【冲刺2021高考数学】一轮总复习课件练习：第五章 数 列第5章 4

最新届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第5章《数列》（第4课时）（新人教A 版）一、选择题1．(最新·辽阳质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，且S 25＝100，则a 12＋a 14等于( )A ．16B ．8C ．4D ．不确定解析：选B.由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，可得数列{a n }是等差数列，S 25＝a 1＋a 25·252＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 12＋a 14＝a 1＋a 25＝8.2．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n解析：选A.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.3．已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N ＋)，设{a n }的前n 项和为S n ，则使S n ＜－5成立的自然数n ( )A ．有最大值63B ．有最小值63C ．有最大值31D ．有最小值31解析：选 B.S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝log 223＋log 234＋…＋log 2n ＋1n ＋2＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫23×34×…×n ＋1n ＋2＝log 22n ＋2＜－5，∴2n ＋2＜2－5，∴n ＋2＞26，∴n ＞62. 又n ∈N ＋，∴n 有最小值63.4．设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1fn (n ∈N ＋)的前n 项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1 C.nn －1D.n ＋1n解析：选A.易知f (x )＝x 2＋x ，则1f n ＝1n 2＋n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1fn的前n 项和 S n ＝11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.5．(最新·辽阳质检)对正整数n ，设曲线y ＝x n(1－x )在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和的公式是( ) A ．2nB ．2n－2C ．2n ＋1D ．2n ＋1－2解析：选D.∵y ′|x ＝2＝－2n －1(n ＋2)，∴切线方程为：y ＋2n ＝－2n －1(n ＋2)(x －2)，令x ＝0，求出切线与y 轴交点的纵坐标为y 0＝(n ＋1)2n，所以a n n ＋1＝2n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和S n ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.二、填空题6．在等差数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 2＋a 8＝18－a 5，则S 9＝________. 解析：由等差数列的性质，a 2＋a 8＝18－a 5， 即2a 5＝18－a 5，∴a 5＝6，∴S 9＝a 1＋a 9×92＝9a 5＝54.答案：547．(最新·武汉质检)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，又∵a 1＝1适合上式，∴a n ＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1.∴数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以4为公比的等比数列．∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1·1－4n1－4＝13(4n －1)．答案：13(4n－1)8．已知等比数列{a n }中，a 1＝3，a 4＝81，若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和S n ＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 1＝q 3＝27，解得q ＝3.所以a n ＝a 1qn －1＝3×3n －1＝3n，故b n ＝log 3a n ＝n ，所以1b n b n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1.则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.答案：nn ＋1三、解答题9．已知{a n }为等差数列，且a 3＝－6，a 6＝0. (1)求{a n }的通项公式；(2)若等比数列{b n }满足b 1＝－8，b 2＝a 1＋a 2＋a 3，求{b n }的前n 项和公式． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 3＝－6，a 6＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝－6，a 1＋5d ＝0，解得a 1＝－10，d ＝2.所以a n ＝－10＋(n －1)·2＝2n －12. (2)设等比数列{b n }的公比为q .因为b 2＝a 1＋a 2＋a 3＝－24，b 1＝－8， 所以－8q ＝－24，即q ＝3.所以{b n }的前n 项和公式为S n ＝b 11－q n 1－q＝4(1－3n)．10．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎪⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，①由题意S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)又b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n2n ＋1.一、选择题1．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 ．10200解析：选B.由题意，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.2．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5 B.3116或5 C.3116D.158解析：选C.设数列{a n }的公比为q .由题意可知q ≠1，且91－q31－q＝1－q 61－q，解得q ＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公比的等比数列，由求和公式可得S 5＝3116.二、填空题3．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：∵a n ＋1－a n ＝2n，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n.∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－24．数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－4n ＋2，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1 n ＝12n －5 n ≥2，n ∈N ＋.令2n －5≤0得n ≤52， ∴当n ≤2时，a n ＜0；当n ≥3时，a n ＞0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝－(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4＋…＋a 10)＝66. 答案：66 三、解答题5．(2012·高考天津卷)已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝27，S 4－b 4＝10.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记T n ＝a n b 1＋a n －1b 2＋…＋a 1b n ，n ∈N *，证明T n ＋12＝－2a n ＋10b n (n ∈N *).解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .由a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .由条件，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧2＋3d ＋2q 3＝27，8＋6d －2q 3＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2.所以a n ＝3n －1，b n ＝2n，n ∈N *. (2)证明：由(1)得T n ＝2a n ＋22a n －1＋23a n －2＋…＋2n a 1，①2T n ＝22a n ＋23a n －1＋…＋2n a 2＋2n ＋1a 1.② 由②－①，得T n ＝－2(3n －1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n ＋2n ＋2＝121－2n －11－2＋2n ＋2－6n ＋2＝10×2n－6n －10.而－2a n ＋10b n －12＝－2(3n －1)＋10×2n －12＝10×2n－6n －10，故T n ＋12＝－2a n ＋10b n ，n ∈N *.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。

第4讲 数列的求和1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2n ＋1，则S 20172017＝( )A ．1009B ．1008C ．2D ．12．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }前n 项的和为( )A ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1B ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1C ．1－1n ＋1 D.12－1n ＋13．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则数列{|a n |}的前n 项和T n 等于( )A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧ 6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ＞3D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ，n ＞3 4．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 2018＝( )A ．3B ．2C ．1D ．0 5．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2B ．2nC ．2n ＋1－2D ．2n －1－26．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的有( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋3为等比数列 B ．{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1－3C ．{a n }为递增数列D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n －4 7．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＝________. 8．(2017年新课标Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则11nk kS =∑＝________.9．(2019年新课标Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和．10．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1＋n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2(a n －1)，求T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1.11．(2018年浙江)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．12．(2018年天津)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)， ⅰ)求T n ；ⅱ)证明：21()(1)(2)nk k k k T b b k k +=+++∑＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．第4讲 数列的求和1．A 解析：S 2017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2016＋a 2017) ＝(2×0＋1)＋(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2016＋1)＝1＋2×2016＋1×10092＝2017×1009， ∴S 20172017＝1009.故选A. 2．A 解析：∵a n ＝1＋2＋3＋…＋nn ＋1＝n n ＋12n ＋1＝n 2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S n ＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1. 3．C 解析：∵由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列， 且首项为－5，公差为2.∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7. ∴n ≤3时，a n <0；n >3时，a n >0.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ＞3.4．A 解析：∵a n ＋1＝a n －a n －1，a 1＝1，a 2＝2，∴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 2017＋a 2018＝a 1＋a 2＝3.5．C 解析：∵a n ＋1－a n ＝2n，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n，∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.6．ABD7．480 解析：∵a n ＋2＋(－1)na n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，….∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4，…. ∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8， S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，….∴该数列构成以4为首项，4为公差的等差数列．∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480.8.2n n ＋1解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋4×32d ＝10.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.数列{a n }的前n 项和为S n ＝na 1＋n n －12d ＝n n ＋12，1S k ＝2kk ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1，则11nk kS =∑＝2⎝ ⎛1－12＋12－⎭⎪⎫13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1. 9．解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得 2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0. 解得q ＝－2(舍去)或q ＝4.因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1. (2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1，∴数列{}b n 的前n 项和为1＋3＋…＋2n －1＝n 2.10．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝2n ＋1＋n －2，S n －1＝2n＋n －1－2，得a n ＝2n＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝3， 综上所述，a n ＝2n＋1.(2)由b n ＝log 2(a n －1)＝log 22n＝n .T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝n n ＋1. 11．解：(1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得 a 3＋a 5＝2a 4＋4，∴a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20， ∵q >1，∴q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }前n 项和为S n . 由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.解得c n ＝4n －1.由(1)可知a n ＝2n －1，∴b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3.设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， ∴12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，∴b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.12．(1)解：设等比数列{a n }的公比为q .由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.∵q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1. 设等差数列{b n }的公差为d ， 由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4. 由a 5＝b 4＋2b 6， 可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)ⅰ)解：由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n－1，故T n ＝1(n k =∑2k－1)＝12nk =∑k－n ＝2×1－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.ⅱ)证明：∵T k ＋b k ＋2b kk ＋1k ＋2＝2k ＋1－k －2＋k ＋2kk ＋1k ＋2＝k ·2k ＋1k ＋1k ＋2＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1， ∴1nk =∑T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2.。

多维层次练31[A 级 基础巩固]1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n解析：该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n .答案：A2．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n等于( )A ．9B ．99C ．10D ．100解析：因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(n ＋1－n )＋( n －n －1)＋…＋(3－2)＋(2－1)＝n ＋1－1，令n ＋1－1＝9，得n ＝99. 答案：B3．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里解析：由题意，知每天所走路程形成以a1为首项，公比为12的等比数列，则a1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a1＝192，则a2＝96，即第二天走了96里．答案：B4．(2020·宁德模拟)等差数列{a n}中，a4＝9，a7＝15，则数列{(－1)n a n}的前20项和等于()A．－10 B．－20C．10 D．20解析：设等差数列{a n}的公差为d，由a4＝9，a7＝15，得a1＋3d ＝9，a1＋6d＝15，解得a1＝3，d＝2，则a n＝3＋2(n－1)＝2n＋1，数列{(－1)n a n}的前20项和为－3＋5－7＋9－11＋13＋…－39＋41＝2＋2＋…＋2＝2×10＝20.答案：D5．(2019·广州模拟)数列{a n}满足a2＝2，a n＋2＋(－1)n＋1·a n＝1＋(－1)n(n∈N*)，S n为数列{a n}的前n项和，则S100＝()A．5 100 B．2 550C．2 500 D．2 450解析：由a n＋2＋(－1)n＋1a n＝1＋(－1)n(n∈N*)，可得a1＋a3＝a3＋a 5＝a 5＋a 7＝…＝0，a 4－a 2＝a 6－a 4＝a 8－a 6＝…＝2，由此可知，数列{a n }的奇数项相邻两项的和为0，偶数项是首项为a 2＝2、公差为2的等差数列，所以S 100＝50×0＋50×2＋50×492×2＝2 550.答案：B6．(2020·佛山一中检测)已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则S n ＝________．解析：S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，① 则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.② 由①－②得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ·2n＋1，故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1. 答案：2＋(n －1)·2n ＋17．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝sinn π2，n ∈N *，则S 2 019＝________．解析：a n ＝sinn π2，n ∈N *，显然每连续四项的和为0. S 2 019＝S 4×504＋a 2 017＋a 2 018＋a 2 019＝0＋1＋0＋(－1)＝0. 答案：08．(2020·郴州质检)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2b n (n ∈N *)，若数列{a n }为等比数列，且a 1＝2，a 4＝16，则{b n }的通项公式b n＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和S n ＝________．解析：因为{a n }为等比数列，且a 1＝2，a 4＝16， 所以公比q ＝3a 4a 1＝3162＝2，所以a n ＝2n ，所以a 1a 2a 3…a n ＝21×22×23×…×2n ＝21＋2＋3＋…＋n＝2n （n ＋1）2. 因为a 1a 2a 3…a n ＝2b n ， 所以b n ＝n （n ＋1）2，所以1b n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1 ＝2nn ＋1. 答案：n （n ＋1）2 2nn ＋19．已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．解：(1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q ＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以b n ＝3n －1(n ＝1，2，3，…)．设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27， 所以1＋13d ＝27，即d ＝2.所以a n ＝2n －1(n ＝1，2，3，…)． (2)由(1)知a n ＝2n －1，b n ＝3n －1. 因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1. 从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n （1＋2n －1）2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n－12.10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1＋log 2(a n )2，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n <16.(1)解：因为a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *)， 所以a n ＝2＋S n －1(n ≥2)． 所以a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ， 所以a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又因为a 2＝2＋a 1＝4，a 1＝2，所以a 2＝2a 1， 所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 则a n ＝2·2n －1＝2n (n ∈N *)．(2)证明：因为b n ＝1＋log 2(a n )2，则b n ＝2n ＋1. 则1b n b n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， 所以T n ＝12(13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3<16. [B 级 能力提升]11．(2020·郑州一模)已知数列{a n }满足2a n ＋1＋a n ＝3(n ∈N *)，且a 3＝134，其前n 项之和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1123的最小整数n 是( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：由2a n ＋1＋a n ＝3，得a n ＋1－1＝－12(a n －1)，又a 3＝134，所以a 2－1＝－2(a 3－1)＝－92，a 1－1＝－2(a 2－1)＝9.所以{a n －1}是首项为9，公比为－12的等比数列，则a n －1＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，a n ＝1＋9·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，则S n ＝n ＋9·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝n ＋6－6·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ，则|S n －n －6|＝3·12n －1，|S n －n －6|<1123，即3·12n －1<1123，解得n >9，所以满足不等式|S n －n －6|<1123的最小整数n 是10. 答案：C12．(2020·蚌埠质检)数列{a n }满足a 1＝1，|a n －a n －1|＝n 2(n ∈N *且n ≥2)．若数列{a 2n －1}为递增数列，数列{a 2n }为递减数列，且a 1>a 2，则a 99＝________．解析：由于数列{a 2n －1}为递增数列，数列{a 2n }为递减数列，可求得a 2－a 1＝－22，a 3－a 2＝32，a 4－a 3＝－42，a 5－a 4＝52，a 6－a 5＝－62，…，a 98－a 97＝－982，a 99－a 98＝992.故a 99＝(a 99－a 98)＋(a 98－a 97)＋…＋(a 6－a 5)＋(a 5－a 4)＋(a 4－a 3)＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝992－982＋972－962＋…＋52－42＋32－22＋1＝99＋98＋97＋96＋…＋5＋4＋3＋2＋1＝99＋12×99＝4 950.答案：4 95013．(2020·茂名一模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n ＝2k －1，log 2a n ，n ＝2k ，k ∈N *，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解：(1)由S n ＝2a n －2，① 得S n －1＝2a n －1－2(n ≥2)，②①－②得a n ＝2a n －2a n －1，所以a n ＝2a n －1(n ≥2)， 由a 1＝S 1＝2a 1－2，得a 1＝2，所以{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以a n ＝2n .(2)b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n ＝2k －1，n ，n ＝2k ，k ∈N *.T 2n ＝(b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1)＋(b 2＋b 4＋b 6＋…＋b 2n ) ＝(2＋23＋25＋…＋22n －1)＋(2＋4＋6＋…＋2n ) ＝2×（1－4n ）1－4＋（2＋2n ）×n 2＝－23＋23×4n ＋n 2＋n .[C 级 素养升华]14．(2020·天河二模)已知数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，设c n ＝a b n ，T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n (n ∈N *)，则当T n <2 020时，n 的最大值是( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析：因为{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a n ＝2n－1.因为{b n}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以b n＝2n－1，所以T n＝c1＋c2＋…＋c n＝a b1＋a b2＋…＋a b n＝a1＋a2＋a4＋…＋a2n－1＝(2×1－1)＋(2×2－1)＋(2×4－1)＋…＋(2×2n－1－1)＝2(1＋2＋4＋…＋2n－1)－n＝2×1－2n1－2－n＝2n＋1－n－2，因为T n<2 020，所以2n＋1－n－2<2 020，解得n≤9.则当T n<2 020时，n的最大值是9.答案：A。