高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和课时规范练文含解析北师大版

课时规范训练[A 级 基础演练]1．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( ) A ．15 B ．12 C ．－12D ．－15解析：选A.记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15.故选A.2．(2021·河北承德模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ＝1，2，3，…)，当首项a 1和公差d 变化时，若a 5＋a 8＋a 11是一个定值，则下列各数中为定值的是( )A ．S 17B ．S 18C ．S 15D ．S 16解析：选C.由等差数列的性质得a 5＋a 11＝2a 8，所以a 5＋a 8＋a 11为定值，即a 8为定值．又由于S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15×2a 82＝15a 8，所以S 15为定值．故选C.3．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 2 016＝( )A.2 015×2 0162B ．2 016×2 0172C.2 015×2 0152D ．2 016×2 0162解析：选B.a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2n2（n 为奇数），（n 为偶数），∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 016＝－12＋22－32＋42－…－2 0152＋2 0162＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0162－2 0152)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 016＝2 016×2 0172.4．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( ) A ．－6 B ．－4 C ．－2D ．2解析：选A.由等差数列性质及前n 项和公式，得 S 8＝8（a 1＋a 8）2＝4(a 3＋a 6)＝4a 3，所以a 6＝0.又a 7＝－2，所以公差d ＝－2，所以a 9＝a 7＋2d ＝－6.5．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析：选D.当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1， 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3， ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3， ∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝30×（3＋119）2＝30×61＝1 830.6．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)，记S n 为{a n }的前n 项和，则S 2 017＝ ． 解析：由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n(a n ＋1)可得该数列是周期为4的数列，且a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0，a 5＝1，所以S 2 017＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 017＝504×(－2)＋1＝－1 007.答案：－1 0077．(2021·江西八所中学联考)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 017＝ ．解析：∵a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，∴当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，k ∈N *，∴S 2 017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)＝1＋(－1)×1 008＝－1 007.答案：－1 0078．等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4. (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T n .解：(1)由a 1＝10，a 2为整数，知等差数列{}a n 的公差d 为整数． 又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0，于是10＋3d ≥0，10＋4d ≤0. 解得－103≤d ≤－52.因此d ＝－3.数列{}a n 的通项公式为a n ＝13－3n .(2)b n ＝1（13－3n ）（10－3n ）＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n .于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n10（10－3n ）.9．(2021·辽宁五校联考)已知等差数列{}a n ，公差d >0，前n 项和为S n ，S 3＝6且满足a 3－a 1，2a 2，a 8成等比数列．(1)求{}a n 的通项公式；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋2，求数列{}b n 的前n 项和T n .解：(1)由S 3＝6，得a 2＝2. ∵a 3－a 1，2a 2，a 8成等比数列，∴2d ·(2＋6d )＝42，解得，d ＝1或d ＝－43.∵d >0，∴d ＝1，∴数列{}a n 的通项公式为a n ＝n . (2)∵b n ＝1a n ·a n ＋2＝1n （n ＋2），∴T n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n （n ＋2）＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n 4（n ＋1）（n ＋2）. [B 级 力量突破]1．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，初行健步不犯难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公认真算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从其次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，请问其次天走了( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里解析：选B.由题意，知每天所走路程形成以a 1为首项，公比为12的等比数列，则a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝96，即其次天走了96里．故选B.2．已知数列5，6，1，－5，…，该数列的特点是从其次项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16等于( )A ．5B ．6C ．7D ．16解析：选C.依据题意这个数列的前7项分别为5，6，1，－5，－6，－1，5，6，发觉从第7项起，数字重复消灭，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.又由于16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7.故选C. 3．数列{a n }的通项为a n ＝(－1)n(2n ＋1)sin n π2＋1，前n 项和为S n ，则S 100＝ ．解析：由a n ＝(－1)n(2n ＋1)sinn π2＋1可得全部的偶数项为1，奇数项有以下规律：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，a 5＝－10，a 9＝－18，…⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝8，a 7＝16，a 11＝24，…所以a 1＋a 5＋…＋a 97＝25×(－2)＋25×242×(－8)＝－2 450，a 3＋a 7＋…＋a 99＝25×8＋25×242×8＝2 600，a 2＋a 4＋…＋a 100＝50×1＝50 所以S 100＝－2 450＋2 600＋50＝200. 答案：2004．(2021·昆明调研)已知等差数列{}a n 中，a 2＝4，a 4是a 2与a 8的等比中项． (1)求数列{}a n 的通项公式； (2)若a n ＋1≠a n ，求数列{}2n －1·a n 的前n 项和．解：(1)由a 2＝4，且a 4是a 2，a 8的等比中项可得a 1＋d ＝4，a 24＝a 2a 8，即(4＋2d )2＝4(4＋6d )，化简得d 2－2d ＝0， 则d ＝0或d ＝2，由于a 2＝4，当d ＝0时，a n ＝4； 当d ＝2时，a 1＝2，则a n ＝2n . (2)∵a n ＋1≠a n ，∴a n ＝2n ，则2n －1a n ＝2n －1·2n ＝2n ·n ，∵S n ＝21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n，(*1)(*1)×2得，2S n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)·2n＋n ·2n ＋1，(*2)(*1)－(*2)得，－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2（1－2n）1－2－n ·2n ＋1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.5．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；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 n ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n （n ＋3）4.∵1S n＝4n （n ＋3）＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋3，∴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⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＝229， ∴存在正整数k ，其最小值为3.。

课时规范练31 数列求和基础巩固组1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-B.2n2-n+1-C.n2+1-D.n2-n+1-2.(2018河北衡水中学金卷十模,3)已知数列{a n}是各项为正数的等比数列,点M(2,log2a2),N(5,log2a5)都在直线y=x-1上,则数列{a n}的前n项和为()A.2n-2B.2n+1-2C.2n-1D.2n+1-13.(2018山东潍坊二模,4)设数列{a n}的前n项和为S n,若S n=-n2-n,则数列的前40项的和为()A. B.- C. D.-4.已知函数f(x)=x a的图像过点(4,2),令a n=,n∈N+.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2018= .5.(2018浙江余姚中学4月模拟,17)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S5=30,S10=110.(1)求S n;(2)记T n=+…+,求T n.6.(2018山西晋城月考)已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=2a n+(-1)n(3n+1).(1)求证数列{a n+(-1)n n}是等比数列;(2)求数列{a n}的前10项和S10.7.(2018山东潍坊一模,17)公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n,已知S4=10,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和T n.综合提升组8.(2018广东中山期末)等比数列{a n}中,已知对任意自然数n,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,则+…+等于()A.2n-1B. (3n-1)C. (4n-1)D.以上都不对9.(2018湖北重点中学五模)设等差数列{a n}的前n项和为S n,a4=4,S5=15,若数列的前m项和为,则m=()A.8B.9C.10D.1110.(2018山东潍坊三模,17)已知数列{a n}的前n项和为S n,且1,a n,S n成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n·b n=1+2na n,求数列{b n}的前n项和T n.11.(2018江西上饶三模,17)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且6S n=3n+1+a(n∈N+).(1)求a的值及数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(3n+1)a n,求数列{a n}的前n项和T n.创新应用组12.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下的两项是20,21,再接下的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数NN>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.11013.(2018云南玉溪月考)数列{a n}满足a1=,a2=,且a1a2+a2a3+…+a n a n+1=对任何的正整数n都成立,则+…+的值为()A.5 032B.5 044C.5 048D.5 050参考答案课时规范练31 数列求和1.A该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.C由题意log2a2=2-1=1,可得a2=2,log2a5=5-1=4,可得a5=16,=q3=8⇒⇒S n==2n-1,故选C.3.D∵S n=-n2-n,∴a1=S1=-2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n,则数列{a n}的通项公式为a n=-2n,==--,数列的前40项的和为S40=-1-+-+…+-=-.4.-1由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.∴a n===-,S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=(-)+(-)+(-)+…+(-)=-1.5.解 (1)设{a n}的首项为a1,公差为d,由题意得解得所以S n=n2+n.(2)==-,所以T n=1-+-+…+-=1-=.6.(1)证明∵a n+1=2a n+(-1)n(3n+1),∴===2.又a1-1=3-1=2,∴数列{a n+(-1)n n}是首项为2,公比为2的等比数列.(2)解由(1)得a n+(-1)n n=2×2n-1=2n,∴a n=2n-(-1)n n,∴S10=(2+22+…+210)+(1-2)+(3-4)+…+(9-10)=-5=211-7=2 041.7.解 (1)设{a n}的公差为d,由题设可得,∴解得∴a n=n.(2)令c n=,则T n=c1+c2+…+c n=+++…++, ①T n=++…++, ②①-②得T n=++…+-=-=--,∴T n=-.8.C当n=1时,a1=21-1=1,当n≥2时,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,a1+a2+a3+…+a n-1=2n-1-1,两式做差可得a n=2n-2n-1=2n-1,且n=1时,21-1=20=1=a1,∴a n=2n-1,故=4n-1,∴+++…+==(4n-1).9.C S n为等差数列{a n}的前n项和,设公差为d,则解得d=1,则a n=4+(n-4)×1=n.由于==-,则S m=1-+-+…+-=1-=,解得m=10.10.解 (1)由已知1,a n,S n成等差数列,得2a n=1+S n, ①当n=1时,2a1=1+S1=1+a1,∴a1=1.当n≥2时,2a n-1=1+S n-1, ②由①-②,得2a n-2a n-1=a n,∴=2,∴数列{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=a1q n-1=1×2n-1=2n-1.(2)由a n·b n=1+2na n得b n=+2n,∴T n=b1+b2+…+b n=+2++4+…++2n=+(2+4+…+2n)=+=n2+n+2-.11.解 (1)∵6S n=3n+1+a(n∈N+),∴当n=1时,6S1=6a1=9+a;当n≥2时,6a n=6(S n-S n-1)=2×3n,即a n=3n-1,∵{a n}为等比数列,∴a1=1,则9+a=6,a=-3,∴{a n}的通项公式为a n=3n-1.(2)由(1)得b n=(3n+1)3n-1,∴T n=b1+b2+…+b n=4×30+7×31+…+(3n+1)3n-1,3T n=4×31+7×32+…+(3n-2)3n-1+(3n+1)3n,∴-2T n=4+32+33+…+3n-(3n+1)3n,∴T n=.12.A设数列的首项为第1组,接下两项为第2组,再接下三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为-n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N+,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足N>100且前N项和为2的整数幂,则S N-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A.13.B∵a1a2+a2a3+…+a n a n+1=n, ①a1a2+a2a3+…++=(n+1), ②①-②,得-=n-(n+1),∴-=4,同理得-=4,∴-=-,整理得=+,∴是等差数列.∵a1=,a2=,∴等差数列的首项为4,公差为1,=4+(n-1)×1=n+3,∴++…+==5 044.。

课时规范练31 数列求和基础巩固组1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-B.2n2-n+1-C.n2+1-D.n2-n+1-2.(2018河北衡水中学金卷十模,3)已知数列{a n}是各项为正数的等比数列,点M(2,log2a2),N(5,log2a5)都在直线y=x-1上,则数列{a n}的前n项和为()A.2n-2B.2n+1-2C.2n-1D.2n+1-13.(2018山东潍坊二模,4)设数列{a n}的前n项和为S n,若S n=-n2-n,则数列的前40项的和为()A. B.- C. D.-4.已知函数f(x)=x a的图像过点(4,2),令a n=,n∈N+.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2018= .5.(2018浙江余姚中学4月模拟,17)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S5=30,S10=110.(1)求S n;(2)记T n=+…+,求T n.6.(2018山西晋城月考)已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=2a n+(-1)n(3n+1).(1)求证数列{a n+(-1)n n}是等比数列;(2)求数列{a n}的前10项和S10.7.(2018山东潍坊一模,17)公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n,已知S4=10,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和T n.综合提升组8.(2018广东中山期末)等比数列{a n}中,已知对任意自然数n,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,则+…+等于()A.2n-1B. (3n-1)C. (4n-1)D.以上都不对9.(2018湖北重点中学五模)设等差数列{a n}的前n项和为S n,a4=4,S5=15,若数列的前m项和为,则m=()A.8B.9C.10D.1110.(2018山东潍坊三模,17)已知数列{a n}的前n项和为S n,且1,a n,S n成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n·b n=1+2na n,求数列{b n}的前n项和T n.11.(2018江西上饶三模,17)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且6S n=3n+1+a(n∈N+).(1)求a的值及数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(3n+1)a n,求数列{a n}的前n项和T n.创新应用组12.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下的两项是20,21,再接下的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数NN>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.11013.(2018云南玉溪月考)数列{a n}满足a1=,a2=,且a1a2+a2a3+…+a n a n+1=对任何的正整数n都成立,则+…+的值为()A.5 032B.5 044C.5 048D.5 050参考答案课时规范练31 数列求和1.A该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.C由题意log2a2=2-1=1,可得a2=2,log2a5=5-1=4,可得a5=16,=q3=8⇒⇒S n==2n-1,故选C.3.D∵S n=-n2-n,∴a1=S1=-2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n,则数列{a n}的通项公式为a n=-2n,==--,数列的前40项的和为S40=-1-+-+…+-=-.4.-1由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.∴a n===-,S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=(-)+(-)+(-)+…+(-)=-1.5.解 (1)设{a n}的首项为a1,公差为d,由题意得解得所以S n=n2+n.(2)==-,所以T n=1-+-+…+-=1-=.6.(1)证明∵a n+1=2a n+(-1)n(3n+1),∴===2.又a1-1=3-1=2,∴数列{a n+(-1)n n}是首项为2,公比为2的等比数列.(2)解由(1)得a n+(-1)n n=2×2n-1=2n,∴a n=2n-(-1)n n,∴S10=(2+22+…+210)+(1-2)+(3-4)+…+(9-10)=-5=211-7=2 041.7.解 (1)设{a n}的公差为d,由题设可得,∴解得∴a n=n.(2)令c n=,则T n=c1+c2+…+c n=+++…++, ①T n=++…++, ②①-②得T n=++…+-=-=--,∴T n=-.8.C当n=1时,a1=21-1=1,当n≥2时,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,a1+a2+a3+…+a n-1=2n-1-1,两式做差可得a n=2n-2n-1=2n-1,且n=1时,21-1=20=1=a1,∴a n=2n-1,故=4n-1,∴+++…+==(4n-1).9.C S n为等差数列{a n}的前n项和,设公差为d,则解得d=1,则a n=4+(n-4)×1=n.由于==-,则S m=1-+-+…+-=1-=,解得m=10.10.解 (1)由已知1,a n,S n成等差数列,得2a n=1+S n, ①当n=1时,2a1=1+S1=1+a1,∴a1=1.当n≥2时,2a n-1=1+S n-1, ②由①-②,得2a n-2a n-1=a n,∴=2,∴数列{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=a1q n-1=1×2n-1=2n-1.(2)由a n·b n=1+2na n得b n=+2n,∴T n=b1+b2+…+b n=+2++4+…++2n=+(2+4+…+2n)=+=n2+n+2-.11.解 (1)∵6S n=3n+1+a(n∈N+),∴当n=1时,6S1=6a1=9+a;当n≥2时,6a n=6(S n-S n-1)=2×3n,即a n=3n-1,∵{a n}为等比数列,∴a1=1,则9+a=6,a=-3,∴{a n}的通项公式为a n=3n-1.(2)由(1)得b n=(3n+1)3n-1,∴T n=b1+b2+…+b n=4×30+7×31+…+(3n+1)3n-1,3T n=4×31+7×32+…+(3n-2)3n-1+(3n+1)3n,∴-2T n=4+32+33+…+3n-(3n+1)3n,∴T n=.12.A设数列的首项为第1组,接下两项为第2组,再接下三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为-n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N+,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足N>100且前N项和为2的整数幂,则S N-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A.13.B∵a1a2+a2a3+…+a n a n+1=n, ①a1a2+a2a3+…++=(n+1), ②①-②,得-=n-(n+1),∴-=4,同理得-=4,∴-=-,整理得=+,∴是等差数列.∵a1=,a2=,∴等差数列的首项为4,公差为1,=4+(n-1)×1=n+3, ∴++…+==5 044.。

课时规范练31 数列求和基础巩固组1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-B.2n2-n+1-C.n2+1-D.n2-n+1-2.(2018河北衡水中学金卷十模,3)已知数列{a n}是各项为正数的等比数列,点M(2,log2a2),N(5,log2a5)都在直线y=x-1上,则数列{a n}的前n项和为()A.2n-2B.2n+1-2C.2n-1D.2n+1-13.(2018山东潍坊二模,4)设数列{a n}的前n项和为S n,若S n=-n2-n,则数列的前40项的和为()A. B.- C. D.-4.已知函数f(x)=x a的图像过点(4,2),令a n=,n∈N+.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2018= .5.(2018浙江余姚中学4月模拟,17)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S5=30,S10=110.(1)求S n;(2)记T n=+…+,求T n.6.(2018山西晋城月考)已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=2a n+(-1)n(3n+1).(1)求证数列{a n+(-1)n n}是等比数列;(2)求数列{a n}的前10项和S10.7.(2018山东潍坊一模,17)公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n,已知S4=10,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求{a n}的通项公式;(2)求数列的前n项和T n.综合提升组8.(2018广东中山期末)等比数列{a n}中,已知对任意自然数n,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,则+…+等于()A.2n-1B. (3n-1)C. (4n-1)D.以上都不对9.(2018湖北重点中学五模)设等差数列{a n}的前n项和为S n,a4=4,S5=15,若数列的前m项和为,则m=()A.8B.9C.10D.1110.(2018山东潍坊三模,17)已知数列{a n}的前n项和为S n,且1,a n,S n成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n·b n=1+2na n,求数列{b n}的前n项和T n.11.(2018江西上饶三模,17)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且6S n=3n+1+a(n∈N+).(1)求a的值及数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(3n+1)a n,求数列{a n}的前n项和T n.创新应用组12.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下的两项是20,21,再接下的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数NN>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.11013.(2018云南玉溪月考)数列{a n}满足a1=,a2=,且a1a2+a2a3+…+a n a n+1=对任何的正整数n都成立,则+…+的值为()A.5 032B.5 044C.5 048D.5 050参考答案课时规范练31 数列求和1.A该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.C由题意log2a2=2-1=1,可得a2=2,log2a5=5-1=4,可得a5=16,=q3=8⇒⇒S n==2n-1,故选C.3.D∵S n=-n2-n,∴a1=S1=-2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n,则数列{a n}的通项公式为a n=-2n,==--,数列的前40项的和为S40=-1-+-+…+-=-.4.-1由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.∴a n===-,S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=(-)+(-)+(-)+…+(-)=-1.5.解 (1)设{a n}的首项为a1,公差为d,由题意得解得所以S n=n2+n.(2)==-,所以T n=1-+-+…+-=1-=.6.(1)证明∵a n+1=2a n+(-1)n(3n+1),∴===2.又a1-1=3-1=2,∴数列{a n+(-1)n n}是首项为2,公比为2的等比数列.(2)解由(1)得a n+(-1)n n=2×2n-1=2n,∴a n=2n-(-1)n n,∴S10=(2+22+…+210)+(1-2)+(3-4)+…+(9-10)=-5=211-7=2 041.7.解 (1)设{a n}的公差为d,由题设可得,∴解得∴a n=n.(2)令c n=,则T n=c1+c2+…+c n=+++…++, ①T n=++…++, ②①-②得T n=++…+-=-=--,∴T n=-.8.C当n=1时,a1=21-1=1,当n≥2时,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,a1+a2+a3+…+a n-1=2n-1-1,两式做差可得a n=2n-2n-1=2n-1,且n=1时,21-1=20=1=a1,∴a n=2n-1,故=4n-1,∴+++…+==(4n-1).9.C S n为等差数列{a n}的前n项和,设公差为d,则解得d=1,则a n=4+(n-4)×1=n.由于==-,则S m=1-+-+…+-=1-=,解得m=10.10.解 (1)由已知1,a n,S n成等差数列,得2a n=1+S n, ①当n=1时,2a1=1+S1=1+a1,∴a1=1.当n≥2时,2a n-1=1+S n-1, ②由①-②,得2a n-2a n-1=a n,∴=2,∴数列{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=a1q n-1=1×2n-1=2n-1.(2)由a n·b n=1+2na n得b n=+2n,∴T n=b1+b2+…+b n=+2++4+…++2n=+(2+4+…+2n)=+=n2+n+2-.11.解 (1)∵6S n=3n+1+a(n∈N+),∴当n=1时,6S1=6a1=9+a;当n≥2时,6a n=6(S n-S n-1)=2×3n,即a n=3n-1,∵{a n}为等比数列,∴a1=1,则9+a=6,a=-3,∴{a n}的通项公式为a n=3n-1.(2)由(1)得b n=(3n+1)3n-1,∴T n=b1+b2+…+b n=4×30+7×31+…+(3n+1)3n-1,3T n=4×31+7×32+…+(3n-2)3n-1+(3n+1)3n,∴-2T n=4+32+33+…+3n-(3n+1)3n,∴T n=.12.A设数列的首项为第1组,接下两项为第2组,再接下三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为=2n-1,前n组总共的和为-n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N+,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足N>100且前N项和为2的整数幂,则S N-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N+,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A.13.B∵a1a2+a2a3+…+a n a n+1=n, ①a1a2+a2a3+…++=(n+1), ②①-②,得-=n-(n+1),∴-=4,同理得-=4,∴-=-,整理得=+,∴是等差数列.∵a1=,a2=,∴等差数列的首项为4,公差为1,=4+(n-1)×1=n+3,∴++…+==5 044.。

第四节 数列求和命题分析预测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及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112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 n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ．（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 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q Ｗ．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，正负相消剩下首尾若干项． 4．倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． 5．错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． 6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝（－1）n f （n ）类型，可采用两项合并求解． •温馨提醒• 二级结论1．常见的裂项公式 （1）1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1．（2）1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1．（3）1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ．2．常见数列的求和公式 （1）12＋22＋32＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6（2）13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）22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的式子应进行合并．2．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．1．在数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为（ ）A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 019解析：a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0192 020，所以n ＝2 019． 答案：D2．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：设所求的数列前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＋1－12n3．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＋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 则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，② ①－②得：（1－x ）S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋xn －1－nx n＝1－x n 1－x －nx n，所以S n ＝1－x n （1－x ）2－nx n 1－x．授课提示：对应学生用书第113页题型一 分组转化法求和[例] 已知等差数列{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）若数列{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 ） ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2．分组转化法求和的常见类型[对点训练]（2021·某某质检）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）若b n ＝2a n ＋a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ． 解析：（1）∵{a n }为等差数列，∴⎩⎨⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2，∴a n＝2n ＋1．（2）∵b n ＝2a n ＋a n ＝22n ＋1＋（2n ＋1）＝2×4n ＋（2n ＋1）， ∴T n ＝2×（4＋42＋…＋4n ）＋（3＋5＋…＋2n ＋1） ＝2×4（1－4n ）1－4＋n （3＋2n ＋1）2＝83（4n －1）＋n 2＋2n ． 题型二 裂项相消法求和[例] 数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1（n ∈N ＋）． （1）求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； （2）若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， 又由已知易得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）裂项原则：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]设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n（n ∈N ＋）． （1）求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是等差数列；（2）设b n ＝a 2na 2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n ．解析：（1）证明：因为a n ＋1＝44－a n ，所以1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n －2－1a n －2＝4－a n2a n －4－1a n －2＝2－a n2a n －4＝－12，为常数．因为a 1＝1，所以1a 1－2＝－1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列．（2）由（1）知1a n －2＝－1＋（n －1）⎝⎛⎭⎫－12＝－n ＋12， 所以a n ＝2－2n ＋1＝2nn ＋1， 所以b n ＝a 2n a 2n －1＝4n2n ＋12（2n －1）2n＝4n 2（2n －1）（2n ＋1）＝1＋1（2n －1）（2n ＋1）＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n ＋n 2n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n ＋n2n ＋1．题型三 错位相减法求和[例]（2020·高考全国卷Ⅰ）设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项． （1）求{a n }的公比；（2）若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和．[解析] （1）设{a n }的公比为q ，由题设得2a 1＝a 2＋a 3， 即2a 1＝a 1q ＋a 1q 2．所以q 2＋q －2＝0，解得q ＝1（舍去）或q ＝－2． 故{a n }的公比为－2．（2）记S n 为{na n }的前n 项和．由（1）及题设可得a n ＝（－2）n －1，所以S n ＝1＋2×（－2）＋…＋n ×（－2）n －1，－2S n ＝－2＋2×（－2）2＋…＋（n －1）×（－2）n －1＋n ×（－2）n ． 所以3S n ＝1＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2）n －1－n ×（－2）n＝1－（－2）n 3－n ×（－2）n ．所以S n ＝19－（3n ＋1）（－2）n9．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]（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，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．解析：（1）a 2＝5，a 3＝7．猜想a n ＝2n ＋1．证明：由已知可得a n ＋1－（2n ＋3）＝3[a n －（2n ＋1）]， a n －（2n ＋1）＝3[a n －1－（2n －1）]， …，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 ＋1．② ①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －（2n ＋1）×2n ＋1，所以S n ＝（2n －1）2n ＋1＋2．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] （2020·新高考全国卷Ⅰ）已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8．（1）求{a n }的通项公式；（2）记b m 为{a n }在区间（0，m ]（m ∈N *）中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100． 解析：（1）设{a n }的公比为q ． 由题设得a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8． 解得q ＝12（舍去），q ＝2．由题设得a 1＝2．所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ．（2）由题设及（1）知b 1＝0，且当2n ≤m ＜2n ＋1时，b m ＝n ．所以S 100＝b 1＋（b 2＋b 3）＋（b 4＋b 5＋b 6＋b 7）＋…＋（b 32＋b 33＋…＋b 63）＋（b 64＋b 65＋…＋b 100）＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×（100－63）＝480．1．本题利用基本元的思想，将已知条件转化为a 1，q 的形式，求解出a 1，q ，由此求得数列{a n }的通项公式．2．通过分析数列{b m }的规律，由此求得数列{b m }的前100项和S 100．[题组突破]1．（2021·某某摸底）定义n∑n i ＝1u i为n 个正数u 1，u 2，u 3，…，u n 的“快乐数”．若已知正项数列{a n }的前n 项的“快乐数”为13n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫36（a n ＋2）（a n ＋1＋2）的前2 019项和为（ ）A ．2 0182 019B ．2 0192 020C ．2 0192 018D ．2 0191 010解析：设数列{a n }的前n 项和为S n ，则根据题意n S n ＝13n ＋1，S n ＝3n 2＋n ，所以a n ＝S n －S n －1＝6n －2（n ≥2），当n ＝1时也适合，所以a n ＝6n －2，所以36（a n ＋2）（a n ＋1＋2）＝366n （6n ＋6）＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫36（a n ＋2）（a n ＋1＋2）的前2 019项和为1－12＋12－13＋…＋12 019－12 020＝1－12 020＝2 0192 020． 答案：B2．（2021·某某期末测试）我国古代数学名著《九章算术》中，有已知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 ，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n－1a n ＝（ ）A ．n 2B ．（n －1）2C ．n （n －1）D ．n （n ＋1）解析：∵a k ＝n k ，∴当k ≥2时，a k －1a k ＝n 2（k －1）k＝n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ．∴a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n＝n 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝n 2⎝⎛⎭⎫1－1n ＝n （n －1）． 答案：C。

课后限时集训(三十一)(建议用时：60分钟) A 组 基础达标一、选择题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 ．200B ．－200C ．400D ．－400B [S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.]2．在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n，n ∈N *，则S 60的值为( ) A ．990 B ．1 000 C ．1 100D ．99A [n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0，a n ＝2；n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，a n ＝n .故S 60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.]3．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 ．121A [a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－nn ＋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.] 4.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1的值为( )A ．n ＋12n ＋2 B ．34－n ＋12n ＋2 C ．34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D ．32－1n ＋1＋1n ＋2 C [因为1n ＋12－1＝1n 2＋2n ＝1nn ＋2＝121n －1n ＋2， 所以122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.]5．S n ＝12＋12＋38＋…＋n2n 等于( )A ．2n－n2nB ．2n ＋1－n －22nC ．2n －n ＋12n ＋1D ．2n ＋1－n ＋22nB [由S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①得12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n 2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －22n.] 二、填空题6．(2017·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∑nk ＝1 1S k＝________.2nn ＋1 [由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ×1＋n n －12×1＝n n ＋12，1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴∑nk ＝1 1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1.]7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为________．2n ＋1－n －2 [a n ＝1＋2＋4＋…＋2n －1＝1－2n1－2＝2n －1， 则S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2＋22＋ (2))－n ＝21－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.]8．化简S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1的结果是________．2n ＋1－n －2 [因为S n ＝n ＋(n －1)×2＋(n －2)×22＋…＋2×2n －2＋2n －1，①2S n ＝n ×2＋(n －1)×22＋(n －2)×23＋…＋2×2n －1＋2n，②所以①－②得，－S n ＝n －(2＋22＋23＋ (2))＝n ＋2－2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －2.]三、解答题9．(2019·福州模拟)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 －1，①2T 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＋3.10．(2019·唐山模拟)已知数列{a n }满足：1a 1＋2a 2＋…＋n a n ＝38(32n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 3a nn，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1.[解] (1)1a 1＝38(32－1)＝3，当n ≥2时，n a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n a n －1a 1＋2a 2＋…＋n －1a n －1＝38(32n －1)－38(32n －2－1)＝32n －1，当n ＝1时，n a n＝32n －1也成立，所以a n ＝n32n －1.(2)b n ＝log 3a nn＝－(2n －1)， 因为1b n b n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝121－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. B 组 能力提升1．1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋1＋12＋14＋…＋1210的值为( )A ．18＋129B ．20＋1210C ．22＋1211D ．18＋1210B [设a n ＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .则原式＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1211 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋1211＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12111－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－⎝⎛⎭⎪⎫1－1211 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫11－1＋1211＝20＋1210.] 2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝( ) A ．22 016－1B ．3·21 008－3 C ．3·21 008－1D ．3·21 007－2B [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， ∴S 2 016＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 015＋a 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.故选B.]3．(2019·龙岩模拟)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，对n ∈N *都有S n ＝1－a n ，若b n ＝log 2a n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝________.nn ＋1 [对n ∈N *都有S n ＝1－a n ，当n ＝1时，a 1＝1－a 1，解得a 1＝12. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝1－a n －(1－a n －1)，化为a n ＝12a n －1.∴数列{a n }是等比数列，公比为12，首项为12.∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.∴b n ＝log 2a n ＝－n . ∴1b n b n ＋1＝1－n －n －1＝1n －1n ＋1. 则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.] 4．(2017·山东高考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n项和T n .[解] (1)设{a n }的公比为q ， 由题意知a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，由以上两式联立方程组解得a 1＝2，q ＝2， 所以a n ＝2n. (2)由题意知S 2n ＋1＝2n ＋1b 1＋b 2n ＋12＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ， 又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .。