高考数学一轮复习 5.4 数列求和备选练习 文 新人教A版

第四节 数列求和热点命题分析学科核心素养本节是高考的热点，其中等差、等比数列的通项与求和、数列与不等式的综合、以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点，多以解答题的形式呈现. 本节通过数列求和以与数列的综合应用提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养.授课提示：对应学生用书第108页 知识点 数列前n 项和的求法 1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d .(2)等比数列的前n 项和公式 ①当q ＝1时，S n ＝na 1； ②当q ≠1时，S n ＝a 11－q n1－q＝a 1－a n q1－q.2．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个能求和的数列，再求解． 3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾假如干项． 4．倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． 5．错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． 6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，如此称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解． •温馨提醒• 二级结论1．常见的裂项公式 (1)1n n ＋1＝1n －1n ＋1.(2)12n －12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .2．常见数列的求和公式 (1)12＋22＋32＋…＋n 2＝n n ＋12n ＋16.(2)13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋122.必明易错1．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n ，a n ＋1的式子应进展合并．2．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项如此后剩多少项．1．在数列{a n }中，a n ＝1n n ＋1，假如{a n }的前n 项和为2 0192 020，如此项数n 为( )A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 019答案：D2．数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，如此其前n 项和关于n 的表达式为________． 答案：n n ＋12＋1－12n 3．数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n ，如此S n ＝________. 答案：(n －1)2n ＋1＋24．(易错题)求1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1(x ≠0且x ≠1)的和． 解析：设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，① 如此xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得：(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n ＝1－x n 1－x －nx n ，所以S n ＝1－x n 1－x 2－nx n1－x.授课提示：对应学生用书第109页题型一 分组转化法求和 合作探究[例] 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1,2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)假如数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1,2)， 所以S 2a 1＝1＋2＝3，得a 1＝d ，又易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n,2a n ＝2n . 因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，所以b n＝2n－1＋2n，所以数列{b n}的前n项和T n＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n)＝n1＋2n－12＋21－2n1－2＝n2＋2n＋1－2.分组转化法求和的常见类型[对点训练](2021·某某质检)等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S4＝24，S7＝63.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)假如b n＝2a n＋a n，求数列{b n}的前n项和T n.答案：(1)a n＝2n＋1 (2)T n＝83(4n－1)＋n2＋2n题型二裂项相消法求和合作探究[例] 数列{a n}满足a1＝1, a2n＋2＝a n＋1(n∈N*)．(1)求证：数列{a2n}是等差数列，并求出{a n}的通项公式；(2)假如b n＝2a n＋a n＋1，求数列{b n}的前n项和．[解析] (1)证明：由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又由易得a n ＞0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1， 故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(1)裂项原如此：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.[对点训练](2020·高考某某卷)数列{a n }，{b n }，{}满足a 1＝b 1＝c 1＝1，＝a n ＋1－a n ，＋1＝b nb n ＋2，n ∈N *.(1)假如{b n }为等比数列，公比q ＞0，且b 1＋b 2＝6b 3，求q 的值与数列{a n }的通项公式； (2)假如{b n }为等差数列，公差d ＞0，证明：c 1＋c 2＋c 3＋…＋＜1＋1d，n ∈N *.解析：(1)由b 1＋b 2＝6b 3，得1＋q ＝6q 2， 解得q ＝12.由＋1＝4得＝4n －1. 由a n ＋1－a n＝4n －1，得a n ＝a 1＋1＋4＋…＋4n －2＝4n －1＋23.(2)证明：由＋1＝b nb n ＋2，得＝b 1b 2c 1b n b n ＋1＝1＋d d ⎝⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1，所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋＝1＋d d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1b n ＋1， 由b 1＝1，d ＞0，得b n ＋1＞0，因此c 1＋c 2＋c 3＋…＋＜1＋1d，n ∈N *. 题型三 错位相减法求和 合作探究[例](2020·高考全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n . (1)计算a 2，a 3，猜测{a n }的通项公式并加以证明； (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n . [解析](1)a 2＝5，a 3a n ＝2n ＋1.证明：由可得a n ＋1－(2n ＋3)＝3[a n －(2n ＋1)]，a n －(2n ＋1)＝3[a n －1－(2n －1)]，…，a 2－5＝3(a 1－3)．因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得2n a n ＝(2n ＋1)2n ，所以S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n .① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1.②①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)×2n ＋1，所以S n ＝(2n －1)2n ＋1＋2.运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错位相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号.[对点训练](2021·某某市局部区联考)数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，且a 1＝1，a 3＋a 4＝12，b 1＝a 2，b 2＝a 5.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设＝(－1)n a n b n (n ∈N *)，求数列{}的前n 项和S n . 解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 1＝1，a 3＋a 4＝12， 所以2a 1＋5d ＝12，所以d ＝2， 所以a n ＝2n －1.设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 1＝a 2，b 2＝a 5， 所以b 1＝a 2＝3，b 2＝a 5＝9， 所以q ＝3，所以b n ＝3n .(2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n ，所以＝(－1)n ·a n ·b n ＝(－1)n ·(2n －1)·3n ＝(2n －1)·(－3)n ， 所以S n ＝1·(－3)＋3·(－3)2＋5·(－3)3＋…＋(2n －1)·(－3)n ，①所以－3S n ＝1·(－3)2＋3·(－3)3＋…＋(2n －3)·(－3)n ＋(2n －1)·(－3)n ＋1，② ①－②得，4S n ＝－3＋2·(－3)2＋2·(－3)3＋…＋2·(－3)n －(2n －1)·(－3)n ＋1 ＝－3＋2·－32[1－－3n －1]1＋3－(2n －1)·(－3)n ＋1＝32－4n －12·(－3)n ＋1. 所以S n ＝38－4n －18·(－3)n ＋1.数列求和中的核心素养数学运算——数列求和的创新交汇应用[例](2021·某某重点中学联考)设x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 3－a n x 2－a n ＋2x ＋1(n ∈N *)的极值点，数列{a n }中满足a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，假如[x ]表示不超过x 的最大整数，如此⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝( ) A ．2 017 B ．2 018 C ．2 019D ．2 020解析：由题可知，f ′(x )＝3a n ＋1x 2－2a n x －a n ＋2，如此f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0，即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0.a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，累加得a n ＝2n －1，故b n ＝n .如此2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋2 018b 2 018b 2 019＝2 018×⎝ ⎛⎭⎪⎫11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019＝2 018×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋12 019，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017. 答案：A此题的关键是利用累加法求通项后，利用裂项相消法求和．[题组突破]1．(2021·某某摸底)定义n∑i ＝1nu i为n 个正数u 1，u 2，u 3，…，u n 的“快乐数〞．假如正项数列{a n }的前n 项的“快乐数〞为13n ＋1，如此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫36a n ＋2a n ＋1＋2的前2 019项和为( )A.2 0182 019 B ．2 0192 020C.2 0192 018D ．2 0191 010答案：B2．(2021·某某期末测试)我国古代数学名著《九章算术》中，有长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14，…，1n.①第二步：将数列①的各项乘以n ，得到一个新数列a 1，a 2，a 3，…，a n ，如此a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝( )A ．n 2B ．(n －1)2C ．n (n －1)D ．n (n ＋1) 答案：C。

5-4 数列求和课时规范练 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.99101C.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＝1nn ＋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.911 B.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 018 C.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 n2＝n n ＋12，所以1S n＝2nn ＋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＋21－21 0081－2＝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 ＝na 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＋3n3×22n ＋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＝12n ＋12n ＋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 ＝n32n ＋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＋3 825 C.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＋8×31－9n －11－9＝32n －1；b 2n ＝b 2＋(b 4－b 2)＋…＋(b 2n －b 2n －2)＝9＋8×(32＋34＋…＋32n －2)＝9＋8×321－9n －11－9＝32n.综上，b n ＝3n(n ∈N *)，所以{b n }的前50项的和为31－3501－3＝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) ＝2×1－2101－2＋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)＝21－2n1－2－2(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 n2＝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＋21－4n1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n－1)．。

【考纲要求】数列是函数概念的继续和延伸，数列的通项公式及前n 项和公式都可以看作项数n 的函数，是函数思想在数列中的应用 数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n 项和S n 可视为数列{S n }的通项 通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一，与数列极限及数学归纳法有着密切的联系，是高考对数列问题考查中的热点，本点的动态函数观点解决有关问题，为其提供行之有效的方法【基础知识】1 数列中数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同 因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性2 数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式 a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n3 求通项常用方法①作新数列法 作等差数列与等比数列②累差叠加法 最基本形式是 a n =(a n －a n －1+(a n －1+a n －2)+…+(a 2－a 1)+a 1 ③归纳、猜想法4 数列前n 项和常用求法 ①重要公式1+2+…+n =21n (n +1) 12+22+…+n 2=61n (n +1)(2n +1)13+23+…+n 3=(1+2+…+n )2=41n 2(n +1)2②等差数列中S m +n =S m +S n +mnd ，等比数列中S m +n =S n +q n S m =S m +q mS n③裂项求和 将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =f (n +1)－f (n )，然后累加时抵消中间的许多项 应掌握以下常见的裂项1111,!(1)!!,ctg ctg2,(1)1sin 2n n n n ααn n n n α=-⋅=+-=-++11111C C C ,(1)!!(1)!n r rn n n n n n -+=-=-++等④错位相减法 ⑤分组求和法数列通项与和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法【例题精讲】1.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22233(6)64,(93)960,S b d q S b d q =+=⎧⎪⎨=+=⎪⎩ 解得6,25()840.3d d q q ⎧=-⎪=⎧⎪⎨⎨=⎩⎪=⎪⎩或舍去 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 ＋2)＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2) ＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2) ＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2). 2.等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x＋r (b ＞0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上. (1)求r 的值； (2)当b ＝2时，记b n ＝n ＋14a n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由题意，S n ＝b n＋r ， 当n ≥2时，S n －1＝bn －1＋r . 所以a n ＝S n －S n －1＝bn －1(b －1)，由于b ＞0且b ≠1，所以当n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列， 又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，a 2a 1＝b ， 即b (b －1)b ＋r＝b ，解得r ＝－1. (2)由(1)知，n ∈N *，a n ＝(b －1)bn －1＝2n －1，所以b n ＝n ＋14×2n －1＝n ＋12n ＋1.T n ＝222＋323＋424＋…＋n ＋12n ＋1.12T n ＝223＋324＋…＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2， 两式相减得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝12＋123×(1－12n －1)1－12－n ＋12n ＋2＝34－12n ＋1－n ＋12n ＋2， 故T n ＝32－12n －n ＋12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1.5.4数列的通项和求和强化训练 【基础精练】1．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－400 2．数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋…＋n的前n 项和为( ) A.2n 2n ＋1 B.2n n ＋1C.n ＋2n ＋1 D.n2n ＋13．设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋10(n ∈N)，则f (n )等于( )A.27(8n －1)B.27(8n ＋1－1) C.27(8n ＋3－1) D.27(8n ＋4－1) 4．若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝32a n －3，则数列{a n }的前n 项和S n 等于( )A ．3n ＋1－3 B ．3n－3 C ．3n ＋1＋3 D ．3n＋35．数列112，314，518，7116，…， (2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1 D ．n 2－n ＋1－12n 6．数列a n ＝1n (n ＋1)，其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n＝0在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．97．已知函数f (x )对任意x ∈R，都有f (x )＝1－f (1－x )，则f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝________.8.12＋222＋323＋424＋…＋n2n －2等于________． 9．数列112＋2，122＋4，132＋6，142＋8…的前n 项和等于________．10．函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(n 为奇数)－n 2(n 为偶数)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋…＋a 1000＝__________.11．已知数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式； (2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .12．等差数列{a n }是递增数列，前n 项和为S n ，且a 1，a 3，a 9成等比数列，S 5＝a 25. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝n 2＋n ＋1a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前99项的和．13．在数列{a n }中，a 1＝1，2a n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n2·a n (n ∈N *)．(1)证明：数列{a n n2}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝a n ＋1－12a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .【拓展提高】1.数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋a n －1＋2n －1＝0(n ∈N *且n ≥2). (1)求a 2、a 3的值；(2)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (3)求数列{a n }的前n 项和S n .2 设数列{a n }的首项a 1=1，前n 项和S n 满足关系式 3tS n －(2t +3)S n －1=3t (t ＞0,n =2,3,4…) (1)求证 数列{a n }是等比数列； (2)设数列{a n }的公比为f (t )，作数列{b n }，使b 1=1,b n =f (11-n b )(n =2,3,4…)，求数列{b n }的通项b n ；(3)求和 b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1【基础精练参考答案】1.B 【解析】S 100＝1－5＋9－13＋…＋(4×99－3)－(4×100－3)＝50×(－4)＝－200.2.B 【解析】该数列的通项为a n ＝2n (n ＋1)，分裂为两项差的形式为a n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，令n＝1,2,3，…，则S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1.∴S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.3.D 【解析】f (n )为等比数列{23n －2}的前n ＋4项的和，首项为2，公比为8，故f (n )＝2(1－8n ＋4)1－8＝27(8n ＋4－1)．4．A 【解析】∵S n ＝32a n －3，∴S n ＋1＝32a n ＋1－3，两式相减得：S n ＋1－S n ＝32(a n ＋1－a n )．即a n ＋1＝32(a n ＋1－a n )，∴a n ＋1a n ＝3.又∵S 1＝32a 1－3，即a 1＝32a 1－3，∴a 1＝6. ∴a n ＝a 1·qn －1＝6×3n －1＝2×3n.∴S n ＝32a n －3＝32×2×3n －3＝3n ＋1－3，故应选A.5.A 【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 .故选A.6.B 【解析】设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ， 又∵a n ＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1，又∵nn ＋1＝910，∴n ＝9， ∴原题变为求10x ＋y ＋9＝0在y 轴上的截距，令x ＝0，得y ＝－9， ∴直线在y 轴上的截距为－9.故选B. 7.3【解析】由条件可知：f (x )＋f (1－x )＝1. 而x ＋(1－x )＝1，∴f (－2)＋f (3)＝1，f (－1)＋f (2)＝1，f (0)＋f (1)＝1，∴f (－2)＋f (－1)＋…＋f (2)＋f (3)＝3. 8. －12n －1－n 2n 【解析】设S ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ， 则12S ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1. 相减，得12S ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1.∴S ＝2－12n －1－n2n .∴原式＝－12n －1－n2n .9. 34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)解析：a n ＝1n 2＋2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴S n＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2). 10.1000【解析】a 2n ＝f (2n )＋f (2n ＋1)＝－4n 2＋(2n ＋1)2＝4n ＋1，a 2n －1＝f (2n －1)＋f (2n ) ＝－ (2n )2＋(2n －1)2＝－4n ＋1所以数列的前1000项和可分为两部分：(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 999)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 1000)＝1000. 11.【解析】(1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ① 由题意S n －1·S n ≠0，故①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2.∴数列{1S n }是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列，∴1S n＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 12、【解析】(1)设数列{a n }的公差为d (d >0)， ∵a 1，a 3，a 9成等比数列，∴a 23＝a 1a 9， ∴(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋8d )，∴d 2＝a 1d ， ∵d >0，∴a 1＝d ，① ∵S 5＝a 25， ∴5a 1＋5×42·d ＝(a 1＋4d ) 2② 由①②得a 1＝35，d ＝35，∴a n ＝35＋(n －1)×35＝35n (n ∈N *)．(2)b n ＝n 2＋n ＋135n ·35(n ＋1) ＝259·n 2＋n ＋1n (n ＋1) ＝259⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n －1n ＋1， ∴b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 99＝259×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1－12＋1＋12－13＋1＋13－14＋…＋1＋199－1100＝259×⎝ ⎛⎭⎪⎫99＋1－1100＝275＋2.75＝277.75. 13.【解析】(1)证明：由条件得a n ＋1(n ＋1)2＝12·a nn2，又n ＝1时，a n n2＝1，故数列{a n n 2}构成首项为1，公比为12的等比数列．从而a n n 2＝12n －1，即a n ＝n 22n －1.(2)由b n ＝(n ＋1)22n－n 22n ＝2n ＋12n 得 S n ＝32＋522＋…＋2n ＋12n ⇒12S n ＝322＋523＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12S n ＝32＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －2n ＋12n ＋1，所以S n ＝5－2n ＋52n .【拓展提高参考答案】1.【解析】(1)∵a 1＝3，a n ＋a n －1＋2n －1＝0(n ∈N *且n ≥2)， ∴a 2＝－a 1－4＋1＝－6，a 3＝－a 2－6＋1＝1. (2)∵a n ＋n a n －1＋(n －1)＝(－a n －1－2n ＋1)＋na n －1＋n －1＝－a n －1－n ＋1a n －1＋n －1＝－1(n ≥2)，∴数列{a n ＋n }是首项为a 1＋1＝4，公比为－1的等比数列， ∴a n ＋n ＝4×(－1)n －1，即a n ＝4×(－1)n －1－n ，当n ＝1时，a 1＝4－1＝3， ∴{a n }的通项公式是a n ＝4×(－1)n －1－n (n ∈N *).(3)∵a n ＝4×(－1)n －1－n (n ∈N *)，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n＝[4(－1)0－1]＋[4(－1)1－2]＋[4(－1)2－3]＋…＋ [4(－1)n －1－n ]＝4[(－1)0＋(－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)n －1]－(1＋2＋3＋…＋n )＝2[1－(－1)n]－n (n ＋1)2.7 【解析】 (1)由S 1=a 1=1,S 2=1+a 2，得3t (1+a 2)－(2t +3)=3t ∴a 2=tt a a t t 332,33212+=+ 又3tS n －(2t +3)S n －1=3t ，①3tS n －1－(2t +3)S n －2=3t ②①－②得3ta n －(2t +3)a n －1=0 ∴tt a a n n 3321+=-,n =2,3,4…, 所以{a n }是一个首项为1公比为tt 332+的等比数列； (2)由f (t )=t t 332+=t 132+,得b n =f (11-n b )=32+b n －1。

2021年高考数学一轮总复习 5.4数列求和练习一、选择题1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧2a nn 为奇数，a n ＋1 n 为偶数，则其前6项之和是( )A ．16B ．20C ．33D ．120解析 ∵a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，∴S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.答案 C2．数列{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 C3．若数列{a n }的通项为a n ＝4n －1，b n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn，n ∈N *，则数列{b n }的前n 项和是( )A ．n 2B ．n (n ＋1)C ．n (n ＋2)D ．n (2n ＋1)解析 a 1＋a 2＋…＋a n ＝(4×1－1)＋(4×2－1)＋…＋(4n －1)＝4(1＋2＋…＋n )－n ＝2n (n ＋1)－n ＝2n 2＋n ，∴b n ＝2n ＋1，b 1＋b 2＋…＋b n ＝(2×1＋1)＋(2×2＋1)＋…＋(2n ＋1) ＝n 2＋2n ＝n (n ＋2)． 答案 C4．若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( )A ．1－14nB ．1－12nC.23⎝⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝⎛⎭⎪⎫1－12n解析 a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n .答案 C5．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2cos n π(n ∈N *)，S n 为它的前n 项和，则S 2 0122 013等于( )A ．1 005B ．1 006C ．2 011D ．2 012解析 注意到cos n π＝(－1)n (n ∈N *)，故a n ＝(－1)n n 2.因此有S 2 012＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－2 0112＋2 0122)＝1＋2＋3＋…＋2 011＋2 012＝2 012×1＋2 0122＝1 006×2 013，所以S 2 0122 013＝1 006.答案 B6．已知函数f (x )＝x 2＋bx 的图象在点A (1，f (1))处的切线l 与直线3x －y＋2＝0平行，若数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1fn(n ∈N *)的前n 项和为S n ，则S 2 012的值为( )A.2 0092 010 B.2 0102 011 C.2 0112 012D.2 0122 013解析 由于f ′(x )＝2x ＋b ，据题意则有f ′(1)＝2＋b ＝3，故b ＝1，即f (x )＝x 2＋x ，从而1f n＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，其前n 项和S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，故S 2 012＝2 0122 013. 答案 D 二、填空题7．设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝19，a 5＋b 3＝9，则数列{a n b n }的前n 项和S n ＝__________.解析 由条件易求出a n ＝n ，b n ＝2n －1(n ∈N *)． ∴S n ＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，① 2S n ＝1×2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n .② 由①－②，得－S n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ×2n ， ∴S n ＝(n －1)·2n＋1. 答案 (n －1)·2n ＋18．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为__________．解析 ∵a n ＝n n ＋12n ＋1＝n2， ∴b n ＝8nn ＋1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴b 1＋b 2＋…＋b n＝8⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8n n ＋1.答案8nn ＋19．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则S 100＝________.解析由a n＋2－a n＝1＋(－1)n，知a2k＋2－a2k＝2，a2k＋1－a2k－1＝0，∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k.∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋100＋2×502＝2 600.答案 2 600三、解答题10．(xx·山东卷)在等差数列{a n}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝a n n＋12，记T n＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)n b n，求T n.解(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b n＝a n n＋12＝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)，可得当n为偶数时，Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－b n－1＋b n)＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n24＋2n 2＝n n ＋22，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝n －1n ＋12－n (n ＋1)＝－n ＋122.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－n ＋122，n 为奇数，n n ＋22，n 为偶数.11．已知数列{a n }的各项排成如图所示的三角形数阵，数阵中每一行的第一个数a 1，a 2，a 4，a 7，…构成等差数列{b n }，S n 是{b n }的前n 项和，且b 1＝a 1＝1，S 5＝15.a 1a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10…(1)若数阵中从第3行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，已知a 9＝16，求a 50的值；(2)设T n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n，求T n .解 (1)设等差数列{b n }的公差为d .∵b 1＝1，S 5＝15，∴S 5＝5＋10d ＝15，d ＝1， ∴b n ＝1＋(n －1)×1＝n .设从第3行起，每行的公比都是q ，且q >0，则a 9＝b 4q 2，即4q 2＝16，q ＝2， 又1＋2＋3＋…＋9＝45，故a 50是数阵中第10行的第5个数，a 50＝b 10q 4＝10×24＝160.(2)∵S n ＝1＋2＋…＋n ＝n n ＋12，∴T n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n＝2n ＋1n ＋2＋2n ＋2n ＋3＋…＋22n2n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋1n ＋2－1n ＋3＋…＋12n －12n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－12n ＋1＝2nn ＋12n ＋1.培 优 演 练1．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( ) A ．3 690 B ．3 660 C ．1 845D ．1 830解析 当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1，当n＝2k－1时，a2k－a2k－1＝4k－3，∴a2k＋1＋a2k－1＝2，∴a2k＋1＋a2k＋3＝2，∴a2k－1＝a2k＋3，∴a1＝a5＝…＝a61.∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝30×3＋1192＝30×61＝1 830.答案D2．(xx·湖北三校联考改编)已知等比数列的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，则数列lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4，…，2n－1lg a n，…的前n项和S n等于( )A．n·2n B．(n－1)·2n－1－1C．(n－1)·2n＋1 D．2n＋1解析∵等比数列{a n}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，∴a2n＝102n，即a n＝10n，∴2n－1lg a n＝2n－1lg10n＝n·2n－1，∴S n＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，①2S n＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②∴①－②得－S n＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴S n＝(n－1)·2n＋1.答案 C3．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝15，且对任意正整数m ，n ，都有a m ＋n＝a m a n ，若S n <t 恒成立，则实数t 的最小值为________．解析 令m ＝1，则a n ＋1a n＝a 1， ∴{a n }是以a 1为首项，15为公比的等比数列．∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15n，∴S n ＝15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15n ＋11－15＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15n＝14－14·5n <14.由S n <t 恒成立， ∴t >S n 的最大值，可知t 的最小值为14.答案144．(xx·四川资阳高考模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n 满足：S n ＝32a n ＋n－3.(1)求证：数列{a n －1}是等比数列．(2)令c n ＝log 3(a 1－1)＋log 3(a 2－1)＋…＋log 3(a n －1)，对任意n ∈N *，是否存在正整数m ，使1c 1＋1c 2＋…＋1c n ≥m3都成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：当n ＝1时，S 1＝a 1＝32a 1－2，解得a 1＝4.当n ≥2时，由S n ＝32a n ＋n －3得S n －1＝32a n －1＋n －4，两式相减，得S n －S n －1＝32a n －32a n －1＋1，即a n ＝3a n －1－2，则a n －1＝3(a n －1－1)，故数列{a n －1}是以a 1－1＝3为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)知a n －1＝3n ，c n ＝log 3(a 1－1)＋log 3(a 2－1)＋…＋log 3(a n －1)＝1＋2＋…＋n ＝n n ＋12，所以1c n ＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 则1c 1＋1c 2＋…＋1c n＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1， 由1c 1＋1c 2＋…＋1c n ≥m 3对任意n ∈N *都成立，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1≥m 3，即m ≤6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1对任意n ∈N *都成立，又m ∈N *，所以m 的值为1,2,3.36334 8DEE 跮^39013 9865顥33933 848D 蒍!d22408 5788 垈39291 997B 饻W35888 8C30 谰 s33571 8323 茣E精品文档实用文档。

高考数学一轮复习第五章数列5.4 数列求和练习（含解析）(1)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高考数学一轮复习第五章数列5.4 数列求和练习（含解析）(1)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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数列求和时间:50分钟总分：70分班级：姓名：一、选择题（共6小题，每题5分，共30分）1.已知等差数列｛a n}的前n项和为S n，S5＝－20，则－6a4＋3a5＝( ）A.－20B.4C。

12 D.20【答案】C【解析】因为S5＝－20，所以S5＝5a3＝－20，∴a3＝－4,∴－6a4＋3a5＝－6（a1＋3d）＋3(a1＋4d)＝－3（a1＋2d）＝－3a3＝12.2。

（2012·大纲全国)已知等差数列{a n｝的前n项和为S n，a5＝5，S5＝15，则数列错误!的前100项和为（)A.错误!B。

错误!C。

错误! D.错误!【答案】A【解析】由S5＝5a3及S5＝15得a3＝3,∴d＝错误!＝1,a1＝1,∴a n＝n，错误!＝错误!＝错误!－错误!，所以数列错误!的前100项和T100＝1－错误!＋错误!－错误!＋…＋错误!－错误!＝1－错误!＝错误!，故选A.3.数列｛a n｝满足：a1＝1,且对任意的m,n∈N＊都有：a m＋n＝a m＋a n＋mn，则错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＝( )A.错误!B.错误!C.错误!D。

错误!【答案】D【解析】法一因为a n＋m＝a n＋a m＋mn，则可得a1＝1，a2＝3,a3＝6,a4＝10，则可猜得数列的通项a n＝错误!，∴错误!＝错误!＝2错误!，∴错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＝2错误!＝2错误!＝错误!.故选D。

2021年高考数学一轮复习 5.4 数列求和课时作业 理（含解析）新人教A版必修5一、选择题1．等比数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋a 3＝4，a 2＋a 3＋a 4＝－2，则a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝( )A.2116 B.1916 C.98 D.78解析：由于q ＝a 2＋a 3＋a 4a 1＋a 2＋a 3＝－24＝－12，所以a 3＋a 4＋a 5＝(a 2＋a 3＋a 4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1，a 6＋a 7＋a 8＝(a 3＋a 4＋a 5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－123＝－18， 于是a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝78.答案：D2．(xx·大纲全国卷)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.100101 B.99101 C.99100 D.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＝1nn ＋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：A3．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 ．11B ．99C ．120D ．121解析：∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.令n ＋1－1＝10，得n ＝120.答案：C4．数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n 的前n 项和S n 等于( )A.3n －1n ＋1B.2n n ＋1C.3n n ＋1D.4nn ＋3解析：a n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＋1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 答案：B5．(xx·云南昆明高三调研)公比不为1的等比数列{a n}的前n项和为S n，且－3a1，－a2，a3成等差数列，若a1＝1，则S4＝( )A．－20 B．0 C．7 D．40解析：记等比数列{a n}的公比为q，其中q≠1，依题意有－2a2＝－3a1＋a3，－2a1q＝－3a1＋a1q2≠0，即q2＋2q－3＝0，(q＋3)(q－1)＝0，又q≠1，因此有q＝－3，S4＝1×[1－－34]1＋3＝－20，选A.答案：A6．(xx·山东青岛期中)已知函数f(n)＝n2cos(nπ)，且a n＝f(n)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝( )A．0 B．100 C．5 050 D．10 200解析：因为f(n)＝n2cos(nπ)，所以a1＋a2＋a3＋...＋a100＝－12＋22－32＋42－...－992＋1002＝(22－12)＋(42－32)＋...(1002－992)＝3＋7＋ (199)503＋1992＝5 050，选C.答案：C二、填空题7．已知数列{a n}对于任意p，q∈N*有a p a q＝a p＋q，若a1＝12，则S9＝________.解析：由题意得a n＋1＝a n a1，a n ＋1a n ＝a 1＝12，a n ＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ， 因此S 9＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫129＝511512.答案：5115128．数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ＝1,2,3，…)，则log 4S 10＝________.解析：∵a n ＋1＝3S n ，∴S n ＋1－S n ＝3S n ，∴S n ＋1＝4S n ，∴{S n }是以S 1为首项，公比为4的等比数列，∴S 10＝410－1＝49，∴log 4S 10＝log 449＝9.答案：99．已知数列{a n }(n ∈N *)中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋1，则a n ＝________解析：由a n ＋1＝a n 2a n ＋1得1a n ＋1＝2＋1a n∴数列{a n }的倒数成公差为2的等差数列，由此可求1a n ＝2n －1，∴a n ＝12n －1.答案：12n －1三、解答题10．(xx·青岛统一质检)已知n ∈N *，数列{d n }满足d n ＝3＋－1n2，数列{a n }满足a n ＝d 1＋d 2＋d 3＋…＋d 2n ；又知数列{b n }中，b 1＝2，且对任意正整数m ，n，b mn＝b n m.(1)求数列{a n}和数列{b n}的通项公式；(2)将数列{b n}中的第a1项，第a2项，第a3项，……，第a n项，……，删去后，剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{c n}，求数列{c n}的前2 013项和．解：(1)∵d n＝3＋－1n2，∴a n＝d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝3×2n2＝3n又由题知：令m＝1，则b2＝b21＝22，b3＝b31＝23，…，b n＝b n1＝2n若b n＝2n，则b m n＝2nm，b n m＝2mn，所以b m n＝b n m恒成立若b n≠2n，当m＝1，b m n＝b n m不成立，所以b n＝2n.(2)由题知将数列{b n}中的第3项、第6项、第9项……第3n项删去后构成的新数列{c n}中的奇数项与偶数项仍成等比数列，首项分别是b1＝2，b2＝4公比均是8，T2 013＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2 013)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c2 012)＝2×1－81 0071－8＋4×1－81 0061－8＝20×81 006－6711．(xx·山东烟台诊断)已知公差大于零的等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足：a2·a4＝65，a1＋a5＝18.(1)若1<i<21，a1，a i，a21是某等比数列的连续三项，求i的值；(2)设b n＝n2n＋1S n，是否存在一个最小的常数m使得b1＋b2＋…＋b n<m对于任意的正整数n 均成立，若存在，求出常数m ；若不存在，请说明理由．解：(1){a n }为等差数列，∵a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18，又a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根， 又公差d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13. ∴⎩⎨⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，∴a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3.由1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，∴a 1·a 21＝a 2i ， 即1·81＝(4i －3)2， 解得i ＝3.(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n n －12·4＝2n 2－n ，所以b n ＝12n －12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n2n ＋1 因为n 2n ＋1＝12－122n ＋1<12， 所以存在m ＝12使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立．12．(xx·山西第三次四校联考)已知各项均为正数的数列{a n }前n 项和为S n ，首项为a 1，且12，a n ，S n 成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b n ，设C n ＝b n a n ，求数列{C n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知2a n ＝S n ＋12，a n >0当n ＝1时，2a 1＝a 1＋12，∴a 1＝12当n ≥2时，S n ＝2a n －12，S n －1＝2a n －1－12两式相减得a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1整理得：a na n －1＝2∴数列{a n }是以12为首项，2为公比的等比数列．a n ＝a 1·2n －1＝12×2n －1＝2n －2(2)a 2n ＝2－b n ＝22n －4∴b n ＝4－2n ，C n ＝b n a n ＝4－2n 2n －2＝16－8n 2nT n ＝82＋022＋－823＋…＋24－8n 2n －1＋16－8n2n①12T n ＝822＋023＋…＋24－8n 2n ＋16－8n 2n ＋1② ①－②得12T n ＝4－8⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －16－8n 2n ＋1＝4－8·122⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－16－8n2n ＋1＝4－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－16－8n 2n ＋1＝4n 2n .∴T n ＝8n2n. [热点预测]13．(xx·保定第一次模拟)已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω2x ，12，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω2x ，－12(ω>0，x ≥0)，函数f (x )＝a ·b 的第n (n ∈N *)个零点记作x n (从左向右依次计数)，则所有x n 组成数列{x n }．(1)若ω＝12，求x 2；(2)若函数f (x )的最小正周期为π，求数列{x n }的前100项和S 100. 解：f (x )＝a ·b ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω2x cos ⎝⎛⎭⎪⎫ω2x －14＝12sin(ωx )－14 (1)当ω＝12时，f (x )＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －14令f (x )＝0，得x ＝4kπ＋π3或x ＝4kπ＋5π3(k ∈Z ，x ≥0) 取k ＝0，得x 2＝5π3. (2)因为f (x )最小正周期为π，则ω＝2，故f (x )＝12sin(2x )－14令f (x )＝0得x ＝kπ＋π12或x ＝kπ＋5π12(k ∈Z ，x ≥0)所以S 100＝∑k ＝049⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫kπ＋π12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫kπ＋5π12＝∑k ＝049 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2kπ＋π2 ＝2π(0＋1＋2＋…＋49)＋50×π2＝50×49π＋25π＝2 475π.g25753 6499 撙23520 5BE0寠F30302 765E 癞23967 5D9F 嶟28347 6EBB 溻30218 760A 瘊22181 56A5 嚥27623 6BE7 毧m39956 9C14 鰔20395 4FAB 侫32450 7EC2 绂。

【2019最新】精选高考数学一轮复习第5章数列第4节数列求和教师用书文新人教A 版———————————————————————————————— [考纲传真] 1.掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式：Sn ＝＝na1＋d ；(2)等比数列的前n 项和公式：Sn ＝⎩⎪⎨⎪⎧na1，q ＝1，a1－anq 1－q＝－1－q ，q≠1.2．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． 3．裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)裂项时常用的三种变形： ①＝－； ②＝； ③＝－. 4．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解．5．倒序相加法如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．6．并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.( )(2)当n≥2时，＝.( )(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．( )(4)如果数列{an}是周期为k(k为大于1的正整数)的周期数列，那么Skm＝mSk.( )．[答案] (1)√(2)√(3)×(4)√2．(教材改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于( )A．1 B.56C. D.130B [∵an＝＝－，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋－＋…－＝.]3．(2016·广东中山华侨中学3月模拟)已知等比数列{an}中，a2·a8＝4a5，等差数列{bn}中，b4＋b6＝a5，则数列{bn}的前9项和S9等于( ) A．9 B．18C．36 D．72B [∵a2·a8＝4a5，即a＝4a5，∴a5＝4，∴a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2，∴S9＝9b5＝18，故选B.]4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝__________. 【导学号：31222188】2n＋1－2＋n2 [Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.]5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n＋2)·2－n＝__________.4－[设S＝3×＋4×＋5×＋…＋(n＋2)×，则S＝3×＋4×＋5×＋…＋(n＋2)×.两式相减得S＝3×＋－.∴S＝3＋－n＋22n＝3＋－＝4－.]b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通项公式；(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．[解] (1)设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝＝3，所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27，所以bn＝3n－1(n＝1,2,3，…).2分设等差数列{an}的公差为d.因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2.所以an＝2n－1(n＝1,2,3，…).5分(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1.因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.7分从而数列{cn}的前n项和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝＋＝n2＋.12分[规律方法] 分组转化法求和的常见类型(1)若an ＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．易错警示：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．[变式训练1] (2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.(1)求通项公式an；(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．[解] (1)由题意得则2分又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.5分(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，则b1＝2，b2＝1.当n≥3时，由于3n－1>n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.8分设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，当n≥3时，Tn＝3＋－＝，所以Tn＝12分和{bn}的前n项的和，对任意正整数n，an＝2(n＋1)，3An－Bn＝4n.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)记cn＝，求{cn}的前n项和Sn.[解] (1)由于an＝2(n＋1)，∴{an}为等差数列，且a1＝4.2分∴An＝＝＝n2＋3n，∴Bn＝3An－4n＝3(n2＋3n)－4n＝3n2＋5n，当n＝1时，b1＝B1＝8，当n≥2时，bn＝Bn－Bn－1＝3n2＋5n－[3(n－1)2＋5(n－1)]＝6n＋2.由于b1＝8适合上式，∴bn＝6n ＋2.5分(2)由(1)知cn ＝＝24n2＋8n ＝，7分∴Sn ＝14⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝－.12分[规律方法] 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵捎，要注意消去了哪些项，保留了哪些项，从而达到求和的目的．2．消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．[变式训练2] (2017·石家庄一模)已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn ＝，求数列{bn}的前n 项和．[解] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a2＋a3＋a5＝4a1＋8d ＝20，10a1＋10×92d ＝10a1＋45d ＝100，解得3分所以数列{an}的通项公式为an ＝1＋2(n －1)＝2n －1.5分 (2)bn ＝＝，8分所以Tn ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝＝.12分{bn}是等差数列，且an ＝bn ＋bn ＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn ＝，求数列{cn}的前n 项和Tn.[解] (1)由题意知当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a1＝S1＝11，符合上式． 所以an ＝6n ＋5.2分 设数列{bn}的公差为d.由即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b1＋d ，17＝2b1＋3d ，解得所以bn ＝3n ＋1.5分(2)由(1)知cn ＝＝3(n ＋1)·2n＋1.7分 又Tn ＝c1＋c2＋…＋cn ，得Tn ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n＋1]， 2Tn ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n＋2]，9分两式作差，得－Tn ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n＋2] ＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋－1－2－＋＋2＝－3n·2n＋2，所以Tn ＝3n·2n＋2.12分[规律方法] 1.如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，若{bn}的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况讨论．2．在书写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，即公比q 的同次幂项相减，转化为等比数列求和．[变式训练3] (2016·广东肇庆第三次模拟)已知等差数列{an}的前n 项和Sn 满足S3＝6，S5＝15.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn ＝，求数列{bn}的前n 项和Tn.[解] (1)设等差数列{an}的公差为d ，首项为a1. ∵S3＝6，S5＝15，∴即⎩⎪⎨⎪⎧a1＋d ＝2，a1＋2d ＝3，解得3分∴{an}的通项公式为an ＝a1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×1＝n.5分 (2)由(1)得bn ＝＝，6分 ∴Tn ＝＋＋＋…＋＋，① ①式两边同乘， 得12Tn ＝＋＋＋…＋＋，② ①－②得Tn ＝＋＋＋…＋－n2n ＋1 ＝－＝1－－，10分 ∴Tn ＝2－－.12分 [思想与方法]解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．(2)不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和．[易错与防范]1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．利用裂项相消法求和的注意事项：(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差与系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.课时分层训练(三十一) 数列求和A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．数列1，3，5，7，…，(2n －1)＋，…的前n 项和Sn 的值等于( )【导学号：31222189】A ．n2＋1－B ．2n2－n ＋1－12n C ．n2＋1－D ．n2－n ＋1－12nA [该数列的通项公式为an ＝(2n －1)＋，则Sn ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n＝n2＋1－.]2．(2016·安徽江南十校3月联考)在数列{an}中，an ＋1－an ＝2，Sn 为{an}的前n 项和．若S10＝50，则数列{an ＋an ＋1}的前10项和为( )A ．100B ．110C ．120D ．130C [{an ＋an ＋1}的前10项和为a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a10＋a11＝2(a1＋a2＋…＋a10)＋a11－a1＝2S10＋10×2＝120.故选C.]3．(2016·湖北七校2月联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )A ．192里B ．96里C．48里D．24里B [由题意，知每天所走路程形成以a1为首项，公比为的等比数列，则＝378，解得a1＝192，则a2＝96，即第二天走了96里．故选B.]4．(2016·江西高安中学第九校联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于( )A．5 B．6C．7 D．16C [根据题意这个数列的前8项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7.故选C.] 5．已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*，记数列{an}的前n 项和为Sn，则S2 017＝( ) 【导学号：31222190】A.－1B.－1C.－1D.＋1C [由f(4)＝2得4a＝2，解得a＝，则f(x)＝x.∴an＝＝＝－，S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1.]二、填空题6．设数列{an }的前n项和为Sn，且an＝sin，n∈N*，则S2 016＝__________.【导学号：31222191】0 [an＝sin，n∈N*，显然每连续四项的和为0.S2 016＝S4×504＝0.]7．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝__________.2n ＋1－2 [∵an＋1－an ＝2n ，∴an ＝(an －an －1)＋(an －1－an －2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n －2＋2＝2n. ∴Sn ＝＝2n ＋1－2.]8．(2017·广州综合测试(二))设数列{an}的前n 项和为Sn ，若a2＝12，Sn ＝kn2－1(n∈N*)，则数列的前n 项和为__________．n2n ＋1[令n ＝1得a1＝S1＝k －1，令n ＝2得S2＝4k －1＝a1＋a2＝k －1＋12，解得k ＝4，所以Sn ＝4n2－1，＝＝＝，则数列的前n 项和为＋＋…＋＝＝.]三、解答题9．(2017·成都二诊)已知数列{an}中，a1＝1，又数列(n∈N*)是公差为1的等差数列．(1)求数列{an}的通项公式an ； (2)求数列{an}的前n 项和Sn.[解] (1)∵数列是首项为2，公差为1的等差数列， ∴＝2＋(n －1)＝n ＋1，3分 解得an ＝.5分 (2)∵an＝＝2，∴Sn ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2＝.12分10．(2016·全国卷Ⅱ)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6. (1)求{an}的通项公式；(2)设bn ＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.[解] (1)设数列{an}的首项为a1，公差为d ， 由题意有解得3分所以{an}的通项公式为an ＝.5分(2)由(1)知，bn＝.当n＝1,2,3时，1≤＜2，bn＝1；当n＝4,5时，2≤＜3，bn＝2；8分当n＝6,7,8时，3≤＜4，bn＝3；当n＝9,10时，4≤＜5，bn＝4.所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.12分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．已知等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，则数列lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4，…，2n－1lg an，…的前n项和Sn等于( )【导学号：31222192】A．n·2n B．(n－1)·2n－1－1C．(n－1)·2n＋1 D．2n＋1C [∵等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，∴a＝102n，即an＝10n，∴2n－1lg an＝2n－1lg 10n＝n·2n－1，∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，①2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n －1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.]2．(2017·合肥二次质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－2n，则Sn＝__________.n·2n(n∈N*)[由Sn＝2an－2n得当n＝1时，S1＝a1＝2；当n≥2时，Sn＝2(Sn －Sn－1)－2n，即－＝1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，则＝n，Sn＝n·2n(n≥2)，当n＝1时，也符合上式，所以Sn＝n·2n(n∈N*)．] 3．(2017·广州综合测试(二))设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝3，an＋1＝2Sn＋3(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.[解] (1)当n≥2时，由an＋1＝2Sn＋3得an＝2Sn－1＋3，两式相减，得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，∴an＋1＝3an，∴＝3.当n＝1时，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，则＝3.3分∴数列{an}是以a1＝3为首项，公比为3的等比数列．∴an＝3×3n－1＝3n.5分(2)法一：由(1)得bn＝(2n－1)an＝(2n－1)·3n，7分∴Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n，①3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)·3n＋1，②①－②得－2Tn＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n－1)·3n＋1＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)·3n＋1＝3＋2×－(2n－1)·3n＋1＝－6－(2n－2)·3n＋1.10分∴Tn＝(n－1)·3n＋1＋3.12分法二：由(1)得bn＝(2n－1)an＝(2n－1)·3n.7分∵(2n－1)·3n＝(n－1)·3n＋1－(n－2)·3n，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(0＋3)＋(33＋0)＋(2×34－33)＋…＋[(n－1)·3n＋1－(n－2)·3n]＝(n－1)·3n＋1＋3.12分。

【2019最新】精选高考数学一轮复习第5章数列第4节数列求和教师用书文新人教A 版———————————————————————————————— [考纲传真] 1.掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式：Sn ＝＝na1＋d ；(2)等比数列的前n 项和公式：Sn ＝⎩⎪⎨⎪⎧na1，q ＝1，a1－anq 1－q＝－1－q ，q≠1.2．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． 3．裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)裂项时常用的三种变形： ①＝－； ②＝； ③＝－. 4．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解．5．倒序相加法如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．6．并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.( )(2)当n≥2时，＝.( )(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．( )(4)如果数列{an}是周期为k(k为大于1的正整数)的周期数列，那么Skm＝mSk.( )．[答案] (1)√(2)√(3)×(4)√2．(教材改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5等于( )A．1 B.56C. D.130B [∵an＝＝－，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋－＋…－＝.]3．(2016·广东中山华侨中学3月模拟)已知等比数列{an}中，a2·a8＝4a5，等差数列{bn}中，b4＋b6＝a5，则数列{bn}的前9项和S9等于( )A．9 B．18C．36 D．72B [∵a2·a8＝4a5，即a＝4a5，∴a5＝4，∴a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2，∴S9＝9b5＝18，故选B.]4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝__________. 【导学号：31222188】2n＋1－2＋n2 [Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.]5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n＋2)·2－n＝__________.4－[设S＝3×＋4×＋5×＋…＋(n＋2)×，则S＝3×＋4×＋5×＋…＋(n＋2)×.两式相减得S＝3×＋－.∴S＝3＋－n＋22n＝3＋－＝4－.]且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通项公式；(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．[解] (1)设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝＝3，所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27，所以bn＝3n－1(n＝1,2,3，…).2分设等差数列{an}的公差为d.因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2.所以an＝2n－1(n＝1,2,3，…).5分(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1.因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.7分从而数列{cn}的前n项和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝＋＝n2＋.12分[规律方法] 分组转化法求和的常见类型(1)若an ＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．易错警示：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．[变式训练1] (2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.(1)求通项公式an；(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．[解] (1)由题意得则2分又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.5分(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，则b1＝2，b2＝1.当n≥3时，由于3n－1>n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.8分设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，当n≥3时，Tn＝3＋－＝，所以Tn＝12分和{bn}的前n项的和，对任意正整数n，an＝2(n＋1)，3An－Bn＝4n.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)记cn＝，求{cn}的前n项和Sn.[解] (1)由于an＝2(n＋1)，∴{an}为等差数列，且a1＝4.2分∴An＝＝＝n2＋3n，∴Bn＝3An－4n＝3(n2＋3n)－4n＝3n2＋5n，当n＝1时，b1＝B1＝8，当n≥2时，bn＝Bn－Bn－1＝3n2＋5n－[3(n－1)2＋5(n－1)]＝6n＋2.由于b1＝8适合上式，∴bn＝6n ＋2.5分(2)由(1)知cn ＝＝24n2＋8n ＝，7分∴Sn ＝14⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝－.12分[规律方法] 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵捎，要注意消去了哪些项，保留了哪些项，从而达到求和的目的．2．消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．[变式训练2] (2017·石家庄一模)已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn ＝，求数列{bn}的前n 项和．[解] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a2＋a3＋a5＝4a1＋8d ＝20，10a1＋10×92d ＝10a1＋45d ＝100，解得3分所以数列{an}的通项公式为an ＝1＋2(n －1)＝2n －1.5分 (2)bn ＝＝，8分所以Tn ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝＝.12分是等差数列，且an ＝bn ＋bn ＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn ＝，求数列{cn}的前n 项和Tn.[解] (1)由题意知当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a1＝S1＝11，符合上式． 所以an ＝6n ＋5.2分 设数列{bn}的公差为d.由即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b1＋d ，17＝2b1＋3d ，解得所以bn ＝3n ＋1.5分(2)由(1)知cn ＝＝3(n ＋1)·2n＋1.7分 又Tn ＝c1＋c2＋…＋cn ，得Tn ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n＋1]， 2Tn ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n＋2]，9分两式作差，得－Tn ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n＋2] ＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋－1－2－＋＋2＝－3n·2n＋2，所以Tn ＝3n·2n＋2.12分[规律方法] 1.如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，若{bn}的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况讨论．2．在书写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，即公比q 的同次幂项相减，转化为等比数列求和．[变式训练3] (2016·广东肇庆第三次模拟)已知等差数列{an}的前n 项和Sn 满足S3＝6，S5＝15.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn ＝，求数列{bn}的前n 项和Tn.[解] (1)设等差数列{an}的公差为d ，首项为a1. ∵S3＝6，S5＝15，∴即⎩⎪⎨⎪⎧a1＋d ＝2，a1＋2d ＝3，解得3分∴{an}的通项公式为an ＝a1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×1＝n.5分 (2)由(1)得bn ＝＝，6分 ∴Tn ＝＋＋＋…＋＋，① ①式两边同乘， 得12Tn ＝＋＋＋…＋＋，② ①－②得Tn ＝＋＋＋…＋－n2n ＋1 ＝－＝1－－，10分 ∴Tn ＝2－－.12分 [思想与方法]解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．(2)不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和．[易错与防范]1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．利用裂项相消法求和的注意事项：(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差与系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.课时分层训练(三十一) 数列求和A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．数列1，3，5，7，…，(2n －1)＋，…的前n 项和Sn 的值等于( )【导学号：31222189】A ．n2＋1－B ．2n2－n ＋1－12n C ．n2＋1－D ．n2－n ＋1－12nA [该数列的通项公式为an ＝(2n －1)＋，则Sn ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n＝n2＋1－.]2．(2016·安徽江南十校3月联考)在数列{an}中，an ＋1－an ＝2，Sn 为{an}的前n 项和．若S10＝50，则数列{an ＋an ＋1}的前10项和为( )A ．100B ．110C ．120D ．130C [{an ＋an ＋1}的前10项和为a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a10＋a11＝2(a1＋a2＋…＋a10)＋a11－a1＝2S10＋10×2＝120.故选C.]3．(2016·湖北七校2月联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )A ．192里B ．96里C．48里D．24里B [由题意，知每天所走路程形成以a1为首项，公比为的等比数列，则＝378，解得a1＝192，则a2＝96，即第二天走了96里．故选B.]4．(2016·江西高安中学第九校联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于( )A．5 B．6C．7 D．16C [根据题意这个数列的前8项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7.故选C.] 5．已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝( ) 【导学号：31222190】A.－1B.－1C.－1D.＋1C [由f(4)＝2得4a＝2，解得a＝，则f(x)＝x.∴an＝＝＝－，S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1.]二、填空题6．设数列{an }的前n项和为Sn，且an＝sin，n∈N*，则S2 016＝__________.【导学号：31222191】0 [an＝sin，n∈N*，显然每连续四项的和为0.S2 016＝S4×504＝0.]7．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝__________.2n ＋1－2 [∵an＋1－an ＝2n ，∴an ＝(an －an －1)＋(an －1－an －2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n －2＋2＝2n. ∴Sn ＝＝2n ＋1－2.]8．(2017·广州综合测试(二))设数列{an}的前n 项和为Sn ，若a2＝12，Sn ＝kn2－1(n∈N*)，则数列的前n 项和为__________．n2n ＋1[令n ＝1得a1＝S1＝k －1，令n ＝2得S2＝4k －1＝a1＋a2＝k －1＋12，解得k ＝4，所以Sn ＝4n2－1，＝＝＝，则数列的前n 项和为＋＋…＋＝＝.]三、解答题9．(2017·成都二诊)已知数列{an}中，a1＝1，又数列(n∈N*)是公差为1的等差数列．(1)求数列{an}的通项公式an ； (2)求数列{an}的前n 项和Sn.[解] (1)∵数列是首项为2，公差为1的等差数列， ∴＝2＋(n －1)＝n ＋1，3分 解得an ＝.5分 (2)∵an＝＝2，∴Sn ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2＝.12分10．(2016·全国卷Ⅱ)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6. (1)求{an}的通项公式；(2)设bn ＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.[解] (1)设数列{an}的首项为a1，公差为d ， 由题意有解得3分所以{an}的通项公式为an ＝.5分(2)由(1)知，bn＝.当n＝1,2,3时，1≤＜2，bn＝1；当n＝4,5时，2≤＜3，bn＝2；8分当n＝6,7,8时，3≤＜4，bn＝3；当n＝9,10时，4≤＜5，bn＝4.所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.12分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．已知等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，则数列lg a1,2lg a2,22lg a3,23lg a4，…，2n－1lg an，…的前n项和Sn等于( )【导学号：31222192】A．n·2n B．(n－1)·2n－1－1C．(n－1)·2n＋1 D．2n＋1C [∵等比数列{an}的各项都为正数，且当n≥3时，a4a2n－4＝102n，∴a＝102n，即an＝10n，∴2n－1lg an＝2n－1lg 10n＝n·2n－1，∴Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1，①2Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，②∴①－②得－Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴Sn＝(n－1)·2n＋1.]2．(2017·合肥二次质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－2n，则Sn ＝__________.n·2n(n∈N*)[由Sn＝2an－2n得当n＝1时，S1＝a1＝2；当n≥2时，Sn＝2(Sn －Sn－1)－2n，即－＝1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，则＝n，Sn＝n·2n(n≥2)，当n＝1时，也符合上式，所以Sn＝n·2n(n∈N*)．]3．(2017·广州综合测试(二))设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝3，an＋1＝2Sn＋3(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.[解] (1)当n≥2时，由an＋1＝2Sn＋3得an＝2Sn－1＋3，两式相减，得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，∴an＋1＝3an，∴＝3.当n＝1时，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，则＝3.3分∴数列{an}是以a1＝3为首项，公比为3的等比数列．∴an＝3×3n－1＝3n.5分(2)法一：由(1)得bn＝(2n－1)an＝(2n－1)·3n，7分∴Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n，①3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)·3n＋1，②①－②得－2Tn＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n－1)·3n＋1＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)·3n＋1＝3＋2×－(2n－1)·3n＋1＝－6－(2n－2)·3n＋1.10分∴Tn＝(n－1)·3n＋1＋3.12分法二：由(1)得bn＝(2n－1)an＝(2n－1)·3n.7分∵(2n－1)·3n＝(n－1)·3n＋1－(n－2)·3n，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(0＋3)＋(33＋0)＋(2×34－33)＋…＋[(n－1)·3n＋1－(n－2)·3n]＝(n－1)·3n＋1＋3.12分。

2021年高考数学一轮总复习 5-4 数列求和练习 新人教A 版一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分) 1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧2a nn 为奇数，a n ＋1 n 为正偶数，则其前6项之和是( )A ．16B ．20C ．33D ．120解析 ∵a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，∴S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.答案 C2．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121解析 由a n ＝n ＋1－nn ＋n ＋1n ＋1－n＝n ＋1－n ，得a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝10，即n ＋1－1＝10，即n ＋1＝11，解得n ＋1＝121，n ＝120.答案A3．若数列{a n}的通项为a n＝4n－1，b n＝a1＋a2＋…＋a nn，n∈N*，则数列{b n}的前n项和是( )A．n2B．n(n＋1)C．n(n＋2) D．n(2n＋1)解析a1＋a2＋…＋a n＝(4×1－1)＋(4×2－1)＋…＋(4n－1)＝4(1＋2＋…＋n)－n＝2n(n＋1)－n＝2n2＋n，∴b n＝2n＋1，b1＋b2＋…＋b n＝(2×1＋1)＋(2×2＋1)＋…＋(2n＋1)＝n2＋2n＝n(n＋2)．答案C4．已知数列{a n}的前n项和S n＝n2－4n＋2，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝( ) A．66 B．65C．61 D．56解析当n＝1时，a1＝S1＝－1；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2－4n＋2－[(n－1)2－4(n－1)＋2]＝2n－5.即a 2＝－1，a 3＝1，a 4＝3，…，a 10＝15.得|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝1＋1＋81＋152＝2＋64＝66.答案 A5．(xx·潍坊模拟)已知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，把数列{a n }的各项排列成如下的三角形状，记A (m ，n )表示第m 行的第n 个数，则A (10,12)＝( )a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9…A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1393 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1392 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1394 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13112 解析 前9行共有1＋3＋5＋…＋17＝1＋17×92＝81(项)，∴A (10,12)为数列中的第81＋12＝93(项)，∴a 93＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1393.答案 A6．(xx·青岛模拟)已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A．0 B．－100C．100 D．10 200解析∵f(n)＝n2cos(nπ)，∴a1＋a2＋a3＋…＋a100＝[f(1)＋f(2)＋…＋f(100)]＋[f(2)＋…＋f(101)]．f(1)＋f(2)＋…＋f(100)＝－12＋22－32＋42－…－992＋1002＝(22－12)＋(42－32)＋…(1002－992)＝3＋7＋…＋199＝50×3＋1992＝5 050，f(2)＋…＋f(101)＝22－32＋42－…－992＋1002－1012＝(22－32)＋(42－52)＋…＋(1002－1012)＝－5－9－…－201＝50×－5－2012＝－5 150，∴a1＋a2＋a3＋…＋a100＝[f(1)＋f(2)＋…＋f(100)]＋[f(2)＋…f(101)]＝－5 150＋5 050＝－100.答案B二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．设{a n}是等差数列，{b n}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝19，a5＋b3＝9，则数列{a n b n}的前n项和S n＝__________.解析由条件易求出a n＝n，b n＝2n－1(n∈N*)．∴S n＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，①2S n＝1×2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n.②由①－②，得－S n＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n，∴S n ＝(n －1)·2n＋1. 答案 (n －1)·2n ＋18．在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为__________．解析 ∵a n ＝n n ＋12n ＋1＝n2， ∴b n ＝8nn ＋1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴b 1＋b 2＋…＋b n＝8⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8n n ＋1.答案8nn ＋19．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a n n ＋1＝__________.解析 令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n －1)． 与已知式相减，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2.∴a n＝4(n＋1)2.∴n＝1时，a1适合a n.∴a n＝4(n＋1)2.∴ann＋1＝4n＋4.∴a12＋a23＋…＋ann＋1＝n8＋4n＋42＝2n2＋6n.答案2n2＋6n三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．(xx·石家庄质检一)已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，S3＝a4＋6，且a1，a4，a13成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝2a n＋1，求数列{b n}的前n项和．解析：(1)设等差数列{a n}的公差为d≠0.∵S3＝a4＋6，∴3a1＋3×2d2＝a1＋3d＋6，解得a1＝3.∵a1，a4，a13成等比数列，∴a1(a1＋12d)＝(a1＋3d)2，解得d＝2.∴a n＝3＋2(n－1)＝2n＋1.∴数列{a n}的通项公式为a n＝2n＋1(n∈N*)．(2)由题意，得b n＝22n＋1＋1，数列{b n}的前n项和为T n，则Tn＝(23＋25＋27＋…＋22n＋1)＋n＝231－22n1－22＋n＝22n＋3－83＋n.11．已知数列{a n}的通项为a n，前n项的和为S n，且有S n＝2－3a n.(1)求a n；(2)求数列{na n}的前n项和．解(1)∵S1＝a1，n＝1时，S1＝2－3a1⇒4a1＝2，a1＝1 2；当n≥2时，3a n＝2－S n，①3a n－1＝2－S n－1，②①－②得3(a n－a n－1)＝－a n，∴4a n＝3a n－1⇒anan－1＝34.∵{a n}是公比为34，首项为12的等比数列，a n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫34n－1.(2)∵a n＝12⎝⎛⎭⎪⎫34n－1＝23·34⎝⎛⎭⎪⎫34n－1＝23·⎝⎛⎭⎪⎫34nT n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1·⎝⎛⎭⎪⎫34＋2·⎝⎛⎭⎪⎫342＋…＋n·⎝⎛⎭⎪⎫34n，①34T n ＝ 23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1·⎝ ⎛⎭⎪⎫342＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫343＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1，② ①－②得14T n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1·⎝ ⎛⎭⎪⎫34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫342＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1. ∴T n＝83⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫34⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n1－34－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －83n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1＝8－8⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －83n ⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＋1＝8－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤8＋83n ·34＝8－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n (8＋2n )．12．(xx·广东卷)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，n ∈N *，且a 2，a 5，a 14构成等比数列．(1)证明：a 2＝4a 1＋5； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<12. 解 (1)证明：在4S n ＝a 2n ＋1－4n －1中，令n ＝1得4a 1＝a 22－5.又a n >0，所以a 2＝4a 1＋5.(2)由4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，得4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，n ≥2，两式相减化简得(a n ＋2)2＝a 2n ＋1，n ≥2，又a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2，n ≥2.又a 2，a 5，a 14成等比数列，所以a 25＝a 2a 14，即(a 2＋6)2＝a 2(a 2＋24)，解得a 2＝3，代入(1)解得a 1＝1，所以a 2－a 1＝2，所以数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a n ＝2n －1.(3)因为1a n a n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.34771 87D3 蟓24332 5F0C 弌26734 686E 桮24501 5FB5 徵25310 62DE 拞36834 8FE2 迢24948 6174 慴29328 7290 犐31199 79DF 租28435 6F13 漓}34155 856B 蕫 21376 5380 厀。

【优化探究】2017届高考数学一轮复习 第五章 第四节 数列求和课时作业 理 新人教A 版A 组 考点能力演练1．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ，则S 2 014＝( ) A ．2×31 007－2 B ．2×31 007C.32 014－12 D.32 014＋12解析：由a n ＋2＝3a n 可得数列{a n }的奇数项与偶数项分别构成等比数列，所以S 2 014＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 013)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 014)＝1－31 0071－3＋31－31 0071－3＝(－2)×(1－31 007)＝2×31 007－2，故选择A.答案：A2．(2016·长沙质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 015的值为( )A ．2 015B ．2 013C ．1 008D ．1 007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a 1＝1，所以S 2 015＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 014＋a 2 015)＝1 008，故选择C.答案：C3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，则该数列的前18项的和为( )A ．2 101B ．2 012C ．1 012D ．1 067解析：当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋1，即奇数项构成首项为1、公差为1的等差数列；当n 为偶数时，a n ＋2＝2a n ，即偶数项构成首项为2、公比为2的等比数列，所以该数列的前18项和为9＋9×82＋21－291－2＝45＋1 022＝1 067，故选择D.答案：D4．(2016·贵阳一模)已知等差数列{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2 015项和为( )A.2 0142 015 B.2 0152 016 C.2 0162 015D.2 0172 016解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则a 4＝a 1＋3d ＝4，S 4＝4a 1＋6d ＝10，联立解得a 1＝d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ，1a n a n ＋1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前2 015项和为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 015－12 016＝1－12 016＝2 0152 016，故选择B.答案：B5．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝nm ，S m ＝m n(m ，n ∈N *且m ≠n )，则下列各值中可以为S n ＋m 的值的是( )A ．2B ．3C ．4D.92解析：由已知，设S n ＝An 2＋Bn ，则⎩⎪⎨⎪⎧S n＝An 2＋Bn ＝nm ，S m＝Am 2＋Bm ＝mn⇒⎩⎪⎨⎪⎧An ＋B m ＝1，Am ＋B n ＝1.两式相减得B (m －n )＝0，故B ＝0，A ＝1mn .S m ＋n ＝A (m ＋n )2＝m ＋n2mn＝m 2＋n 2＋2mn mn >4mnmn＝4，故只有D 符合，故选D.答案：D6．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1－3n ，n 为偶数，2n －1，n 为奇数，则其前10项和为________．解析：依题意，注意到a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝1－28·221－22＝341，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＝5×－5－292＝－85，因此题中的数列的前10项和等于341－85＝256.答案：2567．数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2(n ∈N *)，设b n ＝1a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，则T n ＝________.解析：本题考查数列的前n 项和与通项间的关系、裂项相消法．依题意，当n ≥2时，a n＝n 2－(n －1)2＝2n －1；又a 1＝12＝2×1－1，因此a n ＝2n －1，b n ＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，因此T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 答案：n2n ＋18．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)na n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________. 解析：依题意得，当n 是奇数时，a n ＋2－a n ＝1，即数列{a n }中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 59＝30×1＋30×292×1＝465；当n 是偶数时，a n ＋2＋a n ＝1，即数列{a n }中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 58＋a 60＝(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋…＋(a 58＋a 60)＝15.因此，该数列的前60项和S 60＝465＋15＝480.答案：4809．(2016·南昌模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n >0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列； (2)求{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3， 得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0. 当n ≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2， 所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1， 又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列， 所以a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1， 而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－1n －11≤n ≤42n －7n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－－1n ]1≤n ≤4，n 2－6n ＋8n ≥5.10．(2016·石家庄一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *，λ≠－1)，且a 1,2a 2，a 3＋3为等差数列{b n }的前三项．(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．解：(1)法一：∵a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝λS n －1＋1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝λa n ，即a n ＋1＝(λ＋1)a n (n ≥2)，λ＋1≠0， 又a 1＝1，a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，∴数列{a n }是以1为首项，公比为λ＋1的等比数列， ∴a 3＝(λ＋1)2，∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.法二：∵a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)，∴a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，a 3＝λS 2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2＋2λ＋1， ∴4(λ＋1)＝1＋λ2＋2λ＋1＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝S n －1＋1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝a n (n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)， 又a 1＝1，a 2＝2，∴数列{a n }是以1为首项，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.(2)由(1)知，a n b n ＝(3n －2)×2n －1，设T n 为数列{a n b n }的前n 项和，∴T n ＝1×1＋4×21＋7×22＋…＋(3n －2)×2n －1，①∴2T n ＝1×21＋4×22＋7×23＋…＋(3n －5)×2n －1＋(3n －2)×2n.②①－②得，－T n ＝1×1＋3×21＋3×22＋…＋3×2n －1－(3n －2)×2n＝1＋3×2×1－2n －11－2－(3n －2)×2n，整理得：T n ＝(3n －5)×2n＋5.B 组 高考题型专练1．(2015·高考天津卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意知q >0.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)有c n ＝(2n －1)×2n －1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1，2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n，上述两式相减，得－S n ＝1＋22＋23＋ (2)－(2n －1)×2n＝2n ＋1－3－(2n －1)×2n＝－(2n－3)×2n－3，所以，S n ＝(2n －3)×2n＋3，n ∈N *.2．(2015·高考全国卷Ⅰ)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：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3①，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3②. 由②－①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，可得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＝12n ＋12n ＋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 ＝n32n ＋3.3．(2014·高考浙江卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *，均有S k ≥S n . 解：(1)由题意得a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ，b 3－b 2＝6， 知a 3＝(2)b 3－b 2＝8.又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)， 所以数列{a n }的通项为a n ＝2n(n ∈N *)． 所以a 1a 2a 3…a n ＝2n n ＋12＝(2)n (n ＋1)．故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)． (2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)， 所以S n ＝12＋122＋…＋12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝1n ＋1－12n (n ∈N *)．②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0； 当n ≥5时，c n ＝1n n ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋12n －1，而n n ＋12n－n ＋1n ＋22n ＋1＝n ＋1n －22n ＋1>0，得n n ＋12n≤5·5＋125<1， 所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *恒有S 4≥S n ，故k ＝4.。

第五篇 第 4 节一、选择题1． (2014 山东省泰安市高三期中)在等差数列 { a n } 中， a 9＝1＋ 6，则数列 { an } 的前 112a 12项和 S 11 等于 ()A ． 24B ．48C ． 66D ． 132分析： 法一设数列 { a n } 的公差为 d ，首项为 a 1，1则由题意得 a 1＋ 8d ＝ 2(a 1＋ 11d)＋ 6，整理得 a 1＋ 5d ＝ 12，即 a 6＝ 12，11 a 1＋ a 11所以 S 11＝ ＝11a 6＝132.应选 D.21a 6＋ a 121a 12＋6， 法二 由 a 9＝ a 12＋ 6 得＝ 22211 a 1＋ a 11所以 a 6＝ 12， S 11＝ 2＝ 11a 6＝ 132，应选 D.答案： D2． (2014 山东省实验中学第三次诊疗性测试 )在等差数列 { a n } 中， a 1＝－ 2013，其前 n 项和为 S n ，若S 12－ S 10＝ 2，则 S 2013 的值等于 ()1210A ．－ 2012B ．－ 2013C ． 2012D ． 2013分析： S 12＝12a 1＋ 12× 11 10× 92 d ， S 10＝10a 1＋ 2 d ，12× 1112 12a 1 ＋2d11 10 9所以S＝Sd ，1212 ＝ a 1＋d ，10＝ a 1＋22所以 S 12 － S 10 ＝ d ＝ 2，所以 S 2013＝ 2013a 1＋ 2013× 20122 d ＝ 2013(－ 2013 ＋2012) ＝－ 2013，12 10应选 B.答案： Bn － 1} 的前 n 项和为 ()3．数列 {1 ＋2A． 1＋ 2n B ．2＋ 2n C． n＋ 2n－ 1D． n＋ 2＋2n 分析：由题意得 a n＝ 1＋ 2n－1，1－ 2n所以 S n＝ n＋＝n＋ 2n－ 1，应选 C.1－ 2答案： C4． (2012 年高考福建卷 )数列 { a n} 的通项公式 a n＝ ncos nπ，其前 n 项和为 S n，则 S2012 2等于()A． 1006 B ．2012C． 503D． 0nπ分析：∵a n＝ ncos，2∴当n 为奇数时， a n＝ 0，n， n＝4m，当 n 为偶数时， a n＝此中 m∈N*，－ n，n＝ 4m－ 2，∴S2012＝ a1＋ a2＋ a3＋ a4＋ a5＋＋a2012＝a2＋ a4＋a6＋a8＋＋ a2012＝－ 2＋ 4－ 6＋8－ 10＋ 12－ 14＋＋ 2012＝(－ 2＋ 4)＋ (－ 6＋ 8)＋＋ (－2010＋ 2012)＝2×503＝ 1006.应选 A.答案： A5．(2014 辽宁省五校联考)已知幂函数f(x)＝ xα的图象过点 (4,2)，令 a n＝f(n＋ 1)＋f(n)，n∈N*，记数列1的前 n 项和为 S n，则 S n＝ 10 时， n 的值是 () a nA． 10 B ．120 C． 130D． 140分析：∵幂函数 f(x)＝ xα过点 (4,2)，α∴4 ＝2，11∴α＝2， f(x)＝ x2，∴a n ＝ f(n ＋ 1)＋ f(n)＝ n ＋ 1＋ n ，1 1∴ ＝ ＝ n ＋ 1－ n. a nn ＋ 1＋ n∴S n ＝ ( 2－ 1)＋ ( 3－ 2)＋＋ ( n ＋1－ n)＝ n ＋ 1－ 1.又 S n ＝ 10，∴ n ＋ 1－ 1＝ 10，∴n ＝120.应选 B.答案： B6． S n ＝1＋ 1＋ 3＋ ＋nn 等于 ()2 282A.2n － n － 1B ．2n ＋1－ n －22 n2 nC.2n － n ＋ 1 D ．2n ＋1－ n ＋22 n2 n分析： 法一由 S n ＝ 1 2 3 n2＋22 ＋ 23 ＋ ＋ 2n ，112n －1 n得 2S n ＝ 22＋23＋＋ 2n ＋ 2n ＋1，①－②得，1 1 1 1 1 nS n ＝ ＋ 2 2＋ 23＋ ＋ n － n 1 2 2 2 2 ＋11 n＝ 21－2 － n，12n ＋11－ 22n ＋1－ n － 2∴S n ＝2n.应选 B.1法二取 n ＝ 1， S 1＝ 2，代入各选项考证可知选 B.答案： B二、填空题①②7． (2014 北京市东城区联考)若数列 { a n } 知足 a 1 ＝ 1， a n ＋ 1 ＝ 2a n (n ∈ N *) ，则 a 3 ＝__________ ，前 5 项的和 S 5＝__________.分析： 由 a n ＋ 1＝ 2a n (n ∈N * )，得数列 { a n } 是首项为 1公比为 2 的等比数列，所以 a 3＝ a 1q 2＝ 22＝ 4， S 5＝ 1－ 25＝ 31.1－ 2 答案： 431n＋ 1的前 n 项和为 ________．8．数列 3， 9，25，65， ，n ·2n2 48 16 2n ·2n ＋ 11分析： 因为 a n ＝2n ＝ n ＋ 2n ，1 1 ＋ 3＋ 1 1∴S n ＝ 1＋ 1 ＋ 2＋ 23 ＋ ＋ n ＋ n222 21 1 1 1＝ (1＋ 2＋ 3＋ ＋ n) ＋ 2＋ 22＋23＋ ＋ 2n1 1－ 1＝ n ＋ 1 n 2 2n2 ＋ 11－ 2n n ＋ 1 1＝2－2n ＋ 1. 答案： n n ＋ 112－ n ＋ 129．(2014 温州高三质检 ) 若已知数列的前四项是11 、1 、 1，则数列前2、 22 21 ＋ 22 ＋ 4 3＋6 4 ＋ 8n 项和为 ________．111－ 1分析： 因为通项 a n ＝ n 2＋ 2n ＝2 n n ＋ 2 ，所以此数列的前n 项和111－ 11－11 － 11－ 1S n ＝ 2 1－3 ＋2 4 ＋3 5＋ ＋n － 1 n ＋1 ＋n n ＋ 211＋ 1 1 1＝2 2－n ＋ 1－n ＋ 2 ＝3－2n ＋ 3.n ＋ 24 2 n ＋ 1答案： 3－2n ＋ 342 n ＋ 1 n ＋ 210．已知数列 { a n} 的前 n 项和为 S n且 a n＝n·2n，则 S n＝ ________.分析： S n＝ a1＋ a2＋ a3＋＋a n，∴S n＝ 2＋2·22＋3·23＋＋ n·2n，①∴2S n＝23n n1②2＋2·2＋＋ (n－ 1) ·2＋ n·2＋，∴①－②得，－ S n＝ 2＋ 22＋ 23＋＋2n－n·2n＋12 1－ 2n＝－n·2n＋11－ 2＝2n＋1－n·2n＋1－2，n 1∴S n＝ (n－ 1) ·2 ＋＋ 2.n＋ 1答案： (n－ 1) ·2＋211． (2014 安庆模拟 )已知函数 f(x)＝2x＋3，数列 { a n} 知足 a1＝ 1，a n＋1＝ f1， n∈N* . 3x a n(1)求数列 { a n} 的通项公式；(2)令 T n＝ a1a2－ a2a3＋ a3a4－ a4a5＋－ a2n a2n＋1，求 T n的表达式．解： (1)因为 f(x)＝2x＋ 321 3x＝3＋x.1 2又 a n＋1＝ f a n＝3＋ a n，2即 { a n} 是以 1 为首项、以3为公差的等差数列，2 1所以 a n＝3n＋3.(2)T n＝ a1a2－ a2a3＋ a3a4－ a4a5＋－a2 n a2n＋1＝a2(a1－ a3)＋ a4(a3－a5)＋＋ a2n( a2n－1－ a2n＋1 )4＝－3(a2＋a4＋＋ a2n)42＝－9(2n ＋3n)．12． (2013 年高考新课标全国卷Ⅰ)已知等差数列 { a n} 的前 n 项和 S n知足 S3＝0， S5＝－5.(1)求 { a n} 的通项公式；1(2)求数列a2 n－1a2n＋1的前n项和．解： (1)设数列 { a n} 的公差为d，3a1＋3d＝ 0，由已知可得5a1＋10d＝－ 5.解得 a1＝ 1， d＝－ 1.故 { a n} 的通项公式为a n＝2－ n.11(2)由 (1)知＝a2n－1a2n＋13－ 2n1－ 2n11－1＝2 2n－3 2n－ 1，进而数列1的前 n 项和为a2 n－1a2n＋11111111n －＋－＋＋－＝.2 － 11132n－3 2n－11－ 2n。

【优化探讨】2021届高考数学一轮温习 数列求和备选练习 文 新人教A 版[B 组 因材施教·备选练习]1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知(a 6－1)3＋2 013(a 6－1)＝1，(a 2 008－1)2＋2 013(a 2 008－1)＝－1，那么以下结论中正确的选项是( )A ．S 2 013＝2 013，a 2 008<a 6B ．S 2 013＝2 013，a 2 008>a 6C ．S 2 013＝－2 013，a 2 008≤a 6D ．S 2 013＝－2 013，a 2 008≥a 6解析：依题意，构造函数f (x )＝x 3＋2 013x ，易知函数f (x )＝x 3＋2 013x 为奇函数，由f (a 6－1)＝1，f (a 2 008－1)＝－1，得a 6－1＝－(a 2 008－1)，∴a 6＋a 2 008＝2，∵数列{a n }是等差数列，∴S 2 013＝2 013a 1＋a 2 0132＝2 013a 6＋a 2 0082＝2 013，排除C 、D ；∵函数f (x )＝x 3＋2 013x 为增函数，且f (a 2 008－1)<f (a 6－1)，∴a 2 008－1<a 6－1，即a 2 008<a 6，排除B ，应选A.答案：A2．(2021年石家庄模拟)关于一切实数x ，令[x ]为不大于x 的最大整数，那么函数f (x )＝[x ]称为高斯函数或取整函数，假设a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3，n ∈N *，S n 为数列{a n }的前n 项和，那么S 3n 的值为________． 解析：依题意得，a 1＝0，a 2＝0，a 3＝1，a 4＝1，a 5＝1，a 6＝2，a 7＝2，a 8＝2，…，a 3n －3＝n －1，a 3n －2＝n －1，a 3n －1＝n －1，a 3n ＝n ，因此S 3n ＝3[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＋n ＝3n 2－n 2. 答案：3n 2－n 23．在数1和2之间插入n 个实数，使得这n ＋2个数组成递增的等比数列，将这n ＋2个数的乘积记为A n ，令a n ＝log 2A n ，n ∈N *.(1)求数列{A n }的前n 项和S n ；(2)求T n ＝tan a 2·tan a 4＋tan a 4·tan a 6＋…＋tan a 2n ·tan a 2n ＋2的值． 解析：(1)设b 1，b 2，b 3，…，b n ＋2组成等比数列，其中b 1＝1，b n ＋2＝2， 依题意，A n ＝b 1·b 2·…·b n ＋1·b n ＋2，①A n ＝b n ＋2·b n ＋1·…·b 2·b 1，②由于b 1·b n ＋2＝b 2·b n ＋1＝b 3·b n ＝…＝b n ＋2·b 1＝2，①×②得A 2n ＝ (b 1b n ＋2)·(b 2b n ＋1)·…·(b n ＋1b 2)·(b n ＋2·b 1)＝2n ＋2. ∵A n >0，∴A n ＝2n ＋22. ∵A n ＋1A n ＝2n ＋322n ＋22＝2， ∴数列{A n }是首项为A 1＝22，公比为2的等比数列． ∴S n ＝22[1－2n ]1－2＝(4＋22)[ (2)n －1]． (2)由(1)得a n ＝log 2A n ＝log 22n ＋22＝n ＋22，∵tan 1＝tan[(n ＋1)－n ]＝tan n ＋1－tan n1＋tan n ＋1·tan n ， ∴tan n ·tan(n ＋1)＝tan n ＋1－tan n tan 1－1，n ∈N *. ∴T n ＝tan a 2·tan a 4＋tan a 4·tan a 6＋…＋tan a 2n ·tan a 2n ＋2， ∴T n ＝tan 2·tan 3＋tan 3·tan 4＋…＋tan(n ＋1)·tan(n ＋2) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 3－tan 2tan 1－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 4－tan 3tan 1－1＋… ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤tan n ＋2－tan n ＋1tan 1－1＝tan n ＋2－tan 2tan 1－n .。

课时作业(三十二) [第32讲 数列求和][时间：45分钟 分值：100分]基础热身1． 已知数列2，x ，y,3为等差数列，数列2，m ，n,3为等比数列，则x ＋y ＋mn 的值为( ) A ．16 B ．11 C ．－11 D ．±112． 已知数列{a n }是各项均为正整数的等比数列，a 1＝3，前3项和为21，则a 3＋a 4＋a 5＝( ) A ．2 B ．33 C ．84 D ．1893． 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1.那么a 10＝( ) A ．1 B ．9 C ．10 D ．554．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n n 2，则该数列的前20项之和为________． 能力提升5． 正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4＝8，S 4－S 1＝38，则其公比等于( ) A.52 B.32 C.25 D.236． 若{a n }为等差数列，S n 是其前n 项和，且S 13＝26π3，则tan a 7的值为( )A. 3 B ．－ 3 C ．±3 D ．－337． 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若m >1，且a m ≠0，a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m ＝( )A ．10B ．20C ．38D ．98． 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 ．－12 D ．－159． 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9＝72，则a 2＋a 4＋a 9的值是( ) A ．24 B ．19 C ．36 D ．4010．数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋n －1，则其前8项和S 8等于________． 11．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则公比q 的值是________．12．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)的前n 项和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距是________．13． 如图所示，将数以斜线作如下分群：(1)，(2,3)，(4,6,5)，(8,12,10,7)，(16,24,20,14,9)，…，并顺次称其为第1群，第2群，第3群，第4群，…，(1)第7群中的第2(2)第n 群中n 个数的和是：________.14．(10分) 等比数列{a n }中，已知a 2＝2，a 5＝16. (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若等差数列{b n }中，b 1＝a 5，b 8＝a 2，求数列{b n }前n 项和S n ，并求S n 的最大值．15．(13分) 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n }(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前2n 项和S 2n . 难点突破16．(12分) 已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和．课时作业(三十二)【基础热身】1．B [解析] 根据等差中项和等比中项知x ＋y ＝5，mn ＝6，所以x ＋y ＋mn ＝11，故选B.2．C [解析] 由a 1＝3，S 3＝21得a 1(1＋q ＋q 2)＝21，∴1＋q ＋q 2＝7，∴q ＝2或q ＝－3(舍)，∴a 3＋a 4＋a 5＝84，故选C.3．A [解析] 方法一：由S n ＋S m ＝S n ＋m ，得S 1＋S 9＝S 10， ∴a 10＝S 10－S 9＝S 1＝a 1＝1，故选A. 方法二：∵S 2＝a 1＋a 2＝2S 1，∴a 2＝1， ∵S 3＝S 1＋S 2＝3，∴a 3＝1， ∵S 4＝S 1＋S 3＝4，∴a 4＝1， 由此归纳a 10＝1，故选A.4．210 [解析] S 20＝－1＋22－32＋42－…＋182－192＋202＝22－1＋42－32＋…＋202－192＝3＋7＋11＋…＋39＝10(3＋39)2＝210.【能力提升】5．D [解析] 设首项为a 1，公比为q ，则a 4＋a 3＋a 2＝38，因为a 4＝8，所以a 3＋a 2＝30，即a 1q 3＝8，a 1q (1＋q )＝30，解得a 1＝27，q ＝23.故选D.6．B [解析] S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7＝26π3，所以a 7＝2π3，tan a 7＝－ 3.故选B.7．A [解析] 由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0得a m ＝2，所以S 2m －1＝(2m －1)(a 1＋a 2m －1)2＝(2m －1)·2a m2＝(2m －1)a m ＝38，解得m ＝10.8．A [解析] a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)]＝3×5＝15.9．A [解析] S 9＝9(a 1＋a 9)2＝72，a 1＋a 9＝16，得a 5＝8，所以a 2＋a 4＋a 9＝a 5－3d ＋a 5－d ＋a 5＋4d ＝3a 5＝24. 10．538 [解析] S 8＝2×(1－28)1－2＋8×(1＋8)2－8＝538.11．2 [解析] 因为S 6＝S 3＋S 3q 3＝S 3·(1＋q 3)，将已知数据代入，解得q ＝2.12．－9 [解析] S n ＝11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1，所以n ＝9，所以直线在y 轴上的截距为－n ＝－9.13．(1)96 (2)3·2n －2n －3 [解析] (1)第7群中的第2项是第2列中的第6个数，为3×26－1＝96；(2)第n 群中n 个数分别是1×2n－1,3×2n－2,5×2n －3，…，(2n －1)×2n －n .设第n 群中n 个数的和为S n ，所以S n ＝1×2n －1＋3×2n －2＋5×2n －3＋…＋(2n －1)×2n －n .利用错位相减法可求得S n ＝3·2n －2n －3.14．[解答] (1)由a 2＝2，a 5＝16，得q ＝2，解得a 1＝1，从而a n ＝2n －1.(2)由已知得b 1＝16，b 8＝2，又b 8＝b 1＋(8－1)d ， 解得d ＝－2，所以S n ＝nb 1＋n (n －1)2d ＝16n ＋n (n －1)2(－2)＝－n 2＋17n ，由于S n ＝－⎝⎛⎭⎫n －1722＋2894，n ∈N *， 所以S n 的最大值为S 8＝S 9＝72. 15．[解答] (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意； 当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18，所以公比q ＝3. 故a n ＝2·3n －1.(2)因为b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n [ln2＋(n －1)ln3]＝2·3n －1＋(－1)n (ln2－ln3)＋(－1)n n ln3，所以S 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b 2n＝2(1＋3＋…＋32n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n ](ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)2n 2n ]ln3＝2×1－32n1－3＋n ln3＝32n ＋n ln3－1. 【难点突破】16．[解答](1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n2n －1，故S 1＝1，S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n2n . 所以，当n ＞1时，S n2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n ＝1－⎝⎛⎭⎫12＋14＋…＋12n －1－2－n 2n ＝1－⎝⎛⎭⎫1－12n －1－2－n 2n＝n 2n ，所以S n ＝n2n －1.综上，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n2n －1.。