2020年高考文科数学新课标第一轮总复习练习：5-4数列求和含解析

2020年高考文科数学一轮总复习：数列求和第4讲 数列求和1．基本数列求和方法 (1)等差数列求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ． (2)等比数列求和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.2．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)＝n 2． (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n 2＋n ．常用知识拓展 1．倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和即是用此法推导的．2．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和就是用此法推导的．3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 4．分组转化法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．5．并项求和法一个数列的前n 项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)当n ≥2时，1n 2－1＝1n －1－1n ＋1.( )(2)利用倒序相加法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( )(3)若S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ，当a ≠0，且a ≠1时，求S n 的值可用错位相减法求得．( )答案：(1)× (2)√ (3)√数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝( )A ．9B ．8C ．17D ．16解析：选A.S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.(教材习题改编)数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0172 018，则项数n为( )A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 019解析：选B.a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0172 018，所以n ＝2 017.已知数列：112，214，318，…，⎝⎛⎭⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________． 解析：设所求的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋12＋14＋…＋12n ＝n （n ＋1）2＋1－12n .答案：n （n ＋1）2＋1－12n已知数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n ，则S n ＝________． 解析：S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① 所以2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，②①－②得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2×（1－2n ）1－2－n ×2n ＋1，所以S n ＝(n －1)2n ＋1＋2.答案：(n －1)2n ＋1＋2分组转化法求和(师生共研)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 ＝2an ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ， 故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2（1－22n ）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．1．(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.2．已知{a n }是等差数列，a 1＋a 5＝6，a 2＋a 8＝10，数列{b n }满足b 1＝4，2a n ＋2＝log 2b n＋1.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{2a n ＋b n }的前n 项和S n .解：(1)因为{a n }是等差数列，a 1＋a 5＝6，a 2＋a 8＝10， 所以a 3＝3，a 5＝5，所以公差d ＝1， 所以a 1＝1，所以a n ＝n . 因为2a n ＋2＝log 2b n ＋1，所以b n ＋1＝22a n ＋2，b n ＝22a n －1＋2(n ≥2)，所以b n ＝4n (n ≥2)．又b 1＝4也满足上式，所以b n ＝4n . (2)由(1)知，a n ＝n ，b n ＝4n ， 所以2a n ＋b n ＝2n ＋4n ，所以S n ＝2×1＋41＋2×2＋42＋2×3＋43＋…＋2n ＋4n ＝2×(1＋2＋3＋…＋n )＋(41＋42＋43＋ (4))＝n (n ＋1)＋4n ＋1－43.错位相减法求和(师生共研)(2019·江西临川一中质检)已知等差数列{a n }满足a 3＝5，其前6项和为36，等比数列{b n }的前n 项和S n ＝2－12n －1(n ∈N*)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和T n .【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，6a 1＋15d ＝36，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．对于数列{b n }，因为S n ＝2－12n －1，所以当n ＝1时，b 1＝S 1＝2－1＝1，当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫2－12n －1－⎝⎛⎭⎫2－12n －2＝12n －1，综上所述，b n ＝12n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得a n b n ＝2n －12n －1，所以T n ＝1＋321＋522＋…＋2n －32n －2＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，② ①－②得，12T n ＝1＋1＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，所以T n ＝6－4n ＋62n ＝6－2n ＋32n －1.错位相减法求和的策略(1)如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解．(2)在写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．(2019·福建市第一学期高三期末考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1. (1)证明数列{a n }是等比数列；(2)设b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －1)－(2a n －1－1)， 所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知，a n ＝2n －1，所以b n ＝(2n －1)×2n －1，所以T n ＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1①，2T n ＝1×2＋3×22＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n ②，由①－②得－T n ＝1＋2×(21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)×2n＝1＋2×2－2n －1×21－2－(2n －1)·2n＝(3－2n )×2n －3， 所以T n ＝(2n －3)×2n ＋3.裂项相消法求和(多维探究) 角度一 形如a n ＝1n （n ＋k ）型(2017·高考全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．【解】 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n－1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)． 又由题设可得a 1＝2， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记{a n2n ＋1}的前n 项和为S n . 由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n ＋1）（2n －1）＝12n －1－12n ＋1.则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1.角度二 形如a n ＝1n ＋k ＋n型(2019·福州质检)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 2 018＝( )A. 2 017－1B. 2 018－1C. 2 019－1D. 2 019 ＋1【解析】 由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12.则f (x )＝x 12.所以a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ）＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，所以S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 018＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 018－2 017 )＋( 2 019－ 2 018)＝ 2 019－1. 【答案】 C利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋2.1．(2019·湖北八校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 9＝12a 12＋6，a 2＝4，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前10项和为( )A.1112B.1011C.910D.89解析：选B.设等差数列{a n }的公差为d ，由a 9＝12a 12＋6及等差数列的通项公式得a 1＋5d ＝12，又a 2＝4，所以a 1＝2，d ＝2，所以S n ＝n 2＋n ，所以1S n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以1S 1＋1S 2＋…＋1S 10＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝1－111＝1011. 2．(2019·郑州市第一次质量测试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 5＝25，S 5＝55.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a n b n ＝13n －1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 5＝2a 1＋5d ＝25，S 5＝5a 3＝5a 1＋10d ＝55，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5，d ＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2.(2)由a n b n ＝13n －1，得b n ＝1a n （3n －1）＝1（3n －1）（3n ＋2）＝13⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋2，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎝⎛⎭⎫12－15＋15－18＋…＋13n －1－13n ＋2 ＝13⎝⎛⎭⎫12－13n ＋2 ＝16－19n ＋6＝n 2（3n ＋2）.数学运算——数列的基本运算已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝a 4＋6，且a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2an ＋1，求数列{b n }的前n 项和． 【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)． 因为S 3＝a 4＋6，所以3a 1＋3d ＝a 1＋3d ＋6，解得a 1＝3. 又因为a 1，a 4，a 13成等比数列， 所以a 1(a 1＋12d )＝(a 1＋3d )2，即3(3＋12d )＝(3＋3d )2，解得d ＝2或d ＝0(舍去)． 所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(2)由题意，得b n ＝22n ＋1＋1.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(23＋25＋…＋22n ＋1)＋n ＝8×（1－4n ）1－4＋n ＝83×(4n －1)＋n ＝23×4n ＋1＋n －83.数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则、公式解决数学问题的过程．它是高中生必须具备的最基础又应用最广的一种核心素养．已知等比数列{a n }的前n 项和S n ，公比为32.(1)若S 4＝6524，求a 1；(2)若a 1＝2，c n ＝12a n ＋nb ，且c 2，c 4，c 5成等差数列，求b .解：(1)因为公比q ＝32，S 4＝6524，所以a 1[1－（32）4]1－32＝6524，所以(1－8116)a 1＝－6548，解得a 1＝13.(2)因为a 1＝2，公比为32，所以a 2＝3，a 4＝274，a 5＝818.又因为c n ＝12a n ＋nb ，所以c 2＝12a 2＋2b ＝32＋2b ，c 4＝12a 4＋4b ＝278＋4b ，c 5＝12a 5＋5b ＝8116＋5b .因为c 2，c 4，c 5成等差数列，所以2(278＋4b )＝32＋2b ＋8116＋5b ，解得b ＝－316.[基础题组练]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3⎝⎛⎭⎫15n，则其前20项和为( ) A ．380－35⎝⎛⎭⎫1－1519 B ．400－25⎝⎛⎭⎫1－1520 C ．420－34⎝⎛⎭⎫1－1520 D ．440－45⎝⎛⎭⎫1－1520 解析：选C.令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2(1＋2＋…＋20)－3⎝⎛⎭⎫15＋152＋…＋1520＝2×20×（20＋1）2－3×15⎝⎛⎭⎫1－15201－15＝420－34⎝⎛⎭⎫1－1520. 2．(2019·辽宁本溪三校联考)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2sin 2n ＋12π，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 018＝( )A.2 017×2 0182B.2 019×2 0182C.2 017×2 0172D.2 018×2 0182解析：选B.由题意得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 018＝－12＋22－32＋43＋…－2 0172＋2 0182＝1＋2＋3＋4＋…＋2 017＋2 018＝2 018（1＋2 018）2＝2 018×2 0192，故选B.3．(2019·江西师大附中调研)定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为15n ，又b n ＝a n 5，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( )A.817 B.919 C.1021D.1123解析：选C.由定义可知a 1＋a 2＋…＋a n ＝5n 2，a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1＝5(n ＋1)2，可求得a n ＋1＝10n ＋5，所以a n ＝10n －5，则b n ＝2n －1.又1b n b n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1b n －1b n ＋1，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝12(1b 1－1b 2＋1b 2－…－1b 10＋1b 10－1b 11)＝12⎝⎛⎭⎫1b 1－1b 11＝1021.4．(2019·河北“五个一名校联盟”(二))已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：选A.因为a n ＋1＝a n －a n －1，a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1，a 8＝2，…，故数列{a n }是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S 2018＝336×0＋a 2 017＋a 2 018＝a 1＋a 2＝3.故选A.5．等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝________．解析：由a 1＝27，a 9＝1243知，1243＝27·q 8，又由q >0，解得q ＝13，所以S 6＝27⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1361－13＝3649. 答案：36496．(2017·高考全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝__________．解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，2a 1＋3d ＝5， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n （n ＋1）2，因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1.答案：2nn ＋17．已知数列{a n }满足a 1＝12，且a n ＋1＝2a n2＋a n .(1)求证：数列{1a n}是等差数列；(2)若b n ＝a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)因为a n ＋1＝2a n 2＋a n ，所以1a n ＋1＝2＋a n 2a n ，所以1a n ＋1－1a n ＝12，所以数列{1a n}是等差数列． (2)由(1)知1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n ＋32，所以a n ＝2n ＋3， 所以b n ＝4（n ＋3）（n ＋4）＝4×(1n ＋3－1n ＋4)， S n ＝4×[(14－15)＋(15－16)＋…＋(1n ＋3－1n ＋4)]＝4×(14－1n ＋4)＝n n ＋4. 8．(2019·四川广安毕业班诊断)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求满足不等式T n ≥1910的最小正整数n . 解：(1)由S n ＋1＝S n ＋a n ＋n ＋1(n ∈N *)，得a n ＋1－a n ＝n ＋1，又a 1＝1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋2＋1＝（1＋n ）n 2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝（1＋n ）n 2. (2)由(1)知1a n ＝2（1＋n ）n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 所以T n ＝2[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1]＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 令2n n ＋1≥1910，解得n ≥19， 所以满足不等式T n ≥1910的最小正整数n 为19. [综合题组练]1．(2019·湖南湘潭模拟)已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A ．1 026B ．1 025C ．1 024D ．1 023解析：选C.因为2n ＋12n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n ， 所以T n ＝n ＋1－12n ， 所以T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013，所以整数m 的最小值为1 024.故选C.2．(2019·益阳、湘潭调研)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，若a 1＝2且S n ＋1＝2S n ，设b n＝log 2a n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 2 017b 2 018的值是( ) A.4 0352 018B.4 0332 017C.2 0172 018D.2 0162 017解析：选B.由S n ＋1＝2S n 可知，数列{S n }是首项为S 1＝a 1＝2，公比为2的等比数列，所以S n ＝2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝2n －1.b n ＝log 2a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n －1，n ≥2，当n ≥2时，1b n b n ＋1＝1（n －1）n ＝1n －1－1n，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 2 017b 2 018＝1＋1－12＋12－13＋…＋12 016－12 017＝2－12 017＝4 0332 017.故选B. 3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1，2，3，…)，则S 2n －1＝________．解析：因为a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1，2，3，…)，所以S 2n －1＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2n －2＋a 2n －1)＝1＋122＋124＋…＋122n －2＝43⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n . 答案：43⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n 4．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 018项的和等于________．解析：因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ， 所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1， 即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1（k ∈N *），1，n ＝2k （k ∈N *），故数列的前2 018项的和等于S 2 018＝1 009×⎝⎛⎭⎫1＋12＝3 0272. 答案：3 02725．(2019·潍坊市统一考试)若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －λ(λ>0，n ∈N *)．(1)证明数列{a n }为等比数列，并求a n ；(2)若λ＝4，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数(n ∈N *)，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解：(1)因为S n ＝2a n －λ，当n ＝1时，得a 1＝λ，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－λ，所以S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以λ为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝λ2n －1. (2)因为λ＝4，所以a n ＝4·2n －1＝2n ＋1， 所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1，n 为奇数，n ＋1，n 为偶数， 所以T 2n ＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n ＋2n ＋1＝(22＋24＋…＋22n )＋(3＋5＋…＋2n ＋1)＝4－4n ·41－4＋n （3＋2n ＋1）2 ＝4n ＋1－43＋n (n ＋2)， 所以T 2n ＝4n ＋13＋n 2＋2n －43. 6．(2019·内蒙古集宁一中测试)已知数列{a n }满足a n ＋1＝2a n ＋2n (n ∈N *)，且a 1＝1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由a n ＋1＝2a n ＋2n (n ∈N *)的等式两边同时除以2n ＋1得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋12， 即a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列．(2)因为a 121＝12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为12的等差数列， 所以a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n 2， 所以a n ＝n ·2n －1， 所以数列{a n }的前n 项和S n ＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，① 2S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，②②－①得，S n ＝－(20＋21＋22＋…＋2n －1)＋n ·2n＝－1－2n1－2＋n ·2n ＝1＋(n －1)2n . 7．(2019·辽宁沈阳模拟)已知在等差数列{a n }中，a 1＝－11，公差d ≠0，且a 2，a 5，a 6成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝|a n |，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为a 2，a 5，a 6成等比数列，所以a 25＝a 2a 6，即(a 1＋4d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )，所以2a 1d ＋11d 2＝0，又d ≠0，a 1＝－11，所以d ＝2，所以a n ＝－11＋(n －1)×2＝2n －13.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n 2－12n ， 因为a n ＝2n －13，所以当n ≤6时，a n ＜0；当n ≥7时，a n >0.所以当n ≤6时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝－a 1－a 2－…－a n ＝－S n ＝12n －n 2； 当n ≥7时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＋|a 7|＋…＋|a n |＝－a 1－a 2－…－a 6＋a 7＋…＋a n ＝－S 6＋S n －S 6＝S n －2S 6＝n 2－12n ＋72.综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12n －n 2（n ≤6），n 2－12n ＋72（n ≥7）. 8．已知等差数列{a n }中，a 1＝－2，公差d ＝3；数列{b n }中，S n 为其前n 项和，满足2n S n ＋1＝2n (n ∈N *)．(1)记c n ＝1a n a n ＋1，求数列{c n }的前n 项和T n ； (2)求数列{b n }的通项公式．解：(1)因为a 1＝－2，d ＝3，所以a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝－2＋3(n －1)＝3n －5，则c n ＝1a n a n ＋1＝1（3n －5）（3n －2）＝13(13n －5－13n －2)， 所以T n ＝13[(－12－1)＋(1－14)＋…＋(13n －5－13n －2)]＝13(－12－13n －2)＝－n 2（3n －2）. (2)因为2n S n ＋1＝2n ，所以S n ＝1－12n ，S n －1＝1－12n －1(n ≥2)， 则b n ＝S n －S n －1＝12n －1－12n ＝12n －1－12×12n －1＝12×(12)n －1＝(12)n (n ≥2)．当n ＝1时，b 1＝S 1＝1－121＝12，满足上述通项公式，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝(12)n .。

第4节数列求和及综合应用课时作业基础对点练（时间：30分钟）1．数列｛1＋2n－1｝的前n项和为( ）(A)1＋2n(B）2＋2n(C)n＋2n－1 (D)n＋2＋2nC 解析:由题意令a n＝1＋2n－1,所以S n＝n＋错误!＝n＋2n－1，故选C。

2．在各项均为正数的等比数列｛a n}中，a2,a4＋2，a5成等差数列，a1＝2，S n是数列{a n｝的前n项的和，则S10－S4＝（)（A）1 008 （B)2 016(C）2 032 (D)4 032B 解析：由题意知2（a4＋2)＝a2＋a5，即2（2q3＋2)＝2q＋2q4＝q（2q3＋2),得q＝2，所以a n＝2n，S10＝错误!＝211－2＝2 046，S4＝错误!＝25－2＝30，所以S10－S4＝2 016，故选B。

3．已知数列{a n}：错误!，错误!＋错误!，错误!＋错误!＋错误!，错误!＋错误!＋错误!＋错误!，…，那么数列｛b n}＝错误!的前n项和为（）（A）4错误!(B）4错误!（C)1－错误!（D）错误!－错误!A 解析：由题意知a n＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!＝错误!,b n＝错误!＝4错误!，所以b1＋b2＋…＋b n＝4错误!＋4错误!＋…＋4错误!＝4错误!＝4错误!.故选A.4．(2019江西临川一中)已知数列{a n}满足a1a2a3…a n＝2n2(n∈N＊），且对任意n∈N＊都有1 a 1＋错误!＋…＋错误!＜t，则实数t的取值范围是( ）(A)（错误!，＋∞) (B)[错误!，＋∞）（C)(错误!，＋∞) （D）[错误!，＋∞)D 解析：a1＝2，n≥2时，a 1a2a3…a n－1＝2(n－1)2，∴a n＝22n－1（n≥2）．∵当n＝1时，也满足a n＝22n－1.∴a n＝22n－1（n∈N＊)．错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!＝错误!错误!＜错误!∴t∈错误!，故选D。

5．4 数列求和[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2＝10，S 5＝55，则a n ＋100＋a n －98＝( ) A ．8n ＋6 B ．4n ＋1 C ．8n ＋3 D ．4n ＋3答案 A解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n n －12d ，由S 2＝10，S 5＝55，可得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋22－12d ＝10，5a 1＋55－12d ＝55，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝4，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4n －1，则a n ＋100＋a n －98＝2a n ＋1＝8n ＋6.故选A.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 33－S 22＝1，则数列{a n }的公差是( )A ．1B ．2C ．4D ．6答案 B解析 由S 33－S 22＝1得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝a 1＋d －2a 1＋d 2＝d2＝1，所以d ＝2.故选B.3．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别是S n ，T n ，已知S n T n ＝7n n ＋3，则a 5b 5＝( )A.23 B.278 C ．7 D.214答案 D解析a 5b 5＝2a 52b 5＝a 1＋a 9b 1＋b 9＝9a 1＋a 929b 1＋b 92＝S 9T 9＝7×99＋3＝214.故选D. 4．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，当n 为正奇数时，－n 2，当n 为正偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．102答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.故选B.5．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2018项的和等于( )A ．1512B ．1513C ．1513.5D ．2018答案 C解析 因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1k ∈N *，1，n ＝2k k ∈N *，故数列的前2018项的和S 2018＝1009×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝1513.5.故选C.6．在数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A ．(3n－1)2B.12(9n－1) C ．9n －1 D.14(3n－1) 答案 B解析 因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n－1，所以a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)．则n ≥2时，a n ＝2×3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式，所以a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．则数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列．故选B.7．设直线nx ＋(n ＋1)y ＝2(n ∈N *)与两坐标轴围成的三角形面积为S n ，则S 1＋S 2＋…＋S 2017的值为( )A.20142015 B.20152016 C.20162017D.20172018答案 D解析 直线与x 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ，0，与y 轴交于⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2n ＋1，∴S n ＝12·2n ·2n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1.∴原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12017－12018＝1－12018＝20172018.故选D.8．已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 3a 5＝14a 1，且a 4与a 7的等差中项为98，则S 5等于( )A ．35B ．33C ．31D ．29答案 C解析 设等比数列{a n }的公比是q ，所以a 3a 5＝a 21q 6＝14a 1，得a 1q 6＝14，即a 7＝14.又a 4＋a 7＝2×98，解得a 4＝2，所以q 3＝a 7a 4＝18，所以q ＝12，a 1＝16，故S 5＝a 11－q 51－q ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1321－12＝31.故选C.9．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列说法中一定成立的是( ) A ．若a 3>0，则a 2017<0 B ．若a 4>0，则a 2018<0 C ．若a 3>0，则S 2017>0 D ．若a 4>0，则S 2018>0答案 C解析 等比数列{a n }的公比q ≠0.对于A ，若a 3>0，则a 1q 2>0，所以a 1>0，所以a 2017＝a 1q 2016>0，所以A 不成立；对于B ，若a 4>0，则a 1q 3>0，所以a 1q >0，所以a 2018＝a 1q2017>0，所以B 不成立；对于C ，若a 3>0，则a 1＝a 3q 2>0，所以当q ＝1时，S 2017>0，当q ≠1时，S 2017＝a 11－q 20171－q>0(1－q 与1－q2017同号)，所以C 一定成立，易知D 不一定成立．故选C.10．在数列{a n }中，a n >0，a 1＝12，如果a n ＋1是1与2a n a n ＋1＋14－a 2n 的等比中项，那么a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002的值是( )A.10099 B.101100 C.100101D.99100答案 C解析 由题意，可得a 2n ＋1＝2a n a n ＋1＋14－a 2n⇒(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0⇒a n ＋1＝12－a n ⇒a n ＋1－1＝a n －12－a n ⇒1a n ＋1－1＝1a n －1－1，∴1a n －1＝112－1－(n －1)＝－n －1⇒a n ＝n n ＋1⇒a nn2＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴a 1＋a 222＋…＋a 1001002＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝100101.故选C.二、填空题11．S n ＝1＋11＋111＋…＋11…1n 个＝________.答案10n ＋1－9n －1081解析 ∵a n ＝19(10n－1)，∴S n ＝1＋11＋111＋…＋11…1n 个＝19[(10－1)＋(102－1)＋…＋(10n－1)] ＝19[(10＋102＋ (10))－n ] ＝19⎣⎢⎡⎦⎥⎤1010n－19－n ＝10n ＋1－9n －1081. 12．数列{a n }满足：a 1＝43，且a n ＋1＝4n ＋1a n 3a n ＋n (n ∈N *)，则1a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋2018a 2018＝________.答案 201723＋13×42018解析 由题意可知n ＋1a n ＋1＝34＋14·n a n ⇒n ＋1a n ＋1－1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫n a n －1，又1a 1－1＝－14，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n －1是以－14为首项，以14为公比的等比数列，所以n a n ＝1－14n ，所以1a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋n a n ＝n －14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝n －13＋13·14n ，则1a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋2018a 2018＝2018－13＋13×142018＝201723＋13×42018. 13．设f (x )＝12x ＋2，利用课本中推导等差数列前n 项和的公式的方法，可求得f (－5)＋f (－4)＋…＋f (0)＋…＋f (5)＋f (6)的值为________．答案 3 2解析 ∵6＋(－5)＝1，∴f (－5)，f (－4)，…，f (5)，f (6)共有11＋1＝12项． 由f (－5)，f (6)；f (－4)，f (5)；…；f (0)，f (1)共有6对，且该数列为等差数列． 又f (0)＋f (1)＝11＋2＋12＋2＝11＋2＋121＋2＝2＋121＋2＝12＝22， ∴f (－5)＋f (－4)＋…＋f (6)＝6×22＝3 2. 14．已知数列{a n }的各项均为正整数，其前n 项和为S n ，若a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋12，a n 是奇数，3a n －1，a n 是偶数且S 3＝10，则S 2016＝________.答案 6720解析 当a 1为奇数时，a 2＝a 1＋12，此时若a 2为奇数，则a 3＝a 2＋12＝a 1＋12＋12＝a 1＋34，∴S 3＝a 1＋a 1＋12＋a 1＋34＝7a 1＋54＝10，解得a 1＝5，此时数列{a n }为5,3,2,5,3,2，….当a 1为奇数时，a 2＝a 1＋12，此时若a 2为偶数，则a 3＝3a 2－1＝3a 1＋12－1＝3a 1＋12，∴S 3＝a 1＋a 1＋12＋3a 1＋12＝3a 1＋1＝10，解得a 1＝3，此时数列{a n }为3,2,5,3,2,5，….当a 1为偶数时，a 2＝3a 1－1，此时a 2为奇数，则a 3＝a 2＋12＝3a 1－1＋12＝3a 12，∴S 3＝a 1＋3a 1－1＋3a 12＝112a 1－1＝10，解得a 1＝2，此时数列{a n }为2,5,3,2,5,3，….上述三种情况中，数列{a n }均为周期数列．∵672×3＝2016，∴S 2016＝672S 3＝6720.B 级三、解答题15．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4. (1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n .解 (1)证明：由题意知S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)，即S n ＝2S n －1－n ＋4， 所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2]， 又易知a 1＝3，所以S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列． (2)由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝41－2n1－2＋n n ＋12－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82.16．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋4，a 2－1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前3项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若c n ＝log 2b n b n －1a n a n ＋1，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)因为a 2n ＋1＝2S n ＋n ＋4，所以a 2n ＝2S n －1＋n －1＋4(n ≥2)，两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＝2a n ＋1，所以a 2n ＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2，所以a n ＋1－a n ＝1.又a 23＝(a 2－1)a 7，所以(a 2＋1)2＝(a 2－1)(a 2＋5)，解得a 2＝3，又a 22＝2a 1＋1＋4，所以a 1＝2，所以{a n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n ＋1.故b 1＝2，b 2＝4，b 3＝8，所以b n ＝2n.(2)由(1)得，c n ＝n 2n －1n ＋1n ＋2，故T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋24＋…＋n 2n －⎣⎢⎡12×3＋13×4＋…＋⎦⎥⎤1n ＋1n ＋2. 设F n ＝12＋24＋…＋n 2n ，则12F n ＝122＋223＋…＋n 2n ＋1，作差得12F n ＝12＋122＋…＋12n －n2n ＋1，所以F n ＝2－n ＋22n.设G n ＝12×3＋13×4＋…＋1n ＋1n ＋2＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2，所以T n ＝2－n ＋22n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＝32－n ＋22n ＋1n ＋2. 17．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－4，S m ＝0，S m ＋2＝14(m ≥2，且m ∈N *)． (1)求m 的值；(2)若数列{b n }满足a n2＝log 2b n (n ∈N *)，求数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和．解 (1)由已知得，a m ＝S m －S m －1＝4， 且a m ＋1＋a m ＋2＝S m ＋2－S m ＝14，设数列{a n }的公差为d ，则有2a m ＋3d ＝14， ∴d ＝2.由S m ＝0，得ma 1＋m m －12×2＝0，即a 1＝1－m ，∴a m ＝a 1＋(m －1)×2＝m －1＝4， ∴m ＝5.(2)由(1)知a 1＝－4，d ＝2，∴a n ＝2n －6， ∴n －3＝log 2b n ，得b n ＝2n －3，∴(a n ＋6)·b n ＝2n ·2n －3＝n ·2n －2.设数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和为T n ， 则T n ＝1×2－1＋2×20＋…＋(n －1)×2n －3＋n ×2n －2，① 2T n ＝1×20＋2×21＋…＋(n －1)×2n －2＋n ×2n －1，② ①－②，得－T n ＝2－1＋20＋…＋2n －2－n ×2n －1＝2－11－2n1－2－n ×2n －1＝2n －1－12－n ×2n －1，∴T n ＝(n －1)×2n －1＋12(n ∈N *)． 18．在等比数列{a n }中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1，a 5的等比中项为16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<k 对任意n ∈N *恒成立，若存在，求出正整数k 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)设数列{a n }的公比为q ，由题意可得a 3＝16，a 3－a 2＝8，则a 2＝8，q ＝2，a 1＝4，所以a n ＝2n ＋1.(2)b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n n ＋34.1S n ＝4nn ＋3＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋3， 所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫11－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3＝43⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3＝43×116－43×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＝229－43×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3.当n ＝1时，1S 1＝1<2<229；当n ≥2时，1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝229－43⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3<229<3.故存在k ＝3时，对任意的n ∈N *都有1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<3.。

课时规范练 A 组 基础对点练1．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( ) A ．1＋2n B ．2＋2n C ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2n解析：由题意得a n ＝1＋2n －1， 所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1. 答案：C2．(2019·长沙模拟)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15 解析：∵a n ＝(－1)n (3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15. 答案：A3．在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n＋a n ＋1}的前10项和为( ) A ．100 B ．110 C ．120D ．130解析：{a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120，故选C. 答案：C4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100解析：由S 5＝5a 3及S 5＝15得a 3＝3，∴d ＝a 5－a 35－3＝1，a 1＝1，∴a n ＝n ，1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和T 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选A. 答案：A5．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3⎝ ⎛⎭⎪⎫15n ，则其前20项和为( )A ．380－35⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1519B ．400－25⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520C ．420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520D ．440－45⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520解析：令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2(1＋2＋…＋20)－3⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋152＋…＋1520＝2×20×(20＋1)2－3×15⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15201－15＝420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520. 答案：C6．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋ n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121 解析：a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n(n ＋1＋ n )(n ＋1－ n )＝ n ＋1－ n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n ＋1－ n )＝ n ＋1－1＝10.即 n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120.答案：A7．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________． 解析：由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知d ＜0，a 10＞0，a 11＜0，所以T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60. 答案：608．设函数f (x )＝12＋log 2x 1－x ，定义S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ，其中n ∈N *，且n ≥2，则S n ＝________.解析：因为f (x )＋f (1－x )＝12＋log 2x 1－x＋12＋log 21－x x＝1＋log 21＝1，所以2S n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＝n －1.所以S n ＝n －12.答案：n －129．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 解析：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.10．(2019·长沙市统一模拟考试)已知数列{a n }为等差数列，其中a 2＋a 3＝8，a 5＝3a 2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝2a n a n ＋1，设{b n }的前n 项和为S n ，求最小的正整数n ，使得S n ＞2 0162 017. 解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ， 依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ＝8a 1＋4d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝1，d ＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *. (2)因为b n ＝2a n a n ＋1＝12n －1－12n ＋1，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1， 令1－12n ＋1＞2 0162 017，解得n ＞1 008，故取n ＝1 009.B 组 能力提升练11．(2019·江西师大附中调研)定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为15n ，又b n ＝a n 5，则1b 1b2＋1b 2b 3 ＋…＋1b 10b 11＝( ) A.817 B.919C.1021D.1123解析：由定义可知a 1＋a 2＋…＋a n ＝5n 2，a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1＝5(n ＋1)2，可求得a n ＋1＝10n ＋5，所以a n ＝10n －5，则b n ＝2n －1.又1b n b n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1b n－1b n ＋1，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋1b 2－…－1b 10＋1b 10－1b 11＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 11＝1021. 答案：C12．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n (2n －1)·cos n π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 60＝( ) A ．－30 B ．－60 C ．90D ．120解析：由题意可得，当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －1＝1；当n ＝4k (k ∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k .所以a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，所以S 60＝8×15＝120. 答案：D13．(2019·湖南湘潭模拟)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 ．1 026 B ．1 025 C ．1 024D ．1 023解析：因为2n ＋12n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以T n ＝n ＋1－12n ，所以T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210， 又m ＞T 10＋1 013，所以整数m 的最小值为1 024.故选C.答案：C14．(2019·山西四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝________.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 －1②，∵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 2 016＝1－21 0081－2＋2×(1－21 008)1－2＝3×21 008－3.答案：3×21 008－315．已知数列2 017,2 018,1，－2 017，…，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 018项之和S 2 018＝________. 解析：由题意可知， a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，a 1＝2 017，a 2＝2 018，所以a 3＝1，a 4＝－2 017，a 5＝－2 018，a 6＝－1，a 7＝2017，…，所以a n ＋6＝a n ，即数列{a n }是以6为周期的数列，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝0，所以S 2 018＝336(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6)＋(a 1＋a 2)＝ 4 035. 答案：4 03516．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＋1＝S n ＋a n ＋2，a 1，a 2，a 5成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)若数列{b n }满足b na n＝( 2)1＋a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)因为S n ＋1＝S n ＋a n ＋2，所以a n ＋1－a n ＝2， 所以数列{a n }是公差为2的等差数列， 因为a 1，a 2，a 5成等比数列，所以a 22＝a 1·a 5， 所以(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋8)，解得a 1＝1. 所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)因为数列{b n }满足b na n＝( 2)1＋a n ，所以b n＝(2n－1)( 2)1＋(2n－1)＝(2n－1)·2n.所以数列{b n}的前n项和T n＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，所以2T n＝2×2＋3×23＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1，所以T n＝6＋(2n－3)×2n＋1.。

第4节数列求和【选题明细表】知识点、方法题号公式法、并项法、倒序相加法、2,3,8,11,12分组法求和裂项相消法求和5,7,13错位相减法求和1,10,14数列的综合应用4,9数列的实际应用 6基础巩固(时间:30分钟)1.S n=+++…+等于( B )(A) (B)(C)(D)解析:由S n=+++…+,①得S n=++…++, ②①-②得,S n=+++…+-=-,所以S n=.2.数列{(-1)n(2n-1)}的前2 018项和S2 018等于( B )(A)-2 016 (B)2 018 (C)-2 015 (D)2 015解析:S2 018=-1+3-5+7-…-(2×2 017-1)+(2×2 018-1)=(-1+3)+(-5+7)+…+[-(2×2 017-1)+(2×2 018-1)]=2×1 009=2 018.故选B.3.等差数列{a n}的通项公式为a n=2n+1,其前n项和为S n,则数列{}的前10项的和为( C )(A)120 (B)70 (C)75 (D)100解析:由a n=2n+1,得a1=3,d=2.所以S n=3n+×2=n2+2n.因为=n+2,所以数列{}是以3为首项,1为公差的等差数列.所以()的前10项和为10×3+×1=75.4.已知函数y=log a(x-1)+3(a>0,a≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n}的第二项与第三项,若b n=,数列{b n}的前n项和为T n,则T10等于( B )(A) (B) (C)1 (D)解析:对数函数y=log a x的图象过定点(1,0),所以函数y=log a(x-1)+3的图象过定点(2,3),则a2=2,a3=3,故a n=n,所以b n==-,所以T10=1-+-+…+-=1-=,故选B.5.+++…+的值为( C )(A) (B)-(C)-(+) (D)-+解析:因为===(-),所以+++…+=(1-+-+-+…+-)=(--)=-(+).6.在2016年至2019年期间,甲每年6月1日都到银行存入m元的一年定期储蓄,若年利率为q保持不变,且每年到期的存款本息自动转为新的一年定期,到2020年6月1日甲去银行不再存款,而是将所有存款的本息全部取出,则取回的金额是( D )(A)m(1+q)4元 (B)m(1+q)5元(C)元 (D)解析:2019年存款的本息和为m(1+q),2018年存款的本息和为m(1+q)2,2017年存款的本息和为m(1+q)3,2016年存款的本息和为m(1+q)4,四年存款的本息和为m(1+q)+m(1+q)2+m(1+q)3+m(1+q)4==.故选D.7.已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=,n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2 018= .解析:由f(4)=2可得4a=2,解得a=.则f(x)=.所以a n===-,S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=(-)+(-)+(-)+…+(-)+(-)=-1.答案:-18.有穷数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+…+2n-1所有项的和为. 解析:由题意知所求数列的通项为=2n-1,故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为-n=2n+1-2-n.答案:2n+1-2-n能力提升(时间:15分钟)9.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,当n≥2时,a n+2S n-1=n,则S2 017的值为( D )(A)2 015 (B)2 013 (C)1 008 (D)1 009解析:因为a n+2S n-1=n(n≥2),所以a n+1+2S n=n+1(n≥1),两式相减得a n+1+a n=1(n≥2).又a1=1,所以S2 017=a1+(a2+a3)+…+(a2 016+a2 017)=1+1 008×1=1 009,故选D.10.已知等差数列{a n}的前n项和S n满足S3=6,S5=,则数列{}的前n 项和为( B )(A)1-(B)2-(C)2-(D)2-解析:设等差数列{a n}的公差为d,则S n=na1+d,因为S3=6,S5=,所以解得所以a n=n+1,=,设数列{}的前n项和为T n,则T n=+++…++,T n=+++…++,两式相减得T n=+(++…+)-=+(1-)-,所以T n=2-.故选B.11.(2018·江西赣南联考)在数列{a n}中,已知a1=1,a n+1+(-1)n a n=cos(n+1)π,记S n为数列{a n}的前n项和,则S2 017= .解析:由a1=1,a n+1+(-1)n a n=cos(n+1)π,得a2=a1+cos 2π=1+1=2,a3=-a2+cos 3π=-2-1=-3,a4=a3+cos 4π=-3+1=-2,a5=-a4+cos 5π=2-1=1,……由上可知,数列{a n}是以4为周期的周期数列,且a1+a2+a3+a4=-2,所以S2 017=504(a1+a2+a3+a4)+a1=504×(-2)+1=-1 007.答案:-1 00712.设函数f(x)=+log2,定义S n=f()+f()+…+f(),其中n∈N*,且n≥2,则S n= .解析:因为f(x)+f(1-x)=+log2++log2=1+log21=1,所以2S n=[f()+f()］+[f()+f()］+…+[f()+f()］=n-1. 所以S n=.答案:13.已知数列{a n}的前n项和是S n,且S n+a n=1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=lo(1-S n+1)(n∈N*),令T n=++…+,求T n.解:(1)当n=1时,a1=S1,由S1+a1=1,得a1=,当n≥2时,S n=1-a n,S n-1=1-a n-1,则S n-S n-1=(a n-1-a n),即a n=(a n-1-a n),所以a n=a n-1(n≥2).故数列{a n}是以为首项,为公比的等比数列.故a n=·()n-1=2·()n(n∈N*).(2)因为1-S n=a n=()n.所以b n=lo(1-S n+1)=lo()n+1=n+1,因为==-,所以T n=++…+=(-)+(-)+…+(-)=-=.14.(2018·广西玉林一模)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=(n∈N*).(1)求证:(+)为等比数列,并求{a n}的通项公式a n;(2)数列{b n}满足b n=(3n-1)··a n,求数列{b n}的前n项和T n. 解:(1)因为a1=1,a n+1=,所以==1+,即+=+=3(+),则(+)为等比数列,公比q=3,首项为+=1+=,则+=·3n-1,即=-+·3n-1=(3n-1),即a n=.(2)b n=(3n-1)··a n=,则数列{b n}的前n项和T n=+++…+,T n=+++…+,两式相减得T n=1+++…+-=-=2--=2-, 则T n=4-.。

课时规范练A 组 基础对点练1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前100项和为( A )A.100101B.99101 C.99100D.101100解析：因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋4×52d ＝15，所以⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×1＝n ， 所以1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， 所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前100项和S 100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1100－1101＝1－1101＝100101.故选A.2．在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( C ) A ．100 B.110 C ．120D.1303．已知函数y ＝log a (x －1)＋3(a >0，a ≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第二项与第三项，若b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10＝( B )A.911B.1011 C ．1D.12114．(2018·郑州质量预测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *)，记T n ＝1S 1＋1S 2＋…＋1S n(n ∈N *)，则T 2 018＝( C )A.4 0342 018B.2 0172 018C.4 0362 019D.2 0182 019解析：由a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *)，可得a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，所以数列{a n }为等差数列，公差d ＝a 2－a 1＝2－1＝1，通项公式a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝1＋n －1＝n ，前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (n ＋1)2，所以1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则T n ＝1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1，故T 2 018＝2×2 0182 018＋1＝4 0362 019，故选C.5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝__3×21_008－3__. 解析：∵a 1＝1， ∴a 2＝2a 1＝2.又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝2n ＋12n ＝2， ∴a n ＋2a n＝2，∴a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…成等比数列，且公比均为2， ∴S 2 016＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 015)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 016) ＝1－21 0081－2＋2(1－21 008)1－2＝3×21 008－3.6．(2016·高考全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[ lg 99]＝1. (1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和． 解析：(1)设{a n }的公差为d ， 据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以{a n }的通项公式为a n ＝n . 则b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1， b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎨⎧0，1≤n <10，1，10≤n <100，2，100≤n <1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.7．已知递增的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 6＝64，且a 4，a 5的等差中项为3a 3. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝na 2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由题意，得⎩⎨⎧ a 1q 5＝64，a 1q 3＋a 1q 4＝6a 1q 2，解得⎩⎨⎧a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)因为b n ＝n a 2n －1＝n22n －1，所以T n ＝12＋223＋325＋427＋…＋n22n －1，14T n ＝123＋225＋327＋…＋n －122n －1＋n22n ＋1， 所以34T n ＝12＋123＋125＋127＋…＋122n －1－n 22n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14－n 22n ＋1＝23－4＋3n 3×22n ＋1， 故T n ＝89－16＋12n 9×22n ＋1＝89－4＋3n 9×22n －1.8．S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和． 解析：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3. 可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )·(a n ＋1－a n )． 由于a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1，可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n3(2n ＋3).B 组 能力提升练1．(2018·福州质检)在首项都为3的数列{a n }，{b n }中，a n ＋1－a n ＝3，b 2＝9，b n ＋1－b n <2×3n ＋13，b n ＋2－b n >8×3n －1，且b n ∈Z ，则数列{a n ＋b n }的前50项的和为( C ) A.350＋7 6472B.350＋3 825C.351＋7 6472D.351＋3 825解析：因为b n ＋1－b n <2×3n ＋13，所以b n ＋2－b n ＋1<2×3n ＋1＋13，所以(b n ＋1－b n )＋(b n ＋2－b n ＋1)<⎝ ⎛⎭⎪⎫2×3n ＋13＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×3n ＋1＋13＝8×3n ＋23.因为b n ∈Z ，所以b n ＋2－b n ∈Z ，又b n ＋2－b n >8×3n －1，所以b n ＋2－b n ＝8×3n .则b 2n －1＝b 1＋(b 3－b 1)＋…＋(b 2n －1－b 2n －3)＝3＋8×(3＋33＋…＋32n －3)＝3＋8×3(1－9n －1)1－9＝32n －1；b 2n ＝b 2＋(b 4－b 2)＋…＋(b 2n －b 2n －2)＝9＋8×(32＋34＋…＋32n －2)＝9＋8×32(1－9n －1)1－9＝32n .综上，b n ＝3n (n ∈N *)，所以{b n }的前50项的和为3(1－350)1－3＝351－32.因为数列{a n }是首项为3，公差为3的等差数列，故其前50项的和为50×3＋50×492×3＝3 825.所以数列{a n ＋b n }的前50项的和为351＋7 6472.故选C. 2．数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，且b n ＝a n cos 2n π3，记S n 为数列{b n }的前n 项和，则S 120＝__7_280__.解析：由na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1－a nn ＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以1为公差的等差数列，且a 11＝1，所以a n n ＝n ，即a n ＝n 2，所以b n ＝n 2cos 2n π3，所以 S 120＝－12×12－12×22＋32－12×42－12×52＋62－…＋1202 ＝－12(12＋22－2×32＋42＋52－2×62＋…－2×1202) ＝－12 [(12＋22＋32＋…＋1202)－3×(32＋62＋92＋…＋1202)] ＝12×3×9×(12＋22＋…＋402)－12×(12＋22＋32＋…＋1202) ＝12×3×9×40×41×816－12×120×121×2416＝7 280.3．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)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前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)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减，得12S n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2.所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.4．等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值． 解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d . 由已知得⎩⎨⎧a 1＋d ＝4，(a 1＋3d )＋(a 1＋6d )＝15，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(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＋53 ＝2 101.5．(2018·南宁二中、柳州高中两校联考)已知a 1＝2，a 2＝4，数列{b n }满足：b n ＋1＝2b n ＋2，且a n＋1－a n ＝b n .(1)求证：数列{b n ＋2}是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式． 解析：(1)证明：由题意，得b n ＋1＋2b n ＋2＝2b n ＋2＋2b n ＋2＝2， 因为b 1＝a 2－a 1＝4－2＝2， 所以b 1＋2＝4，所以数列{b n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可得b n ＋2＝4·2n －1，故b n ＝2n ＋1－2. 因为a n ＋1－a n ＝b n ， 所以a 2－a 1＝b 1， a 3－a 2＝b 2， a 4－a 3＝b 3， …a n －a n －1＝b n －1，累加得，a n －a 1＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －1，所以n ≥2时，a n ＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n－2)＝2(1－2n)1－2－2(n －1)＝2n ＋1－2n ，即a n ＝2n ＋1－2n (n ≥2)．因为a 1＝2满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1－2n (n ∈N *)．6．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解析：(1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ， 由⎩⎨⎧ b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎨⎧ q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎨⎧d ＝2，q ＝2， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1，得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n (n ＋2)，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋2(1－4n )1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．。

2020高考数学数列复习 第五部分 数列的求和（一）课标解读及教学要求：会灵活运用等差、等比数列的求和公式，掌握数列求和的几种特殊方法。

（二）典型例题：例题1：求下列个数列的和：（1）Λ,1617,815,413,211； （2）Λ,1171,951,731,511⨯⨯⨯⨯； （3）;,888,166,144,12222222212Λ---- （4）1，1+2，1+2+22，1+2+22+23，…。

【命题意图】本题主要考查分组求和法、裂项相消法等数列求和的基本方法，考查等价转化等数学思想方法。

【分析】对于非等差、等比数列的求和问题，求出其通项公式是关键，学会从通项公式的结构特征进行分析，选择合理的方法。

【变题】（1）求和：n n n n n n n b ab ba b a b a a S ++++++=----122221Λ（)*N n ∈； （2）求数列n n 313,,313,313,122+++Λ的各项的和。

（3）求n n n n n n C n C C C S )1(32210+++++=Λ（4）求n+++++++++++++++ΛΛ32114321132112111（)*N n ∈；例题2：若数列}{n a 中，])1([2n n n a ---=，求9910S S 和。

【命题意图】本题主要考查特殊数列求和的方法。

【分析1】分类讨论。

【分析2】求出奇数项和偶数项的通项，再分别求和。

【分析3】展开分别求和。

例题3：设a 为常数，求数列Λ,3,2,32a a a 的前n 项和。

【命题意图】本题主要考查错位相消法求和。

【分析】分a=1与1≠a 讨论。

1≠a 时用错位相消法。

【变题1】：若公比为c 的等比数列为}{n a 的首项为,11=a 且满足)4,3(221Λ=+=--n a a a n n n （1）求c 的值；（2）求数列}{n na 的前n 项和n S 。

【分析】根据数列的递推关系和等比数列的知识，建立关于c 的方程，解方程即可求出c 的值，从而求得}{n a 的通项公式，进一步求出n na 的表达式，根据n na 的特点，再运用错位相消法求和。

2020’新课标·高考第一轮总复习同步测试卷文科数学(九) (等差、等比数列的概念、性质及应用)时间：60分钟 总分：100分一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分．每小题所给的四个选项中只有一项是符合题目要求的．)1．下列公式可以作为数列{a n }：1，2，1，2，1，2，…的通项公式的是( ) A ．a n ＝1 B ．a n ＝（－1）n ＋12C ．a n ＝2－⎪⎪⎪⎪sin n π2 D ．a n ＝（－1）n －1＋322．在公差为3的等差数列{}a n 中， a 5＋a 6＝7，则a 6＋a 8的值为( ) A ．13 B ．16 C ．19 D ．223．设S n 为等比数列{}a n 的前n 项和，已知3S 3＝a 4－2，3S 2＝a 3－2，则公比q ＝( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．64．等差数列{a n }中，a 1＝84，a 2＝80，则使a n ≥0且a n ＋1＜0的正整数n 为( ) A ．21 B ．22 C ．23 D ．245．已知{}a n 是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1()n ∈N *的取值范围是( )A.[)12，16B.[)8，16C.⎣⎡⎭⎫8，323D.⎣⎡⎭⎫163，3236．已知数列{}a n 的各项均为正数，a 1＝2，a n ＋1－a n ＝4a n ＋1＋a n ，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1＋a n 的前n项和为5，则n ＝( )A ．119B ．121C ．120D ．122二、填空题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．将各小题的结果填在题中横线上．) 7．已知等比数列{a n }的各项均为正，公比q 满足q 2＝4，则a 3＋a 4a 4＋a 5的值为________．8．设数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，0≤a n ≤12，2a n－1，12<a n≤1. 若a 1＝67，则a2 020＝________．9．已知各项均为正数的等比数列{a n }，其前n 项和为S n .若a 2－a 5＝－78，S 3＝13，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．三、解答题(本大题共3小题，共40分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)11．(13分)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝nn ＋1.(1)求证：数列{a n }是递增数列；(2)若存在一个正实数M 使得|a n |≤M 对一切n ∈N *都成立，则称数列{a n }为有界数列．试判断此数列是否为有界数列，并说明理由．12．(13分)已知正项数列{}a n 的前n 项和S n 满足： a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{}a n 的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n32，求数列{}b n 的前n 项和T n .13．(14分)数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝t ，a n ＋1＝2S n ＋1()n ∈N *.(1)当t 为何值时，数列{a n }是等比数列；(2)在(1)的条件下，若等差数列{b n }的前n 项和T n 有最大值，且T 3＝15，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，求T n .参考答案及解析一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分．每小题所给的四个选项中只有一项是符合题目要求的．)1．下列公式可以作为数列{a n }：1，2，1，2，1，2，…的通项公式的是( C)A ．a n ＝1B ．a n ＝（－1）n ＋12C ．a n ＝2－⎪⎪⎪⎪sin n π2 D ．a n ＝（－1）n －1＋32【解析】由a n ＝2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2可得a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1，a 4＝2，….选C .2．在公差为3的等差数列{}a n 中， a 5＋a 6＝7，则a 6＋a 8的值为( B)A ．13B ．16C ．19D ．22【解析】等差数列{}a n 中，公差为d ＝3，且a 5＋a 6＝7, ∴a 6＋a 8＝a 5＋d ＋a 6＋2d ＝a 5＋a 6＋3d ＝7＋3×3＝16，故选B .3．设S n 为等比数列{}a n 的前n 项和，已知3S 3＝a 4－2，3S 2＝a 3－2，则公比q ＝( B)A ．3B ．4C ．5D ．6【解析】3S 3＝a 4－2，3S 2＝a 3－2，两式相减得3a 3＝a 4－a 3，∴a 4＝4a 3，∴q ＝4.4．等差数列{a n }中，a 1＝84，a 2＝80，则使a n ≥0且a n ＋1＜0的正整数n 为( B)A ．21B ．22C ．23D ．24【解析】由已知可求出公差d ＝－4，这样可写出通项公式a n ＝84＋(n －1)(－4)＝88－4n ，列出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧88－4n ≥0，88－4（n ＋1）＜0，解之得21＜n ≤22，所以n ＝22，故选B .5．已知{}a n 是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1()n ∈N *的取值范围是(C)A.[)12，16B.[)8，16C.⎣⎡⎭⎫8，323D.⎣⎡⎭⎫163，323 【解析】设{}a n 的公比为q ，则q 3＝a 5a 2＝142＝18，所以q ＝12.所以数列{}a n a n ＋1是以a 1a 2＝8为首项，以q 2＝14为公比的等比数列．a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＝323()1－4－n . 显然，8＝a 1a 2≤a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1<323.选C.6．已知数列{}a n 的各项均为正数，a 1＝2，a n ＋1－a n ＝4a n ＋1＋a n ，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1＋a n 的前n项和为5，则n ＝(C)A ．119B ．121C ．120D ．122【解析】依题意有a 2n ＋1－a 2n ＝4，即数列{}a 2n 是以4为首项，4为公差的等差数列，故a 2n ＝4n ，a n ＝2n ， 1a n ＋1＋a n ＝12·1n ＋1＋n ＝12()n ＋1－n ，前n 项和S n ＝12()2－1＋3－2＋…＋n ＋1－n＝12()n ＋1－1，所以12()n ＋1－1＝5，n ＝120.二、填空题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．将各小题的结果填在题中横线上．)7．已知等比数列{a n }的各项均为正，公比q 满足q 2＝4，则a 3＋a 4a 4＋a 5的值为________．【解析】因为此等比数列的各项均为正，所以q >0，又q 2＝4，所以q ＝2. 故a 3＋a 4a 4＋a 5＝a 1q 2＋a 1q 3a 1q 3＋a 1q 4＝1q ＝12. 【答案】128．设数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，0≤a n ≤12，2a n－1，12<a n≤1. 若a 1＝67，则a2 020＝________．【解析】根据题意，由于{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n，0≤a n≤12，2a n－1，12<a n≤1，那么可知当a 1＝67时，a2＝57，a 3＝37，a 4＝67， 可知数列{a n }的周期为3，由2 020＝3×673＋1，可知a 2 020＝a 1＝67.【答案】679．已知各项均为正数的等比数列{a n }，其前n 项和为S n .若a 2－a 5＝－78，S 3＝13，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．【解析】设公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q －a 1q 4＝－78，a 1（1＋q ＋q 2）＝13，因为q >0，所以q ＝3，a 1＝1，所以a n＝3n －1.【答案】3n －110．在等差数列{}a n 中，a 1＝3，a 4＝2，则a 4＋a 7＋…＋a 3n ＋1＝________．【解析】设数列{}a n 的公差为d ，则3d ＝a 4－a 1＝－1，又数列{}a 3n ＋1构成以a 4＝2为首项，3d ＝－1为公差的等差数列， 所以a 4＋a 7＋…＋a 3n ＋1＝na 4＋n （n －1）2×3d ＝n （5－n ）2.【答案】n （5－n ）2三、解答题(本大题共3小题，共40分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)11．(13分)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝nn ＋1.(1)求证：数列{a n }是递增数列；(2)若存在一个正实数M 使得|a n |≤M 对一切n ∈N *都成立，则称数列{a n }为有界数列．试判断此数列是否为有界数列，并说明理由．【解析】(1)证明：∵a n ＋1－a n ＝n ＋1()n ＋1＋1－n n ＋1＝()n ＋12－n ()n ＋2()n ＋1()n ＋2 ＝1()n ＋1()n ＋2>0，∴a n ＋1>a n ，即数列{}a n 是递增数列． (2)∵||a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n n ＋1＝nn ＋1<1， ∴数列{}a n 是有界数列．12．(13分)已知正项数列{}a n 的前n 项和S n 满足： a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{}a n 的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n32，求数列{}b n 的前n 项和T n .【解析】(1)由已知a 1a n ＝S 1＋S n ，可得当n ＝1时， a 21＝a 1＋a 1，可解得a 1＝0，或a 1＝2， 由{}a n 是正项数列，故a 1＝2.当n ≥2时，由已知可得2a n ＝2＋S n, 2a n －1＝2＋S n －1， 两式相减得，2()a n －a n －1＝a n ，化简得a n ＝2a n －1， ∴数列{}a n 是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n . ∴数列{}a n 的通项公式为a n ＝2n .(2)∵b n ＝log 2a n32，代入a n ＝2n 化简得b n ＝n －5，显然{}b n 是等差数列，∴其前n 项和T n ＝n ()－4＋n －52＝n 2－9n2.13．(14分)数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝t ，a n ＋1＝2S n ＋1()n ∈N *.(1)当t 为何值时，数列{a n }是等比数列；(2)在(1)的条件下，若等差数列{b n }的前n 项和T n 有最大值，且T 3＝15，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，求T n .【解析】(1)由a n ＋1＝2S n ＋1，可得a n ＝2S n －1＋1()n ≥2， 两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2)， ∴当n ≥2时，{a n }是等比数列，要使n ≥1时，{a n }是等比数列，则只需a 2a 1＝2t ＋1t ＝3，从而t ＝1.(2)设{b n }的公差为d ，由T 3＝15得b 1＋b 2＋b 3＝15，于是b 2＝5， 故可设b 1＝5－d ，b 3＝5＋d ，又a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9， 由题意可得(5－d ＋1)(5＋d ＋9)＝(5＋3)2 解得d 1＝2，d 2＝－10.∵等差数列{b n }的前n 项和T n 有最大值，∴d <0，d ＝－10. ∴T n ＝15n ＋n （n －1）2×(－10)＝20n －5n 2.。

2020’新课标·高考第一轮总复习同步测试卷文科数学(十)(数列的综合应用) 时间：60分钟 总分：100分一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分．每小题所给的四个选项中只有一项是符合题目要求的．)1．若数列{}a n 的通项公式是a n ＝()－1n⎝⎛⎭⎫12n －1，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A .52 B ．5 C ．10 D ．－52．已知数列{}a n 满足： a 1＝1，a n >0, a 2n ＋1－a 2n ＝1()n ∈N *，那么使a n <5成立的n 的最大值为( )A ．4B ．5C ．24D ．253．在2016年至2019年期间，甲每年6月1日都到银行存入m 元的一年定期储蓄，若年利率为q 保持不变，且每年到期的存款利息自动转为新的一年定期，到2020年6月1日甲去银行不再存款，而是将所有存款的本息全部取出，则取回的金额是( )A ．m ()1＋q 4元 B ．m ()1＋q 5元 C.m []()1＋q 4－()1＋q q元D.m []()1＋q 5－()1＋q q元4．已知数列{a n }为等比数列，且a 1＝4，公比为q ，前n 项和为S n ，若数列{S n ＋2}也是等比数列，则q ＝( )A ．2B ．－2C ．3D ．－35．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 2 020＝( )A. 2 019－1B. 2 020－1C. 2 021－1D. 2 021＋16．已知数列{}a n 的通项公式为a n ＝n ＋cn ，若对任意n ∈N *，都有a n ≥a 3，则实数c 的取值范围是( )A.[]6，12B.()6，12C.[]5，12D.()5，12二、填空题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．将各小题的结果填在题中横线上．)7．某种细胞开始有2个，1小时后分裂成4个并死去1个，2小时后分裂成6个并死去1个，3小时后分裂成10个并死去1个，…，按此规律进行下去，6小时后细胞存活的个数是______个．8．定义等积数列{a n }：若a n a n －1＝p (p 为非零常数，n ≥2)，则称{a n }为等积数列，p 称为公积．若{a n }为等积数列，公积为1，首项为a ，前n 项和为S n ，则S 2 020＝________．9．已知A n (a n ，b n )(n ∈N *)是曲线C ：y ＝e x 上的点，设A 1(0，1)，曲线C 在A n 处的切线交x 轴于点(a n ＋1，0)，则数列{b n }的通项公式是b n ＝________．10．设正项等比数列{}a n 的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，且满足2a 3＋S 2＝4，则满足6665<S 2nS n<1615的最大正整数n 的值为________．三、解答题(本大题共3小题，共40分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)11．(13分)已知数列{a n }是等比数列，a 1＝2，且a 3＋1是a 1和a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝ln a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .12．(13分)已知公差不为零的等差数列{a n }中，S 2＝16，且a 1，a 4，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n |}的前n 项和T n .13．(14分)f (x )对任意x ∈R 都有f (x )＋f (1－x )＝12.(1)求f ⎝⎛⎭⎫12和f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n (n ∈N *)的值； (2)若数列{a n }满足：a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)，数列{a n}是等差数列吗？请给予证明；(3)令b n ＝44a n －1，T n ＝b 21＋b 22＋b 23＋…＋b 2n ，S n ＝32－16n ，试比较T n 与S n 的大小．参考答案及解析一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分．每小题所给的四个选项中只有一项是符合题目要求的．)1．若数列{}a n 的通项公式是a n ＝()－1n⎝⎛⎭⎫12n －1，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A .52B ．5C ．10D ．－5 【解析】由条件知a n ＝()－1n⎝⎛⎭⎫12n －1， a n ＋1＝()－1n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12 , a n ＋a n ＋1＝()－1n⎝⎛⎭⎫－12 ， 故a 1＋a 2＝12，a 3＋a 4＝12，…，a 9＋a 10＝12，故结果为52.故选A .2．已知数列{}a n 满足： a 1＝1，a n >0, a 2n ＋1－a 2n ＝1()n ∈N *，那么使a n <5成立的n 的最大值为( )A ．4B ．5C ．24D ．25【解析】∵a 2n ＋1－a 2n ＝1，∴{a 2n }是首项为a 21＝1，公差为1的等差数列．则a 2n ＝n ，又a n >0， ∴a n ＝n .∵a n <5，∴n <5即n <25， ∴使a n <5成立的n 的最大值为24. 故选C.3．在2016年至2019年期间，甲每年6月1日都到银行存入m 元的一年定期储蓄，若年利率为q 保持不变，且每年到期的存款利息自动转为新的一年定期，到2020年6月1日甲去银行不再存款，而是将所有存款的本息全部取出，则取回的金额是( )A ．m ()1＋q 4元 B ．m ()1＋q 5元 C.m []()1＋q 4－()1＋q q元D.m []()1＋q 5－()1＋q q元【解析】到2020年6月1日止，2019年存款的本息和为m ()1＋q ，2018年存款的本息和为m ()1＋q 2，2017年存款的本息和为m ()1＋q 3，2016年存款的本息和为m ()1＋q 4，三年存款的本息和为m ()1＋q ＋m ()1＋q 2＋m ()1＋q 3＋m ()1＋q 4＝m ()1＋q ⎣⎡⎦⎤()1＋q 4－1()1＋q －1＝m ⎣⎡⎦⎤()1＋q 5－()1＋q q，选D.4．已知数列{a n }为等比数列，且a 1＝4，公比为q ，前n 项和为S n ，若数列{S n ＋2}也是等比数列，则q ＝( )A ．2B ．－2C ．3D ．－3【解析】因为数列{S n ＋2}是等比数列，所以(S 1＋2)(S 3＋2)＝(S 2＋2)2， 即6(6＋4q ＋4q 2)＝(6＋4q )2， 即q (q －3)＝0，∵q ≠0，∴q ＝3.5．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 2 020＝( )A. 2 019－1B. 2 020－1C. 2 021－1D. 2 021＋1【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 2 020＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 021－ 2 020) ＝ 2 021－1.6．已知数列{}a n 的通项公式为a n ＝n ＋cn ，若对任意n ∈N *，都有a n ≥a 3，则实数c 的取值范围是( )A.[]6，12B.()6，12C.[]5，12D.()5，12【解析】由题意可得c >0，因为对所有n ∈N *不等式a n ≥a 3恒成立，∴⎩⎨⎧a 2≥a 3，a 4≥a 3，∴⎩⎨⎧2＋c 2≥3＋c 3，4＋c 4≥3＋c 3，∴6≤c ≤12，经验证在()1，2上递减，()3，＋∞上递增，或在()1，3上递减，()4，＋∞上递增，符合题意，故选A.二、填空题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．将各小题的结果填在题中横线上．)7．某种细胞开始有2个，1小时后分裂成4个并死去1个，2小时后分裂成6个并死去1个，3小时后分裂成10个并死去1个，…，按此规律进行下去，6小时后细胞存活的个数是______个．【解析】设开始的细胞数和每小时后存活的细胞数构成的数量为{a n }，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，a n ＋1＝2a n －1，即a n ＋1－1a n －1＝2，数列{a n －1}是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n －1＝1×2n －1，a n ＝2n －1＋1，故6小时后细胞的存活数是a 7＝27－1＋1＝65.8．定义等积数列{a n }：若a n a n －1＝p (p 为非零常数，n ≥2)，则称{a n }为等积数列，p 称为公积．若{a n }为等积数列，公积为1，首项为a ，前n 项和为S n ，则S 2 020＝________．【解析】由题意可得：a n a n －1＝1，且a 1＝a ，所以a 2＝1a ，a 3＝a ，a 4＝1a ，a 5＝a ，a 6＝1a ，所以n 为奇数时a n ＝a ，n 为偶数时a n ＝1a，当n ＝2 020时，有1 010项奇数项，有1 010项偶数项，所以S 2 020＝1 010a ＋1 010a .9．已知A n (a n ，b n )(n ∈N *)是曲线C ：y ＝e x 上的点，设A 1(0，1)，曲线C 在A n 处的切线交x 轴于点(a n ＋1，0)，则数列{b n }的通项公式是b n ＝________．【解析】∵y ＝e x 在(a n ，b n )处切线方程是y －b n ＝e a n (x －a n )，即y －e a n ＝e a n (x －a n )，令y ＝0得x ＝a n ＋1＝a n －1，a n ＋1－a n ＝－1，∴{a n }是以0为首项，以－1为公差的等差数列，a n ＝1－n ， ∴b n ＝e 1－n .10．设正项等比数列{}a n 的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，且满足2a 3＋S 2＝4，则满足6665<S 2nS n<1615的最大正整数n 的值为________． 【解析】由题意，2×2q 2＋2＋2q ＝4，∵q >0，∴q ＝12，由题意有：6665<2()1－q2n1－q 2()1－q n 1－q<1615，∴6665<1＋⎝⎛⎭⎫12n <1615，∴满足题意的最大正整数n 的值为6.三、解答题(本大题共3小题，共40分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)11．(13分)已知数列{a n }是等比数列，a 1＝2，且a 3＋1是a 1和a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝ln a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .【解析】(1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0)，∵a 3＋1是a 1和a 4的等差中项， ∴2(a 3＋1)＝a 1＋a 4，解得q ＝2. 又∵a 1＝2，∴a n ＝2n .(2)∵b n ＝ln a n ＋(－1)n a n ＝ln 2n ＋(－1)n 2n ＝n ln 2＋(－1)n 2n ， ∴S n ＝ln 2·（n ＋1）n2＋[－2＋4－8＋16＋…＋(－1)n 2n ]＝（n ＋1）n ln 22＋－2[1－（－2）n ]3＝23·(－2)n＋（n ＋1）n ln 22－23.12．(13分)已知公差不为零的等差数列{a n }中，S 2＝16，且a 1，a 4，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n |}的前n 项和T n .【解析】(1)由S 2＝16，a 1，a 4，a 5成等比数列， 得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝16，（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋4d ），解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝－2.所以等差数列{a n }的通项公式为a n ＝11－2n (n ∈N *)．(2)当n ≤5时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝S n ＝－n 2＋10n .当n ≥6时，T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－a 6－a 7－…－a n ＝2S 5－S n ＝2×(－52＋10×5)－(－n 2＋10n )＝n 2－10n ＋50，故T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋10n （n ≤5），n 2－10n ＋50（n ≥6）.13．(14分)f (x )对任意x ∈R 都有f (x )＋f (1－x )＝12.(1)求f ⎝⎛⎭⎫12和f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n (n ∈N *)的值； (2)若数列{a n }满足：a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)，数列{a n}是等差数列吗？请给予证明；(3)令b n ＝44a n －1，T n ＝b 21＋b 22＋b 23＋…＋b 2n ，S n＝32－16n ，试比较T n 与S n 的大小． 【解析】(1)因为f ⎝⎛⎭⎫12＋f ⎝⎛⎭⎫1－12＝f ⎝⎛⎭⎫12＋f ⎝⎛⎭⎫12＝12.所以f ⎝⎛⎭⎫12＝14. 令x ＝1n ，得f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫1－1n ＝12， 即f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＝12. (2)a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)， 又a n ＝f (1)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f (0)． 两式相加，2a n ＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋[f (1)＋f (0)]＝n ＋12. 所以a n ＝n ＋14，n ∈N ，又a n ＋1－a n ＝n ＋1＋14－n ＋14＝14.故数列{a n }是等差数列． (3)b n ＝44a n －1＝4n，T n ＝b 21＋b 22＋…＋b 2n＝16⎝⎛⎭⎫1＋122＋132＋…＋1n 2 ≤16⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋11×2＋12×3＋…＋1n （n －1）＝16⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n＝16⎝⎛⎭⎫2－1n ＝32－16n ＝S n ， 所以T n ≤S n .。