公式;(2)n 项和.解析(1)设{a n }的公差为d,则S n =na 1+ot1)2d.由已知可得31+3d =0,51+10d =−5.解得a 1=1,d=-1.故{a n }的通项公式为a n =2-n.(2)由(1)知1=1(3-2p(1-2p =n 项和为121-1-11+11-13+…+12t3-12t1=1−2.评析本题考查等差数列的通项公式及前n 项和公式,考查了裂项求和的方法,考查了运算求解能力与方程思想.33.(2011课标理,17,12分)等比数列{a n }的各项均为正数,且2a 1+3a 2=1,32=9a 2a 6.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ,n 项和.解析(1)设数列{a n }的公比为q.由32=9a 2a 6得32=942,所以q 2=19.由条件可知q>0,故q=13.由2a 1+3a 2=1得2a 1+3a 1q=1,所以a 1=13.故数列{a n }的通项公式为a n =13.(2)b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n =-(1+2+…+n)=-or1)2.故1=-2or1)=-211+12+…+1=-2123=-2r1.n 项和为-2r1.评析本题主要考查等比数列的通项公式以及裂项求和的基本方法,属容易题.34.(2020课标Ⅲ文,17,12分)设等比数列{a n }满足a 1+a 2=4,a 3-a 1=8.(1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和.若S m +S m+1=S m+3,求m.解析(1)设{a n }的公比为q,则a n =a 1q n-1.由已知得1+1q =4,12-1=8.解得a 1=1,q=3.所以{a n }的通项公式为a n =3n-1.(2)由(1)知log 3a n =n-1.故S n =ot1)2.由S m +S m+1=S m+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m 2-5m-6=0.解得m=-1(舍去)或m=6.35.(2020浙江,20,15分)已知数列{a n },{b n },{c n }满足a 1=b 1=c 1=1,c n =a n+1-a n ,c n+1=r2c n ,n∈N *.(1)若{b n }为等比数列,公比q>0,且b 1+b 2=6b 3,求q 的值及数列{a n }的通项公式;(2)若{b n }为等差数列,公差d>0,证明:c 1+c 2+c 3+…+c n <1+1,n∈N *.解析本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识,同时考查数学运算和逻辑推理等素养.(1)由b 1+b 2=6b 3得1+q=6q 2,解得q=12.由c n+1=4c n 得c n =4n-1.由a n+1-a n =4n-1得a n =a 1+1+4+…+4n-2=4t1+23.(2)证明:由c n+1=c n 得c n =121=所以c 1+c 2+c 3+…+c n 由b 1=1,d>0得b n+1>0,因此c 1+c 2+c 3+…+c n <1+1,n∈N *.36.(2020江苏,20,16分)已知数列{a n }(n∈N *)的首项a 1=1,前n 项和为S n .设λ与k 是常数,若对一切正整数n,均有r11-1=λr11成立,则称此数列为“λ~k”数列.(1)若等差数列{a n }是“λ~1”数列,求λ的值;(2)若数列{a n }是数列,且a n >0,求数列{a n }的通项公式;(3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{a n }为“λ~3”数列,且a n ≥0?若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由.解析本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)因为等差数列{a n }是“λ~1”数列,则S n+1-S n =λa n+1,即a n+1=λa n+1,也即(λ-1)a n+1=0,此式对一切正整数n 均成立.若λ≠1,则a n+1=0恒成立,故a 3-a 2=0,而a 2-a 1=-1,这与{a n }是等差数列矛盾.所以λ=1.(此时,任意首项为1的等差数列都是“1~1”数列)(2)因为数列{a n }(n∈N *)是3数列,所以r1-=即r1-=因为a n >0,所以S n+1>S n >0,n ,则b n 即(b n -1)2=13(2-1)(b n >1).解得b n =2,也即r1=4,所以数列{S n }是公比为4的等比数列.因为S 1=a 1=1,所以S n =4n-1.则a n =1(=1),3×4t2(n ≥2).(3)设各项非负的数列{a n }(n∈N *)为“λ~3”数列,则r113-13=λr113,即3r1-3=λ3r1-.因为a n ≥0,而a 1=1,所以S n+1≥S n >0,n ,则c n -1=λ33-1(c n ≥1),即(c n -1)3=λ3(3-1)(c n ≥1).(*)①若λ≤0或λ=1,则(*)只有一解为c n =1,即符合条件的数列{a n }只有一个.(此数列为1,0,0,0,…)②若λ>1,则(*)化为(c n -1)2+3+23-1+1=0,因为c n ≥1,所以2+3+23-1c n+1>0,则(*)只有一解为c n =1,即符合条件的数列{a n }只有一个.(此数列为1,0,0,0,…)③若0<λ<1,则2+3+23-1c n+1=0的两根分别在(0,1)与(1,+∞)内,则方程(*)有两个大于或等于1的解:其中一个为1,另一个大于1(记此解为t).所以S n+1=S n 或S n+1=t 3S n .由于数列{S n }从任何一项求其后一项均有两种不同结果,所以这样的数列{S n }有无数多个,则对应的{a n }有无数多个.综上所述,能存在三个各项非负的数列{a n }为“λ~3”数列,λ的取值范围是0<λ<1.37.(2019课标Ⅱ文,18,12分)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16.(1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n ,求数列{b n }的前n 项和.解析本题主要考查等比数列的概念及运算、等差数列的求和;考查学生的运算求解能力;体现了数学运算的核心素养.(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0.解得q=-2(舍去)或q=4.因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2.38.(2019天津文,18,13分)设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,公比大于0.已知a 1=b 1=3,b 2=a 3,b 3=4a 2+3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c n =1,为奇数,2为偶数.求a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n (n∈N *).解析本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n 项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力,体现了数学运算素养.满分13分.(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.依题意,得3=3+2s 32=15+4d,解得=3,=3,故a n =3+3(n-1)=3n,b n =3×3n-1=3n.所以,{a n }的通项公式为a n =3n,{b n }的通项公式为b n =3n.(2)a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n=(a 1+a 3+a 5+…+a 2n-1)+(a 2b 1+a 4b 2+a 6b 3+…+a 2n b n )=×3+ot1)2×6+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n )=3n 2+6(1×31+2×32+…+n×3n).记T n =1×31+2×32+…+n×3n,①则3T n =1×32+2×33+…+n×3n+1,②②-①得,2T n =-3-32-33-…-3n +n×3n+1=-3(1−3)1−3+n×3n+1=(2t1)3r1+32.所以,a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n =3n 2+6T n =3n 2+3×(2t1)3r1+32=(2t1)3r2+62+92(n∈N *).思路分析(1)利用等差、等比数列的通项公式求出公差d,公比q 即可.(2)利用{c n }的通项公式,进行分组求和,在计算差比数列时采用错位相减法求和.解题关键根据n 的奇偶性得数列{c n }的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键.39.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.(1)已知等比数列{an }(n∈N*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{an}为“M-数列”;(2)已知数列{bn }(n∈N*)满足:b1=1,1=2-2r1,其中S n为数列{b n}的前n项和.①求数列{bn}的通项公式;②设m为正整数,若存在“M-数列”{cn }(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.解析本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.满分16分.(1)设等比数列{an }的公比为q,所以a1≠0,q≠0.由24=5,3-42+41=0,得124=14,12-41q+41=0,解得1=1,=2.因此数列{a n}为“M-数列”.(2)①因为1=2-2r1,所以b n≠0.由b1=1,S1=b1,得11=21-22,则b2=2.由1=2-2r1,得S n=r12(r1-),当n≥2时,由b n=S n-S n-1,得b n=r12(r1-)-t12(-t1),整理得b n+1+b n-1=2b n.所以数列{b n}是首项和公差均为1的等差数列.因此,数列{b n}的通项公式为b n=n(n∈N*).②由①知,bk=k,k∈N*.因为数列{c n}为“M-数列”,设公比为q,所以c1=1,q>0.因为c k≤b k≤c k+1,所以q k-1≤k≤q k,其中k=1,2,3,…,m.当k=1时,有q≥1;当k=2,3,…,m时,有ln≤lnq≤ln t1.设f(x)=ln(x>1),则f'(x)=1−ln2.令f'(x)=0,得x=e.列表如下:x(1,e)e(e,+∞) f'(x)+0-f(x)↗极大值↘因为ln22=ln86<ln96=ln33,所以f(k)max =f(3)=ln33.取q=33,当k=1,2,3,4,5时,ln≤lnq,即k≤q k ,经检验知q k-1≤k 也成立.因此所求m 的最大值不小于5.若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q 3,且q 5≤6,从而q 15≥243,且q 15≤216,所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6.综上,所求m 的最大值为5.40.(2018北京文,15,13分)设{a n }是等差数列,且a 1=ln2,a 2+a 3=5ln2.(1)求{a n }的通项公式;(2)求e 1+e 2+…+e .解析(1)设{a n }的公差为d.因为a 2+a 3=5ln2,所以2a 1+3d=5ln2.又a 1=ln2,所以d=ln2.所以a n =a 1+(n-1)d=nln2.(2)因为e 1=e ln2=2,e e t1=e -t1=e ln2=2,所以{e }是首项为2,公比为2的等比数列.所以e 1+e 2+…+e =2×1−21−2=2(2n-1).41.(2018江苏,20,16分)设{a n }是首项为a 1,公差为d 的等差数列,{b n }是首项为b 1,公比为q 的等比数列.(1)设a 1=0,b 1=1,q=2,若|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,求d 的取值范围;(2)若a 1=b 1>0,m∈N *,q∈(1,2],证明:存在d∈R,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d 的取值范围(用b 1,m,q 表示).解析本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.(1)由条件知a n =(n-1)d,b n =2n-1.因为|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立.即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得73≤d≤52.因此,d (2)由条件知:a n =b 1+(n-1)d,b n =b 1q n-1.若存在d∈R,使得|a n -b n |≤b 1(n=2,3,…,m+1)均成立,即|b 1+(n-1)d-b 1q n-1|≤b 1(n=2,3,…,m+1).即当n=2,3,…,m+1时,d 满足t1-2t1b 1≤d≤t1t1b 1.因为q∈(1,2],所以1<q n-1≤q m≤2,从而t1-2t1b 1≤0,t1t1b 1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=0时,|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立.(n=2,3,…,m+1).①当2≤n≤m 时,-2-t1-2t1=B --n t1+2ot1)=o -t1)-+2ot1),当1<q≤21时,有q n≤q m≤2,从而n(q n-q n-1)-q n+2>0.因此,当2≤n≤m+1时,,的最大值为-2.②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f'(x)=(ln2-1-xln2)2x<0.所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1.当2≤n≤m 时,t1t1=ot1)≤因此,当2≤n≤m+1时,,的最小值为.因此,d 疑难突破本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等式.第(2)问要求d 的范围,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1都成立,首先把d 分离出来,变成t1-2t1b 1≤d≤t1t1b 1,难点在于讨论t1-2t1b 1的最大值和t1t1b 1的最小值.可以通过作差讨论其单调性,要作商讨论单调性,∵t1t1=ot1)=q 1当2≤n≤m 时,1<q n ≤2,∴q 1−可以构造函数f(x)=2x (1-x),通过讨论f(x)在(0,+∞)上的单调性去证明得到数列,解出最小值.两个数列,一个作差得到单调性,一个作商得到单调性,都是根据数列本身结构而得,方法自然合理,最后构造函数判断1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的.42.(2017课标Ⅱ文,17,12分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,等比数列{b n }的前n 项和为T n ,a 1=-1,b 1=1,a 2+b 2=2.(1)若a 3+b 3=5,求{b n }的通项公式;(2)若T 3=21,求S 3.解析本题考查了等差、等比数列.设{a n }的公差为d,{b n }的公比为q,则a n =-1+(n-1)d,b n =q n-1.由a 2+b 2=2得d+q=3.①(1)由a 3+b 3=5得2d+q 2=6.②联立①和②解得=3,=0(舍去),或=1,=2.因此{b n }的通项公式为b n =2n-1.(2)由b 1=1,T 3=21得q 2+q-20=0.解得q=-5或q=4.当q=-5时,由①得d=8,则S 3=21.当q=4时,由①得d=-1,则S 3=-6.43.(2017课标Ⅰ文,17,12分)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2=2,S 3=-6.(1)求{a n }的通项公式;(2)求S n ,并判断S n+1,S n ,S n+2是否成等差数列.解析本题考查等差、等比数列.(1)设{a n }的公比为q,由题设可得1(1+q)=2,1(1+q +2)=-6.解得q=-2,a 1=-2.。

高考数学专项复习《数列中错位相减法求和问题》真题练习含答案

高考数学专项复习《数列中错位相减法求和问题》真题练习【高考真题】2022年没考查【方法总结】错位相减法求和错位相减法：错位相减法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 两边同乘以相应等比数列的公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减即可求出S n ．用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)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”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．(3)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．【题型突破】1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，且S 1010＝S 55＋5． (1)求a n ；(2)若b n ＝a n ·4S n a n求数列{b n }的前n 项的和T n ．2．(2020·全国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．3．(2017·天津)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0， b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，2S n ＝(n ＋1)a n －2．(1)求a 2，a 3和通项a n ；(2)设数列{b n }满足b n ＝a n ·2n －1，求{b n }的前n 项和T n ．5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n －n ＝2(a n －2)(n ∈N *)．(1)证明：数列{a n －1}为等比数列；(2)若b n ＝a n ·log 2(a n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n ．6．已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)．数列{b n }是公差d 不等于0的等差数列，且满足：b 1＝32a 1，b 2，b 5，b 14成等比数列． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和T n ．7．已知首项为2的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和T n ． 8．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n 2a n ＋1． (1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b n ＝12n ·a n，求数列{b n }的前n 项和S n ． 9．(2020·全国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 ．10．在等差数列{a n }中，已知a 6＝16，a 18＝36．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若________，求数列{b n }的前n 项和S n ．在①b n ＝4a n a n ＋1，②b n ＝(－1)n ·a n ，③b n ＝2a n ·a n 这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．11．在①b n ＝na n ，②b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数，③b n ＝1(log 2a n ＋1)(log 2a n ＋2)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知数列{a n }是等比数列，且a 1＝1，其中a 1，a 2＋1，a 3＋1成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记________，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．12．在①b 2n ＝2b n ＋1，②a 2＝b 1＋b 2，③b 1，b 2，b 4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．已知数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝3a n ．公差不等于0的等差数列{b n }满足________，________，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和S n ．注：如果选择不同方案分别解答，按第一个解答计分．13．在①已知数列{a n }满足：a n ＋1－2a n ＝0，a 3＝8；②等比数列{a n }中，公比q ＝2，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题：(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n a n，数列{b n }的前n 项和为T n ，若2T n ＞m －2 022对n ∈N *恒成立，求正整数m 的最大值．注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．14．(2021·全国乙)设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n 3．已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列． (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n 2． 15．已知数列{a n }的首项a 1＝3，前n 项和为S n ，a n ＋1＝2S n ＋3，n ∈N *．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n ，并证明：13≤T n ＜34． 16．已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12． (1)当n ∈N *时，求f (n )的表达式；(2)设a n ＝n ·f (n )，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2．17．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前4项和为14，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前3项．(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)设K n 为数列{a n b n }的前n 项和，若不等式λS n T n ≥K n ＋n 对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最小值．18．(2021·浙江)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－94，且4S n ＋1＝3S n －9(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足3b n ＋(n －4)a n ＝0(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n ．若T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．19．已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n 12log a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．20．已知单调递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝12log n n a a ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ×2n ＋1＞30成立的正整数n 的最小值．。

高中数学《数列求和与综合问题》专项练习题(含答案解析)

高中数学《数列求和与综合问题》专项练习题（含答案解析）一、选择题1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝( ) A ．3×44 B ．3×44＋1 C ．44D ．44＋1A [因为a n ＋1＝3S n ，所以a n ＝3S n －1(n ≥2)，两式相减得，a n ＋1－a n ＝3a n ，即a n ＋1a n＝4(n ≥2)，所以数列a 2，a 3，a 4，…构成以a 2＝3S 1＝3a 1＝3为首项，公比为4的等比数列，所以a 6＝a 2·44＝3×44.]2．已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 2a 3＝15，且3S 1S 3＋15S 3S 5＋5S 5S 1＝35，则a 2等于( ) A ．2B ．12C ．3D ．13C [∵在等差数列中，S 2n －1＝(2n －1)a n ，∴S 1＝a 1，S 3＝3a 2，S 5＝5a 3，∴35＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 1a 3，∵a 1a 2a 3＝15，∴35＝a 315＋a 115＋a 215＝a 25，即a 2＝3.]3．已知数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝4，b n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin 2n π2b n ＋cos 2n π2，则该数列的前23项的和为( )A ．4 194B ．4 195C ．2 046D ．2 047A [当n 为偶数时，b n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋sin 2n π2b n ＋cos 2n π2＝b n ＋1，有b n ＋2－b n ＝1，即偶数项成等差数列，所以b 2＋b 4＋…＋b 22＝11b 2＋11×102×1＝99.当n 为奇数时，b n ＋2＝2b n ，即奇数项成等比数列，所以b 1＋b 3＋…＋b 23＝b 11－2121－2＝212－1＝4 095.所以该数列的前23项的和为99＋4 095＝4 194，故选A ．]4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2n ＋1，则S 2 0192 019＝( )A ．1 010B ．1 009C ．2 020D ．2 019A [S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)，＝(2×0＋1)＋(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2 018＋1)，＝1＋2×2 018＋11 0102＝2 019×1 010，∴S 2 0192 019＝1 010，故选A ．]5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2＋λa n ，且a 1＝1，则S 5＝( ) A ．27 B ．5327C ．3116D ．31C [∵S n ＝2＋λa n ，且a 1＝1，∴S 1＝2＋λa 1，即λ＝－1，∴S n ＝2－a n ，当n ≥2时，S n ＝2－(S n －S n －1)，∴2S n ＝2＋S n －1，即S n ＝12S n －1＋1，∴S n －2＝12(S n －1－2)，∴S n －2＝(－1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.当n ＝1时也满足．∴S 5＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝3116.故选C ．]6．设曲线y ＝2 018x n ＋1(n ∈N *)在点(1,2 018)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝log 2 018x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 2 017的值为( )A ．2 018B ．2 017C ．1D ．－1D [因为y ′＝2 018(n ＋1)x n ，所以切线方程是y －2 018＝2 018(n ＋1)(x －1)，所以x n ＝nn ＋1，所以a 1＋a 2＋…＋a 2 017＝log 2 018(x 1·x 2·…·x 2 017)＝log 2 018⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×…×2 0172 018＝log 2 01812 018＝－1.]7．在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前87项和S 87＝140，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87等于( )A ．1403B ．60C ．80D ．160C [法一：a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87＝a 3(1＋q 3＋q 6＋…＋q 84)＝a1q 2×1q 3291－q 3＝q 21＋q ＋q 2×a 11－q 871－q ＝47×140＝80.故选C ．法二：设b 1＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 85，b 2＝a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 86，b 3＝a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87，因为b 1q ＝b 2，b 2q ＝b 3，且b 1＋b 2＋b 3＝140，所以b 1(1＋q ＋q 2)＝140，而1＋q ＋q 2＝7，所以b 1＝20，b 3＝q 2b 1＝4×20＝80.故选C ．]8．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝9，a 2为整数，且S n ≤S 5，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1前n 项和的最大值为( )A ．49B ．1C ．4181D ．151315A [a 1＝9，a 2为整数，可知：等差数列{a n }的公差d 为整数，由S n ≤S 5，∴a 5≥0，a 6≤0，则9＋4d ≥0,9＋5d ≤0，解得－94≤d ≤－95，d 为整数，d ＝－2.∴a n ＝9－2(n －1)＝11－2n . 1a n ·a n ＋1＝111－2n9－2n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫19－2n －111－2n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1前n 项和为 12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫19－2n －111－2n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫19－2n －19，令b n ＝19－2n ，由于函数f (x )＝19－2x 的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫92，0对称及其单调性，可知：0＜b 1＜b 2＜b 3＜b 4，b 5＜b 6＜b 7＜…＜0，∴b n ≤b 4＝1.∴最大值为49.故选A ．]二、填空题 9．已知a n ＝2n ，b n ＝3n －1，c n ＝b n a n，则数列{c n }的前n 项和S n 为________．5－3n ＋52n [由题设知，c n ＝3n －12n ，所以S n ＝221＋522＋823＋…＋3n －12n ， ①2S n ＝2＋521＋822＋…＋3n －12n －1，②由②－①得，S n ＝2＋321＋322＋…＋32n －1－3n －12n .故所求S n ＝2＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－3n －12n ＝5－3n ＋52n .]10．已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，a n ＋1a n＝n ＋1n，b n a n＝sin 2n π3－cos 2n π3，n ∈N *，则数列{b n }的前47项和等于________．1 120 [依题意得a n ＋1n ＋1＝a nn ，故数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 是常数列，于是有a n n ＝1，a n ＝n 2，b n ＝－n 2cos 2n π3，b 3k －2＋b 3k －1＋b 3k ＝3k －223k －122－(3k )2＝－9k ＋52(k ∈N *)，因此数列{b n }的前47项和为S 47＝S 48－b 48＝－9×161＋162＋52×16＋482＝1 120.]11．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________.2 [由S nS 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n 2n －1d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，∵对任意正整数n ，上式恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧d 4k －10，2k －12－d0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14.∴数列{a n }的公差为2.]12．记S n 为正项等比数列{a n }的前n 项和，若S 4－2S 2＝3，则S 6－S 4的最小值为________．12 [由题可知数列{a n }的公比q ＞0，a n ＞0，则3＝(a 4－a 2)＋(a 3－a 1)＝a 1(q ＋1)·(q 2－1)，则有q ＞1，所以3S 6－S 4＝3a 6＋a 5＝3a 1q ＋1q 4＝a 1q ＋1q 2－1a 1q ＋1q 4＝1q 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1q 22＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫1q 2－122≤14(当且仅当q ＝2时，取等号)，所以S 6－S 4≥12，即S 6－S 4的最小值为12.]三、解答题13．(2018·黔东南州二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝43(a n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n ，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n －1b n ＋1的前n 项和为T n ，证明：T n ＜12.[解] (1)当n ＝1时，有a 1＝S 1＝43(a 1－1)，解得a 1＝4.当n ≥2时，有S n －1＝43(a n －1－1)，则a n ＝S n －S n －1＝43(a n －1)－43(a n －1－1)，整理得：a na n －1＝4，∴数列{a n }是以q ＝4为公比，以a 1＝4为首项的等比数列．∴a n ＝4×4n －1＝4n (n ∈N *)即数列{a n }的通项公式为：a n ＝4n (n ∈N *)． (2)由(1)有b n ＝log 2a n ＝log 2 4n ＝2n ，则1b n ＋1b n －1＝12n ＋12n －1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. ∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1. 易知数列{T n }为递增数列， ∴T 1≤T n ＜12，即13≤T n ＜12.14．(2018·邯郸市一模)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n ＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2.(1)求T n －S n ； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n 2n 的前n 项和R n .[解] (1)依题意可得b 1－a 1＝3，b 2－a 2＝5，…，b n －a n ＝2n ＋1， ∴T n －S n ＝(b 1＋b 2＋…＋b n )－(a 1＋a 2＋…＋a n ) ＝n ＋(2＋22＋…＋2n )＝2n ＋1＋n －2. (2)∵2S n ＝S n ＋T n －(T n －S n )＝n 2－n ， ∴S n ＝n 2－n2，∴a n ＝n －1. 又b n －a n ＝2n ＋1， ∴b n ＝2n ＋n .∴b n2n ＝1＋n2n ， ∴R n ＝n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋222＋…＋n 2n ，则12R n ＝12n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋223＋…＋n 2n ＋1，∴12R n ＝12n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －n2n ＋1，故R n ＝n ＋2×12－12n ＋11－12－n 2n ＝n ＋2－n ＋22n .。

数列求和专项练习(含答案)

数列求和专项练习1.在等差数列{}n a 中，已知34151296=+++a a a a ，求前20项之和。

2.已知等差数列{}n a 的公差是正数，且,4,126473-=+-=a a a a 求它的前20项之和。

3.等差数列{}n a 的前n 项和S n =m ,前m 项和S m =n (m>n )，求前m+n 项和S n+m4.设y x ≠，且两数列y a a a x ，，，，321和4321b y b b x b ，，，，，均为等差数列，求1243a a b b --5.在等差数列{}n a 中，前n 项和S n ,前m 项和为S m ，且S m =S n , n m ≠，求S n+m6.在等差数列{}n a 中，已知1791,25S S a ==，问数列前多少项为最大，并求出最大值。

7.求数列的通项公式：(1){}n a 中，23,211+==+n n a a a(2){}n a 中，023,5,21221=+-==++n n n a a a a a9.求证：对于等比数列前n 项和S n 有)(32222n n n n n S S S S S +=+10. 已知数列{}n a 中，前n 项和为S n ，并且有1),(241*1=∈+=+a N n a S n n (1)设),(2*1N n a a b n n n ∈-=+求证{}n b 是等比数列；(2)设),(2*N n a c nn ∈=求证{}n b 是等差数列；11.设数列满足，（Ⅰ)求数列的通项公式：（Ⅱ）令，求数列的前n 项和.【规范解答】（Ⅰ)由已知，当时，而，满足上述公式，所以的通项公式为. （Ⅱ）由可知，①从而 ②①②得{}n a 12a ={}n a n n b na ={}n b n S 1n ≥[]111211()()()n n n n n a a a a a a a a ++-=-+-++-+21232(1)13(222)22n n n --+-=++++=12a ={}n a 212n n a -=212n n n b na n -==•35211222322n n n s -=•+•+•++•23572121222322n n n s +=•+•+•++•-3521212(12)22222n n n n s -+-=++++-•即 12.已知数列{}n a 的前n 项和*∈+=N n nn S n ，22. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()n nan a b n 12-+=，求数列{}n b 的前n 2项和.【答案】(1) n a n = (2) 21222n n T n +=+-13.已知数列{}n a 是递增的等比数列，且14239,8.a a a a +== （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；211(31)229n n S n +⎡⎤=-+⎣⎦（Ⅱ）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T .（Ⅰ）由题设可知83241=⋅=⋅a a a a ，又941=+a a ，可解的⎩⎨⎧==8141a a 或⎩⎨⎧==1841a a （舍去）由314q a a =得公比2=q ，故1112--==n n n qa a . （Ⅰ）1221211)1(1-=--=--=n n n n q q a S 又1111111n n n n n n n n n n a S S b S S S S S S +++++-===-所以1113221211111...1111...++-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+++=n n nn n S S S S S S S S b b b T12111--=+n .14. 设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233nn S =+.（I ）求{}n a 的通项公式；（II ）若数列{}n b 满足3log n n n a b a =，求{}n b 的前n 项和n T . 【解析】所以，13,1,3,1,n n n a n -=⎧=⎨>⎩1363623n n +=-⨯ ，又1T 适合此式.13631243nnn T +=-⨯ 15.知等差数列满足：，，的前n 项和为．（1）求及；（2）令(n N *)，求数列的前n 项和．【命题立意】本题考查等差数列的通项公式与前n 项和公式的应用、裂项法求数列的和,考查了考生的逻辑推理、等价变形和运算求解能力.【思路点拨】(1)设出首项和公差，根据已知条件构造方程组可求出首项和公差，进而求出求及；(2)由(1)求出的通项公式，再根据通项的特点选择求和的方法.【规范解答】（1）设等差数列的公差为d ，因为，，所以有，解得，所以；==. （2）由（1）知，所以b n ===，所以==，即数列的前n 项和=.{}n a 37a =5726a a +={}n a n S n a n S n b =211n a -∈{}n b n T n a nS n b {}n a 37a =5726a a +=112721026a d a d +=⎧⎨+=⎩13,2a d ==321)=2n+1n a n =+-（n S n(n-1)3n+22⨯2n +2n 2n+1n a =211n a -21=2n+1)1-（114n(n+1)⋅111(-)4n n+1⋅n T 111111(1-+++-)4223n n+1⋅-11(1-)=4n+1⋅n4(n+1){}n b n T n4(n+1)。

高中数学高考题型数列求和题目以及答案

高中数学高考题型数列求和题目以及答案1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d2. 推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法． (3)一些常见的数列的前n 项和： ①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2； ②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； ③1＋3＋5＋…＋2n －1＝n 2. 2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)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，从而求得前n 项和．(3)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，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }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．方法一分组转化法求和1.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． [解题技法]1．分组转化求和的通法数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n 项和的数列求和．2．分组转化法求和的常见类型[题组训练]2.．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －⎝⎛⎭⎫12n，则其前20项和为( ) A ．379＋1220B ．399＋1220C ．419＋1220D ．439＋12203．(2019·资阳诊断)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 124方法二裂项相消法求和考法(一) 形如a n ＝1n (n ＋k )型4.(2019·南宁摸底联考)已知等差数列{a n }满足a 3＝7，a 5＋a 7＝26. (1)求等差数列{a n }的通项公式； (2)设c n ＝1a n a n ＋1，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和T n . 考法(二) 形如a n ＝1n ＋k ＋n型5.已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝( )A. 2 018－1B. 2 019－1C. 2 020－1D. 2 020＋1 [解题技法]1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律哪些项，避免遗漏．2．常见的拆项公式 (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 ；(4)2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1. [题组训练]6.在等差数列{a n }中，a 3＋a 5＋a 7＝6，a 11＝8，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋3·a n ＋4的前n 项和为( ) A.n ＋1n ＋2 B.n n ＋2C.n n ＋1D.2n n ＋17.各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝8，且2a 1，a 3,3a 2成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b n ＝1n log 2a n，求{b n }的前n 项和S n .方法三错位相减法求和8.(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 .[变透练清]9.(变结论)若本例中a n ，b n 不变，求数列{a n b n }的前n 项和T n .10．已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *)． [解题技法] 错位相减法求和的4个步骤[易误提醒](1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n －1项和当作n 项和．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q ＝1和q ≠1两种情况求解．[课时跟踪检测]1．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 ．822．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 ．－153．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5C.3116D.1584．在等差数列{a n }中，a 4＝5，a 7＝11.设b n ＝(－1)n ·a n ，则数列{b n }的前100项之和S 100＝( )A ．－200B ．－100C ．200D ．1005．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 0236．已知数列：112，214，318，…，⎝⎛⎭⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________． 7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 018＝________.8．(2019·成都第一次诊断性检测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝3，S 4＝16，n ∈N *.(1)求数列{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 . 9．(2018·南昌摸底调研)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，记b n ＝a n S n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和T n .参考答案：1.[解](1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2＋n2－(n－1)2＋(n－1)2＝n.又a1＝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T2n，则T2n＝(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T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.2.解析：选C 令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－⎝⎛⎭⎫12＋122＋123＋…＋1220＝420－⎝⎛⎭⎫1－1220＝419＋1220. 3.解析：选C 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.4.[解] (1)设等差数列的公差为d ，则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝7，2a 1＋10d ＝26，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2.所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)因为c n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)，所以c n ＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝12⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋3＝n 6n ＋9. 5.[解析] 由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝x 12. ∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 019－2 018)＋( 2 020－ 2 019)＝ 2 020－1. 6.解析：选C 因为a 3＋a 5＋a 7＝6，所以3a 5＝6，a 5＝2，又a 11＝8，所以等差数列{a n }的公差d ＝a 11－a 511－5＝1，所以a n ＝a 5＋(n －5)d ＝n －3，所以1a n ＋3·a n ＋4＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋3·a n ＋4的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故选C.7.解：(1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)． ∵2a 1，a 3,3a 2成等差数列，∴2a 3＝2a 1＋3a 2，即2a 1q 2＝2a 1＋3a 1q ，∴2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12(舍去)，∴a n ＝8×2n －1＝2n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝1n log 22n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， ∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2 ＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2). 8.[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，解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n . (2)由题意知， S 2n ＋1＝(2n ＋1)(b 1＋b 2n ＋1)2＝(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 na 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＝32＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n. 9.解：由本例解析知a n ＝2n ，b n ＝2n ＋1，故T n ＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ， 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1，上述两式相减，得，－T n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)2n ＋1 ＝6＋8(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)2n ＋1＝(1－2n )2n ＋1－2 得T n ＝(2n －1)×2n ＋1＋2.10.解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n . 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8. ① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16. ② 联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，{b n }的通项公式为b n ＝2n . (2)设数列{a 2n b n }的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，有 T n ＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n －2)×2n ，2T n ＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n －8)×2n ＋(6n －2)×2n ＋1，上述两式相减，得－T n ＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n －(6n －2)×2n ＋1 ＝12×(1－2n )1－2－4－(6n －2)×2n ＋1＝－(3n －4)2n ＋2－16，得T n ＝(3n －4)2n ＋2＋16.所以数列{a 2n b n }的前n 项和为(3n －4)2n ＋2＋16. 练习：1.解析：选B a n ＝1n ＋n －1＝n －n －1，故S n ＝n ，令S k ＝k ＝9，解得k ＝81，故选B.2.解析：选A 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，故选A.3.解析：选C 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－⎝⎛⎭⎫1251－12＝3116. 4.解析：选D 设数列{a n }的公差为d ，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＝5，a 1＋6d ＝11⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝2⇒a n＝2n －3⇒b n ＝(－1)n (2n －3)⇒S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)＝50×2＝100，故选D.5.解析：选C ∵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. 6.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. 7.解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n ，① ∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，② 由①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列， ∴S 2 018＝1－21 0091－2＋2(1－21 009)1－2＝3·21 009－3.8.解：(1)设数列{a n }的公差为d ， ∵a 2＝3，S 4＝16， ∴a 1＋d ＝3,4a 1＋6d ＝16，解得a 1＝1，d ＝2. ∴a n ＝2n －1. (2)由题意知，b n ＝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 ＝n 2n ＋1. 9.解：(1)∵S n ＝2n ＋1－2，∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1－2＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n . 又a 1＝2＝21，∴a n ＝2n .(2)由(1)知，b n ＝a n S n ＝2·4n －2n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2(41＋42＋43＋…＋4n )－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝2×4(1－4n )1－4－4(1－2n )1－2＝23·4n ＋1－2n ＋2＋43.。

高考数学(人教a版,理科)题库：数列求和(含答案)

第4讲数列求和一、选择题1.在等差数列}{n a 中，5,142==a a ,则}{n a 的前5项和5S =( ) A.7 B.15 C.20 D.25 解析15242451,5551522a a a a a a S ++==⇒=⨯=⨯=.答案 B2．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 ．15B ．12C ．－12D ．－15解析设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. 答案 A3．在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0132 014，则项数n 为( )．A ．2 011B ．2 012C ．2 013D ．2 014解析 ∵a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0132 014，解得n ＝2 013.答案 C4．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.答案 D5. 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，令b n ＝1n(a 1＋a 2＋…＋a n )，则数列{b n }的前10项和T 10＝( )A ．70B ．75C ．80D ．85 解析由已知a n ＝2n ＋1，得a 1＝3，a 1＋a 2＋…＋a n ＝＋2n ＋2＝n(n ＋2)，则b n ＝n ＋2，T 10＝＋2＝75，故选B .答案 B6．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝( )． A.212B ．6C ．10D ．11解析依题意得a n ＋a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋2＝12，则a n ＋2＝a n ，即数列{a n }中的奇数项、偶数项分别相等，则a 21＝a 1＝1，S 21＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＋a 21＝10(a 1＋a 2)＋a 21＝10×12＋1＝6，故选B. 答案 B 二、填空题7．在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________.解析设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q |＝2，则|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝12(2n －1)＝2n －1－12. 答案－2 2n －1－128．等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________.解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，又∵a 1＝1适合上式．∴a n ＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1.∴数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以4为公比的等比数列．∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝－4n 1－4＝13(4n －1)．答案13(4n－1) 9．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________.解析设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1q n －1＝3×3n －1＝3n ，故b n ＝log 3a n ＝n ，所以1b n b n ＋1＝1nn ＋＝1n －1n ＋1. 则S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案n n ＋110．设f (x )＝4x 4x ＋2，利用倒序相加法，可求得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011的值为________．解析当x 1＋x 2＝1时，f (x 1)＋f (x 2)＝4x 14x 1＋2＋4x 24x 2＋2＝2×4x 1＋x 2＋2×(4x 1＋4x 2)4x 1＋x 2＋(4x 1＋4x 2)×2＋4＝1.设S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011，倒序相加有2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫211＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫911＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫111＝10，即S ＝5.答案 5 三、解答题11．等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝3，前n 项和为S n ，{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝64，b 3S 3＝960.(1)求a n 与b n ；(2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解 (1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正数，a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝q n －1. 依题意有⎩⎨⎧S 2b 2＝＋d q ＝64，S 3b 3＝＋3dq 2＝960，解得⎩⎨⎧d ＝2，q ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－65，q ＝403.(舍去)故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1. (2)S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)，所以1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋3n ＋n ＋.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝12S n (n ＝1,2,3，…)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 32(3a n ＋1)时，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＝12S n ，a n ＝12S n －1(n ≥2)，得到a n ＋1＝32a n (n ≥2)．∴数列{a n }是以a 2为首项，以32为公比的等比数列．又a 2＝12S 1＝12a 1＝12，∴a n ＝a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2(n ≥2)．又a 1＝1不适合上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2.(2)b n ＝log 32(3a n ＋1)＝log 32⎣⎢⎡⎦⎥⎤32·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝n . ∴1b n b n ＋1＝1n (1＋n )＝1n －11＋n. ∴T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －11＋n ＝1－11＋n ＝nn ＋1. 13．设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .思维启迪：(1)由已知写出前n －1项之和，两式相减．(2)b n ＝n ·3n 的特点是数列{n }与{3n }之积，可用错位相减法．解 (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3， ①∴当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13， ②①－②得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n .在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ，∴a n ＝13n . (2)∵b n ＝na n，∴b n ＝n ·3n .∴S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n ， ③ ∴3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1.④④－③得2S n ＝n ·3n ＋1－(3＋32＋33＋…＋3n )，即2S n ＝n ·3n ＋1－3(1－3n )1－3，∴S n ＝(2n －1)3n ＋14＋34.探究提高解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n －1a n }的前n 项和，从而利用a n 与S n 的关系求出通项3n －1a n ，进而求得a n ；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养．14．将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 …已知表中的第一列数a 1，a 2，a 5，…构成一个等差数列，记为{b n }，且b 2＝4，b 5＝10.表中每一行正中间一个数a 1，a 3，a 7，…构成数列{c n }，其前n 项和为S n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a 13＝1. ①求S n ；②记M ＝{n |(n ＋1)c n ≥λ，n ∈N *}，若集合M 的元素个数为3，求实数λ的取值范围．解 (1)设等差数列{b n }的公差为d ，则⎩⎨⎧ b 1＋d ＝4，b 1＋4d ＝10，解得⎩⎨⎧b 1＝2，d ＝2，所以b n ＝2n .(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q .由于前n 行共有1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2个数，且32<13<42，a 10＝b 4＝8，所以a 13＝a 10q 3＝8q 3，又a 13＝1，所以解得q ＝12.由已知可得c n ＝b n q n －1，因此c n ＝2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝n 2n －2. 所以S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝12－1＋220＋321＋…＋n 2n －2， 12S n ＝120＋221＋…＋n －12n －2＋n2n －1，因此12S n ＝12－1＋120＋121＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1，解得S n ＝8－n ＋22n －2.②由①知c n ＝n 2n －2，不等式(n ＋1)c n ≥λ，可化为n (n ＋1)2n －2≥λ. 设f (n )＝n (n ＋1)2n －2，计算得f (1)＝4，f (2)＝f (3)＝6，f (4)＝5，f (5)＝154. 因为f (n ＋1)－f (n )＝(n ＋1)(2－n )2n －1，所以当n ≥3时，f (n ＋1)<f (n )．因为集合M 的元素个数为3，所以λ的取值范围是(4,5].。

高三数学专题复习-数列(2)求和及经典练习(含答案)

高三数学专题复习数列（2）求和及经典练习（含答案）一、公式法:利用以下公式求数列的和 1.d n n na a a n Sn n 2)1(2)(11-+=+=({}n a 为等差数列) 2.qqa a q q a Sn n n --=--=11)1(11 (1≠q )或)1(1==q na Sn ({}n a 为等比数列) 3.6)12)(1(3212222++=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++n n n n4.23333]2)1([321+=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++n n n 等公式例已知数列{}n a ，其中()12111,3,22n n n a a a a a n +-===+≥，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}ln n S 的前n 项和为n U ，求n U 。

解：由题意，{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列前n 项和()211212n n S n n ++-=⋅=，2ln ln 2ln n S n n ==()()2ln1ln 2ln 2ln !n U n n =+++=二、分组求和法对于数列{}n a ，若⋅⋅⋅⋅⋅⋅±±=n n n C b a 且数列{}n b 、{}n c ……都能求出其前n 项的和，则在求{}n a 前n 项和时，可采用该法例如：求和：999.09999.0999.099.09.0个n Sn ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++= 解：设n n n a --=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=10199.09个 n a a a a a Sn +⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++=∴4321)101()101()101()101()101(4321n ------+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+-+-+-= )1010101010()111(43211n n -----+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++=相加个 )101(91n n ---=三、倒序相加法（或倒序相乘法）将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n 个)(1n a a +，S n表示从第一项依次到第n 项的和，然后又将S n 表示成第n 项依次反序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到S n 的一种求和方法。

2023年高考数学一轮复习第六章数列5数列求和练习含解析

数列求和考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法．知识梳理数列求和的几种常用方法 1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和． (1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －12d .(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 11－q n1－q ，q ≠1.2．分组求和法与并项求和法(1)若一个数列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，分别求和后相加减．(2)形如a n ＝(－1)n·f (n )类型，常采用两项合并求解． 3．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 项和公式就是用此法推导的． 4．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)常见的裂项技巧 ①1n n ＋1＝1n －1n ＋1.②1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.③12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若数列{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时，只要把上式等号两边同时乘a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n ＋3的前n 项和可用分组转化法求和．( √ ) 教材改编题1．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(2n －1)，则该数列的前100项之和为( ) A ．－200 B ．－100 C ．200 D ．100答案 D解析 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.2．等差数列{a n }中，已知公差d ＝12，且a 1＋a 3＋…＋a 99＝50，则a 2＋a 4＋…＋a 100等于( )A ．50B ．75C ．100D ．125 答案 B解析 a 2＋a 4＋…＋a 100＝(a 1＋d )＋(a 3＋d )＋…＋(a 99＋d ) ＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋50d ＝50＋25＝75. 3．在数列{a n }中，a n ＝1n n ＋1，若{a n }的前n 项和为20222023，则项数n ＝________.答案 2022 解析 a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝20222023， ∴n ＝2022.题型一分组求和与并项求和例1 (2022·衡水质检)已知各项都不相等的等差数列{a n }，a 6＝6，又a 1，a 2，a 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解 (1)∵{a n }为各项都不相等的等差数列，a 6＝6，且a 1，a 2，a 4成等比数列． ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 6＝a 1＋5d ＝6，a 1＋d 2＝a 1a 1＋3d ，d ≠0，解得a 1＝1，d ＝1，∴数列{a n }的通项公式a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知，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 ＝21－22n1－2＝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.延伸探究在本例(2)中，如何求数列{b n }的前n 项和T n ? 解由本例(2)知b n ＝2n ＋(－1)nn . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.教师备选(2020·新高考全国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 (1)由于数列{a n }是公比大于1的等比数列，设首项为a 1，公比为q ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12(舍)或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n，n ∈N *. (2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32， 26＝64，27＝128，所以b 1对应的区间为(0,1]，则b 1＝0；b 2，b 3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，则b 2＝b 3＝1，即有2个1；b 4，b 5，b 6，b 7对应的区间分别为(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，则b 4＝b 5＝b 6＝b 7＝2，即有22个2；b 8，b 9，…，b 15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b 8＝b 9＝…＝b 15＝3，即有23个3；b 16，b 17，…，b 31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，则b 16＝b 17＝…＝b 31＝4，即有24个4；b 32，b 33，…，b 63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，则b 32＝b 33＝…＝b 63＝5，即有25个5；b 64，b 65，…，b 100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，则b 64＝b 65＝…＝b 100＝6，即有37个6.所以S 100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.思维升华 (1)若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和． (2)若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{c n }的前n 项和．跟踪训练1 (2022·重庆质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝9，S 5＝25. (1)求数列{a n }的通项公式及S n ；(2)设b n ＝(－1)nS n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由S 5＝5a 3＝25得a 3＝a 1＋2d ＝5，又a 5＝9＝a 1＋4d ，所以d ＝2，a 1＝1，所以a n ＝2n －1，S n ＝n 1＋2n －12＝n 2.(2)结合(1)知b n ＝(－1)n n 2，当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6)＋…＋(b n －1＋b n )＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n －1)2＋n 2]＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n －(n －1)][n ＋(n －1)] ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12.当n 为奇数时，n －1为偶数，T n ＝T n －1＋(－1)n ·n 2＝n －1n2－n 2＝－n n ＋12.综上可知，T n ＝－1nn n ＋12.题型二错位相减法求和例2 (10分)(2021·全国乙卷)设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n3.已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；[切入点：设基本量q ](2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n 2.[关键点：b n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n]教师备选(2020·全国Ⅰ)设{a n}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．(1)求{a n}的公比；(2)若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．解(1)设{a n}的公比为q，∵a1为a2，a3的等差中项，∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，∴q2＋q－2＝0，∵q≠1，∴q＝－2.(2)设{na n}的前n项和为S n，a1＝1，a n＝(－2)n－1，S n＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①－2S n＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n，②①－②得，3S n＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n＝1－－2n1－－2－n(－2)n＝1－1＋3n－2n3，∴S n ＝1－1＋3n －2n9，n ∈N *.思维升华 (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，常采用错位相减法．(2)错位相减法求和时，应注意：①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”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．②应用等比数列求和公式必须注意公比q 是否等于1，如果q ＝1，应用公式S n ＝na 1. 跟踪训练2 (2021·浙江)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－94，且4S n ＋1＝3S n －9(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足3b n ＋(n －4)a n ＝0(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .若T n ≤λb n ，对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)因为4S n ＋1＝3S n －9，所以当n ≥2时，4S n ＝3S n －1－9，两式相减可得4a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n ＝34. 当n ＝1时，4S 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫－94＋a 2＝－274－9，解得a 2＝－2716，所以a 2a 1＝34.所以数列{a n }是首项为－94，公比为34的等比数列，所以a n ＝－94×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1＝－3n ＋14n .(2)因为3b n ＋(n －4)a n ＝0，所以b n ＝(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n.所以T n ＝－3×34－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫342－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫343＋0×⎝ ⎛⎭⎪⎫344＋…＋(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n，①且34T n ＝－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫342－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫343－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫344＋0×⎝ ⎛⎭⎪⎫345＋…＋(n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1，② ①－②得14T n ＝－3×34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫342＋⎝ ⎛⎭⎪⎫343＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1＝－94＋916⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －11－34－(n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1＝－n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1，所以T n ＝－4n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1.因为T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，所以－4n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1≤λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －4×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n 恒成立，即－3n ≤λ(n －4)恒成立，当n <4时，λ≤－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≤1；当n ＝4时，－12≤0恒成立，当n >4时，λ≥－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≥－3.所以－3≤λ≤1.题型三裂项相消法求和例3 (2022·咸宁模拟)设{a n }是各项都为正数的单调递增数列，已知a 1＝4，且a n 满足关系式：a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)因为a n ＋1＋a n ＝4＋2a n ＋1a n ，n ∈N *，所以a n ＋1＋a n －2a n ＋1a n ＝4，即(a n ＋1－a n )2＝4，又{a n }是各项为正数的单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2，又a 1＝2，所以{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，所以a n ＝4n 2. (2)b n ＝1a n －1＝14n 2－1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 教师备选设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1. (1)求{a n }的通项公式； (2)若b n ＝3na n ＋1a n ＋1＋1，求{b n }的前n 项和T n ，证明：38≤T n ＜34.(1)解因为2S n ＝3a n －1，所以2S 1＝2a 1＝3a 1－1，即a 1＝1.当n ≥2时，2S n －1＝3a n －1－1，则2S n －2S n －1＝2a n ＝3a n －3a n －1，整理得a na n －1＝3，则数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.(2)证明由(1)得b n ＝3n3n －1＋13n＋1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1，所以T n ＝32×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫130＋1－131＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫131＋1－132＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋1－133＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1－13n ＋1，即T n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13n ＋1＝34－323n ＋1，所以T n <34，又因为T n 为递增数列，所以T n ≥T 1＝34－38＝38，所以38≤T n <34.思维升华利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后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，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. 跟踪训练3 (2022·河北衡水中学模拟)已知数列{a n }满足a 1＝4，且当n ≥2时，(n －1)a n＝n (a n －1＋2n －2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)记b n ＝2n ＋1a 2n，求数列{b n }的前n 项和S n .(1)证明当n ≥2时， (n －1)a n ＝n (a n －1＋2n －2)，将上式两边都除以n (n －1)，得a n n ＝a n －1＋2n －2n －1，即a n n －a n －1n －1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝4为首项，2为公差的等差数列．(2)解由(1)得a n n＝4＋2(n －1)＝2n ＋2，即a n ＝2n (n ＋1)，所以b n ＝2n ＋1a 2n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1n ＋12，所以S n ＝14⎩⎨⎧ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－132＋⎭⎬⎫…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋12＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1n ＋12＝n 2＋2n 4n ＋12. 课时精练1．已知在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且a 3＝5，S 7＝49. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2n a＋a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ≥1000，求n 的取值范围．解 (1)由等差数列性质知，S 7＝7a 4＝49，则a 4＝7，故公差d ＝a 4－a 3＝7－5＝2，故a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1. (2)由(1)知b n ＝22n －1＋2n －1，T n ＝21＋1＋23＋3＋…＋22n －1＋2n －1＝21＋23＋…＋22n －1＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝21－22n ＋11－4＋n 1＋2n －12＝22n ＋13＋n 2－23.易知T n 单调递增，且T 5＝707<1 000，T 6＝2 766>1 000，故T n ≥1 000，解得n ≥6，n ∈N *.2．(2020·全国Ⅲ改编)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；(2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .解 (1)由题意可得a 2＝3a 1－4＝9－4＝5，a 3＝3a 2－8＝15－8＝7，由数列{a n }的前三项可猜想数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列，即a n ＝2n ＋1.(2)由(1)可知，a n ·2n ＝(2n ＋1)·2n，S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，① 2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，② 由①－②得，－S n ＝6＋2×(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22×1－2n －11－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝(1－2n )·2n ＋1－2，即S n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2.3．(2022·合肥模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n.(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2a n ，T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .解 (1)由已知得a n ＋1－a n ＝2n，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋2＋22＋…＋2n －1＝2＋21－2n －11－2＝2n .又a 1＝2，也满足上式，故a n ＝2n.(2)由(1)可知，b n ＝log 2a n ＝n ，1b n b n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故T n ＝n n ＋1.4．(2022·济宁模拟)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1,3a 2的等差中项，a 4＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n log 2a 2n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3是2a 1,3a 2的等差中项，所以2a 3＝2a 1＋3a 2，即2a 1q 2＝2a 1＋3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12，因为数列{a n }是正项等比数列，所以q ＝2.所以a n ＝a 4·q n －4＝2n. (2)方法一 (分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1，所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n·(2n ＋1)， ①若n 为偶数，T n ＝－3＋5－7＋9－…－(2n －1)＋(2n ＋1)＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n －1)＋(2n ＋1)]＝2×n2＝n ； ②若n 为奇数，当n ≥3时， T n ＝T n －1＋b n ＝n －1－(2n ＋1)＝－n －2，当n ＝1时，T 1＝－3适合上式，综上得T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ，n 为偶数，－n －2，n 为奇数 (或T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *)．方法二 (错位相减法)由(1)可知，a 2n ＋1＝22n ＋1，所以b n ＝(－1)n ·log 2a 2n ＋1＝(－1)n ·log 222n ＋1＝(－1)n ·(2n ＋1)， T n ＝(－1)1×3＋(－1)2×5＋(－1)3×7＋…＋(－1)n ·(2n ＋1)，所以－T n ＝(－1)2×3＋(－1)3×5＋(－1)4×7＋…＋(－1)n ＋1(2n ＋1)，所以2T n ＝－3＋2[(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n ]－(－1)n ＋1(2n ＋1) ＝－3＋2×1－－1n －12＋(－1)n (2n ＋1) ＝－3＋1－(－1)n －1＋(－1)n (2n ＋1)＝－2＋(2n ＋2)(－1)n ，所以T n ＝(n ＋1)(－1)n －1，n ∈N *.5．(2022·重庆调研)在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若________，求数列{b n }的前n 项和S n ，在①b n ＝4a n a n ＋1，②b n ＝(－1)n ·a n ，③b n ＝2n a n a ⋅这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．解 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋5d ＝12，a 1＋17d ＝36，解得d ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n .(2)选条件①.b n ＝42n ·2n ＋1＝1n n ＋1，则S n ＝11×2＋12×3＋ (1)n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 选条件②.∵a n ＝2n ，b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n·2n ， ∴S n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ，当n 为偶数时， S n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]＝n 2×2＝n ；当n 为奇数时，n －1为偶数， S n ＝n －1－2n ＝－n －1. ∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ，n 为偶数，－n －1，n 为奇数. 选条件③.∵a n ＝2n ，b n ＝2n a n a ⋅， ∴b n ＝22n ·2n ＝2n ·4n ， ∴S n ＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n ·4n ，① 4S n ＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n －1)·4n ＋2n ·4n ＋1，② ①－②得－3S n ＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n －2n ·4n ＋1＝41－4n1－4×2－2n ·4n ＋1＝81－4n－3－2n ·4n ＋1， ∴S n ＝89(1－4n )＋2n 3·4n ＋1.。

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高考数学复习数列求和专题训练（含答案）数列求和对按照一定规律排列的数进行求和。

以下是查字典数学网整理的数列求和专题训练，请考生练习。

已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2-5x+6=0的根.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和.
[解] (1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3，
由题意得a2=2，a4=3.
设数列{an}的公差为d，则a4-a2=2d，故d=，
从而a1=.
所以{an}的通项公式为an=n+1.
(2)设的前n项和为Sn.由(1)知=，则
Sn=++++，
Sn=++++.
两式相减得
Sn=+-
所以Sn=2-.
设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4=4S2，a2n=2an+1.
(1) 求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足+++=1-，nN*，求{bn}的前n项和Tn. [解] (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
由S4=4S2，a2n=2an+1，得
解得
因此an=2n-1，nN*.
(2)由已知+++=1-，nN*，
当n=1时，=;
当n2时，=1--=.
所以=，nN*.
由(1)知an=2n-1，nN*，所以bn=，nN*.
所以Tn=++++，
Tn=++++.
两式相减，得Tn=+-
单靠“死”记还不行,还得“活”用,姑且称之为“先死后活”吧。

让学生把一周看到或听到的新鲜事记下来,摒弃那些假话套话空话,写出自己的真情实感,篇幅可长可短,并要求运用积累的成语、名言警句等,定期检查点评,选择优秀篇目在班里朗读或展出。

这样,即巩固了所学的材料,又锻炼了学生的写作能力,同时还培养了学生的观察能力、思维能力等等,达到“一石多鸟”的效果。

=--，
单靠“死”记还不行,还得“活”用,姑且称之为“先死后活”吧。

这样,即巩固了所学的材料,又锻炼了学生的写作能
力,同时还培养了学生的观察能力、思维能力等等,达到“一石多鸟”的效果。

所以Tn=3-.
这个工作可让学生分组负责收集整理,登在小黑板上,每周一换。

要求学生抽空抄录并且阅读成诵。

其目的在于扩大学生的知识面,引导学生关注社会,热爱生活,所以内容要尽量广泛一些,可以分为人生、价值、理想、学习、成长、责任、友谊、爱心、探索、环保等多方面。

如此下去,除假期外,一年便可以积累40多则材料。

如果学生的脑海里有了众多的鲜活生动的材料,写起文章来还用乱翻参考书吗?数列求和专题训练及答案的所有内容就是这些，查字典数学网希望对考生复习数学有帮助。

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