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2021学年高考数学（文）尖子生同步培优题典专题4.2 数列求和姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：一、选择题（在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（2020·全国专题练习（文））南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，6l，95，则该数列的第8项为( )A．99 B．131 C．139 D．1412．（2020·湖北宜昌·其他（文））我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷（gui）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长）．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈四尺五寸，夏至晷长二尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是（）A．五寸B．二尺五寸C．五尺五寸D．四尺五寸3．（2020·四川省南充高级中学高三月考（文））等差数列{}n a前项和为n S，若4a，10a是方程2x8x1=0-+ S=（）的两根，则134．（2020·赤峰二中高一月考（文））等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 与n T ，对一切自然数n ，都有231n n S nT n =+，则55a b = （ ） A ．23B ．914C ．2031D ．11175．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中三模（文））已知数列{}n a ，2sin2n na n π=，则数列{}n a 的前100项和为（ ） A ．5000B ．5000-C ．5050D ．5050-6．（2020·黑龙江香坊·哈尔滨市第六中学校二模（文））对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第n 层货物的个数为n a ，则数列(2)n n n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前2020项和为（ ）A ．20206069B ．40406069C ．20202023D ．404020237．（2020·湖南邵阳·三模（文））已知函数()2f x x ax =-的图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2020S 的值为（ ） A ．20182019B ．20192020C ．20202021D ．202120228．（2020·岳麓·湖南师大附中高三月考（文））数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想221(0,1,2,)nn F n =+=是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出56416700417F =*，不是质数．现设n a =()2log 1,(1,2,)n F n -=，n S 表示数列{}n a 的前n 项和．则使不等式221231222n n n S S S S S S +++⋯+<22020n成立的最小正整数n 的值是（提示1021024=）（ ）9．（2020·全国高三其他（文））已知数列{}n a ，{}n b 都是等差数列，313a b ==，15715a b ==，设11(1)n nn n n b c a a -+=-，则数列{}n c 的前2020项和为（ ） A ．20192020-B ．20192020C ．20202021-D ．2020202110．（2020·山东青州·高三三模（文））已知数列{}n a ，定义数列{}12n n a a +-为数列{}n a 的“2倍差数列”，若{}n a 的“2倍差数列”的通项公式为1122n n n a a ++-=，且12a =，若函数{}n a 的前n 项和为n S ，则33S =（ ）A ．3821+B ．3922+C ．3822+D ．39211．（2020·湖南雁峰·衡阳市八中高三其他（文））设数列{}n a 满足123(21)n a a n a n ++⋯+-=，若不等式1223127log n n a a a a a a n λ+++⋯+对任意*n N ∈恒成立，则实数λ的最小值是_____．12．（2020·山西其他（文））设函数22()log xf x =，数列{}n a 满足2020n n a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则124039a a a ++⋅⋅⋅+=______.14．（2020·河北桃城·衡水中学高三月考（文））在数列{}n a 中，已知11a =，11n n a a n +=++，则122020111a a a +++=______．15．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高三二模（文））已知数列{}n a 的各项均为正数，其前n 项和n S 满足()2*42n n n S a a n N =+∈，设()11nn n n b a a +=-⋅，n T 为数列{}n b 的前n 项和，则20T =______．16．（2020·全国高三其他（文））数列{}n a 的前n 项和为n S ，若n n a S n +=，则n S =________.17．（2020·福建其他（文））已知公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，11a =，且1S 、2S 、4S 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令2n nn b a =⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .18．（2020·湖北东西湖·华中师大一附中其他（文））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且430S =，2a ，4a 的等差中项为10.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求212231222n n n n T S S S S S S +=+++. 19．（2020·荆州市北门中学期末（文））已知等差数列{}n a 满足12231()()()2(1)n n a a a a a a n n +++++++=+（*n N ∈）.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .20．（2020·全国专题练习（文））设122,4a a ==，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．21．（2020·湖南邵阳·三模（文））设数列{}n a 满足：11a =，1340n n a a +-+=，*n ∈N . （1）求证：数列{}2n a +为等比数列，并求出{}n a 的通项公式；（2）若()3log 2n n n b a a =++，求数列{}n b 的前n 项和n S .22．（2020·广西高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，()1102n n n n S S S S n ---+=≥. （1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（2）若1,32,nn n S n C n n -⎧⎪=+⎨⎪⎩奇偶为数为数，设数列{}n C 的前n 项和为n T ，求2n T .解析附后2021学年高考数学（文）尖子生同步培优题典专题4.2 数列求和姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：二、选择题（在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（2020·全国专题练习（文））南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，6l ，95，则该数列的第8项为( ) A ．99 B ．131C ．139D ．141【答案】D 【解析】所给数列为高阶等差数列设该数列的第8项为x根据所给定义：用数列的后一项减去前一项得到一个新数列， 得到的新数列也用后一项减去前一项得到一个新数列 即得到了一个等差数列，如图：根据图象可得：3412y -=，解得46y =9546x y -==解得：141x =故选：D ．2．（2020·湖北宜昌·其他（文））我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷（gui ）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长）．二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈四尺五寸，夏至晷长二尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是（ ）A ．五寸B ．二尺五寸C ．五尺五寸D ．四尺五寸【答案】C【解析】设晷影长为等差数列{}n a ，公差为d ，1145a =，1325a =， 则1451225d +=，解得10d =-． 1014510955a ∴=-⨯=∴夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是五尺五寸．故选：C ．3．（2020·四川省南充高级中学高三月考（文））等差数列{}n a 前项和为n S ，若4a ，10a 是方程2x 8x 1=0-+的两根，则13S =（ ） A ．58 B ．54 C ．52 D ．56【答案】C【解析】410,a a 是方程2810x x -+=的两根，4108a a ∴+=， 410728a a a ∴+==，1131371313522a a S a +∴=⨯==，故选C. 4．（2020·赤峰二中高一月考（文））等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为n S 与n T ，对一切自然数n ，都有231n n S nT n =+，则55a b = （ ） A ．23B ．914C ．2031D ．1117【答案】B 【解析】1955199195519992299223911492a a a a a a Sb b b b b b T +⨯+⨯======++⨯+⨯ ,选B. 5．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中三模（文））已知数列{}n a ，2sin2n na n π=，则数列{}n a 的前100项和为（ ） A ．5000 B ．5000- C ．5050 D ．5050-【答案】B【解析】由题意知， 当2,n k k N *=∈时，()222sin 0k a k k π==；当21,n k k N *=-∈时，()2212121sin2k k a k π--=-，所以数列{}n a 的前100项和 2222210012310013599......1357...9799S a a a a a a a a =++++=++++=-+-++-()()()()()()13135757...97999799=-⨯++-⨯+++-⨯+()504921357...9799250250002⨯⎛⎫=-⨯++++++=-⨯+⨯=- ⎪⎝⎭.故选:B6．（2020·黑龙江香坊·哈尔滨市第六中学校二模（文））对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第n 层货物的个数为n a ，则数列(2)n nn a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前2020项和为（ ）A ．20206069B ．40406069C ．20202023D ．40402023【答案】B【解析】由题意可知12a =，213a a -=，324a a -=，，11n n a a n --=+，累加可得()(3)23412n n n a n +=+++++=， 2112()(2)(2)(3)23n n n a n n n n ∴==-+++++，1111111122()2()2()2()3445233339n nS n n n n ∴=-+-++-=-=++++. 2020220204040=3202096069S ⨯∴=⨯+ 故选：B.7．（2020·湖南邵阳·三模（文））已知函数()2f x x ax =-的图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2020S 的值为（ ）A ．20182019B ．20192020C ．20202021D ．20212022【答案】C【解析】()2f x x ax =-，()2f x x a '∴=-，由题意可知()123f a '=-=，得1a =-.()2f x x x ∴=+，()()21111111f n n n n n n n ===-+++， 20201111112020112232020202120212021S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故选：C.8．（2020·岳麓·湖南师大附中高三月考（文））数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想221(0,1,2,)nn F n =+=是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出56416700417F =*，不是质数．现设n a =()2log 1,(1,2,)n F n -=，n S 表示数列{}n a 的前n 项和．则使不等式221231222n n n S S S S S S +++⋯+<22020n成立的最小正整数n 的值是（提示1021024=）（ ） A ．11 B ．10 C ．9 D ．8【答案】C【解析】把221nn F =+代入()2log 1n n a F =-），得()22log 2112nn n a =+-=，故()()21222112n nnS -==--，则11211142121n n n n n S S ++⎛⎫=- ⎪--⎝⎭， 则不等式211223122211214212020n nn n n S S S S S S ++⎛⎫++⋯+=-< ⎪-⎝⎭成立，代入计算可得，当不等式成立时．n 的最小值为9． 故选C ．9．（2020·全国高三其他（文））已知数列{}n a ，{}n b 都是等差数列，313a b ==，15715a b ==，设11(1)n nn n n b c a a -+=-，则数列{}n c 的前2020项和为（ ） A ．20192020-B ．20192020C ．20202021-D ．20202021【答案】D【解析】设等差数列{}n a 的公差为1d ，等差数列{}n b 的公差为2d 因为33a =，1515a =所以315112a a d =+，解得11d = 所以()313n a a n d n =+-=因为13b =，715b =所以7126b b d =+，解得22d = 所以()12121n b b n d n =+-=+所以()112111(1)(1)11n n n n c n n n n --+⎛⎫=-=-+ ⎪++⎝⎭所以122020111111111+c 1223342019202020202021c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=+-++++++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12020120212021=-=故选：D10．（2020·山东青州·高三三模（文））已知数列{}n a ，定义数列{}12n n a a +-为数列{}n a 的“2倍差数列”，若{}n a 的“2倍差数列”的通项公式为1122n n n a a ++-=，且12a =，若函数{}n a 的前n 项和为n S ，则33S =（ ） A ．3821+ B ．3922+C ．3822+D ．392【答案】B 【解析】分析：由1122n n n a a ++-=可得11122n nn n a a ++-=，从而得数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭表示首项为1，公差1d =的等差数列，求得2n n a n =⋅，再根据错位相减法即可得结果.详解：根据题意得11122,2n n n a a a ++-==，11122n nn na a ++∴-=， ∴数列2nn a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭表示首项为1，公差1d =的等差数列， ()11,22nn n na n n a n ∴=+-=∴=⋅， 123122232...2n n S n ∴=⨯+⨯+⨯++⋅， 23412122232...2n n S n +∴=⨯+⨯+⨯++⋅， 23412222...22n n n S n +∴-=++++-⋅()111212222212n n n n n n +++-=-⋅=-+-⋅-，()1212n n +=-+-，()()133133122,33122n n S n S ++∴=-+=-+3922=+，故选B.11．（2020·湖南雁峰·衡阳市八中高三其他（文））设数列{}n a 满足123(21)n a a n a n ++⋯+-=，若不等式1223127log n n a a a a a a n λ+++⋯+对任意*n N ∈恒成立，则实数λ的最小值是_____．【答案】3【解析】解：数列{}n a 满足123(21)n a a n a n ++⋯+-=，①可得11a =，2n 时，1213(23)1n a a n a n -++⋯+-=-，② ①-②可得(21)1n n a -=，即有121n a n =-，对1n =也成立， 则11111()(21)(21)22121n n a a n n n n +==--+-+，1223127log n n a a a a a a n λ+++⋯+即为2711111111(1)(1)log 2335212122121nn n n n n λ-+-+⋯+-=-=-+++，可得271log 21n λ+对任意*n N ∈恒成立， 显然1()21f n n =+为递减数列， ()1f 取得最大值13， 可得271log 3λ，解得3λ， 实数λ的最小值为3． 故答案为：3．12．（2020·山西其他（文））设函数2()log 42f x x=-，数列{}n a 满足2020n n a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则124039a a a ++⋅⋅⋅+=______.【答案】40392-【解析】由题得4039124039S a a a =++⋅⋅⋅+,4039403921S a a a =+⋅⋅⋅++，两式相加得40391403924038403912()()()S a a a a a a =++++++，考虑一般情况，设k *∈N ,则404022404022404020202020log log 404020202020424220202020k kk kk k a a f f k k --⨯⨯-⎛⎫⎛⎫+=+=+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭-⨯-⨯ ()22404021=log log 12404022k kk k ⎡⎤-⨯==-⎢⎥-⎢⎥⎣⎦所以40394039403924039,.2S S =-∴=-故答案为：40392-13．（2020·全国专题练习（文））在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则a 1＋a 2＋…＋a 51＝____．【答案】676 【解析】当n 为偶数时，22,2(1)22n n n na a a n +-==+-⨯= ； 当n 为奇数时，20,1n n n a a a +-== ；所以12511261(24650)26125(250)6762a a a +++=⨯+++++=⨯+⨯⨯+=14．（2020·河北桃城·衡水中学高三月考（文））在数列{}n a 中，已知11a =，11n n a a n +=++，则122020111a a a +++=______．【答案】40402021【解析】因为11n n a a n +=++，故可得213212;3;;n n a a a a a a n --=-=-=，累加可得123n a a n -=++，又因为11a =，则()11232n n n a n +=++++=， 故可得()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 则122020111a a a +++111112122320202021⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦140402*********⎛⎫=-=⎪⎝⎭. 故答案为：40402021. 15．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高三二模（文））已知数列{}n a 的各项均为正数，其前n 项和n S 满足()2*42n n n S a a n N =+∈，设()11nn n n b a a +=-⋅，n T 为数列{}n b 的前n 项和，则20T =______．【答案】880【解析】由于正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且242n n n S a a =+.当1n =时，21111442a S a a ==+，得21120a a -=，10a >，解得12a =；当2n ≥时，由242n n n S a a =+得211142n n n S a a ---=+，两式作差得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，可得2211220n n n n a a a a -----=，()()1120n n n n a a a a --∴+--=，对任意的n *∈N ，0n a >，则10n n a a ->+，12n n a a -∴-=，所以，数列{}n a 是以2为首项，以2为公差的等差数列，()2212n a n n ∴=+-=.()()()11141n nn n n b a a n n +=-⋅=-⋅+，()()2124212422116n n b b n n n n n -∴+=--⨯+⨯+=，所以，20T 可视为数列{}212n n b b -+的前10项和，因此，()20101616108802T ⨯+⨯==.故答案为：880.16．（2020·全国高三其他（文））数列{}n a 的前n 项和为n S ，若n n a S n +=，则n S =________.【答案】11()2nn -+【解析】因为n n a S n +=，所以当1n =时，121a =，解得112a =， 当2n ≥时，111n n a S n --+=-所以111n n n n a a S S ---+-=，即11(1)2n n a a -=+，2n ≥ 所以111(1)2n n a a --=-，即11112n n a a --=-，2n ≥ 所以{1}na -是以12-为首项，12为公比的等比数列，所以11111()()()222n n n a --=-⨯=-，即11()2n n a =-，2n ≥又112a =满足上式，所以11()2nn a =-，*n N ∈所以23123111111()1()1()2222n n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+- =231111[()()()]2222n n -+++⋅⋅⋅+=11[1()]1221()1212n n n n --=-+- 故答案为：11()2nn -+17．（2020·福建其他（文））已知公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，11a =，且1S 、2S 、4S 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）令2n nn b a =⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）()*21n a n n N=-∈（2）16(23)2n nTn +=+-⋅【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为()d d ≠0，因为1S ，2S ，4S 成等比数列，所以2214S S S =，所以()()21211234a a a a a a a +=+++， 那么()()2111246a d a a d +=+， 所以2d =或0d =（舍去） 又因为11a =，则()*21n a n n N=-∈（2）由（1）得2(21)2n nn n b a n =⋅=-⋅，所以数列{}n b 的前n 项和23123252(21)2n n T n =⨯+⨯+⨯++-⋅①，所以23121232(23)2(21)2n n n T n n +=⨯+⨯++-⋅+-⋅②，由①②相减得2312222222(21)2nn n T n +-=+⨯+⨯+⋯+⨯--⋅()231222222(21)2n n n +=-++++⋯+--⋅()212122(21)212n n n +-=-+--⋅-21162(21)26(23)2n n n n n +++=-+--⋅=---⋅.所以16(23)2n n T n +=+-⋅.18．（2020·湖北东西湖·华中师大一附中其他（文））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且430S =，2a ，4a 的等差中项为10.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求212231222n n n n T S S S S S S +=+++. 【答案】（1）2nn a =；（2）()121221n n +--.【解析】（1）()()23143241130302020a q q q S a a a q q ⎧⎧+++==⎪⎪⇒⎨⎨+=+=⎪⎪⎩⎩，解得12a =，2q.所以1222n nn a -=⋅=.（2）由（1）可知2nn a =，所以()()21222112nnnS-==--，又()()1112211142121221221n n n n n n n n S S +++⎛⎫==⋅- ⎪⋅--⎝-⋅-⎭，则2231111111142212121211n n n T +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥----⎝⎭⎝⎝⎭⎣-⎭⎦()111111122211421421221n n n n n ++++--⎛⎫=⋅-=⋅= ⎪---⎝⎭. 19．（2020·荆州市北门中学期末（文））已知等差数列{}n a 满足12231()()()2(1)n n a a a a a a n n +++++++=+（*n N ∈）.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .【答案】（1）21n a n =-；（2）12362n n -+-. 【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知得()()1212234,{12,a a a a a a +=+++=即12234,{8,a a a a +=+=所以()()()11114,{28,a a d a d a d ++=+++=解得11,{2,a d == 所以21n a n =-．（Ⅱ）由（Ⅰ）得112122n n n a n ---=，所以122135232112222nn n n n S ----=+++⋯++，① 23111352321222222n n n n n S ---=+++⋯⋯++，② -①②得：2211112123113222222n n n nn n S --+=++++⋯+-=- 所以4662n nn S +=-． 20．（2020·全国专题练习（文））设122,4a a ==，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． 【答案】（1）见解析（2）122n n +﹣【解析】（1）证明：a 1＝2，a 2＝4，且a n +1﹣a n ＝b n ；∴b 1＝a 2﹣a 1＝4﹣2＝2． 由b n +1＝2b n +2，变形为： ()1222+n n b b +=+， ∴数列{b n +2}是等比数列，首项为4，公比为2．（2）解：由（1）可得：b n +2＝4×2n ﹣1，可得b n ＝2n +1﹣2． ∴a n +1﹣a n ＝b n ＝2n +1﹣2．∴()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋯+-+()()()122222222n n -=-+-+⋯+-+1222222(1)n n n -=++⋯++--()22121n -=--2n +2＝2n +1﹣2n ．21．（2020·湖南邵阳·三模（文））设数列{}n a 满足：11a =，1340n n a a +-+=，*n ∈N . （1）求证：数列{}2n a +为等比数列，并求出{}n a 的通项公式； （2）若()3log 2n n n b a a =++，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）证明见解析，2123n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭；（2）()1992322+=--+⨯n n n n S .【解析】（1）∵11a =，1340n n a a +-+= ∴11433n n a a +=-． ∴1122033n n a a ++=+≠． ∴12123n n a a ++=+．∴{}2n a +是首项为3，公比为13的等比数列． ∴11233n n a -⎛⎫+=⨯ ⎪⎝⎭，故2123n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭．（2）由（1）得22231112log 333n n n n b n ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴()102111...12...333n n S n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++-+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()()1311199312232213n n n n n n ⎛⎫- ⎪++⎝⎭=-=--+⨯-． 22．（2020·广西高三其他（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，()1102n n n n S S S S n ---+=≥. （1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（2）若1,32,n n n S n C n n -⎧⎪=+⎨⎪⎩奇偶为数为数，设数列{}n C 的前n 项和为n T ，求2n T . 【答案】（1）证明见解析；（2）2125131244n n +--+ 【解析】（1）证明：因为112a =，()1102n n n n S S S S n +-+-=≥，所以216a =-，所以10n n S S -≠， 所以1111n n S S --=. 所以1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以112S =为首项，以1为公差的等差数列. （2）由（1）可得()1211n n n S =+-=+，所以11n S n =+. ∴()()()()11132n n n n n c n -⎧⎪++=⎨⎪⎩为奇数为偶数 ∴()132121111111...22...222446222n n T n n -⎛⎫=-+-++-++++ ⎪+⎝⎭2121111222512222331244n n n n ++-⎛⎫=-+=-- ⎪++⎝⎭．。
解密04 数列求和及综合问题A 组 考点专练一、选择题1.已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023【答案】C【解析】因为2n ＋12n ＝1＋12n ，所以T n ＝n ＋1－12n ，则T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013，所以整数m 的最小值为1 024.2.在等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2 020项的和为( ) A.1 009 B.1 010 C.2 019 D.2 020【答案】D【解析】设{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，a 1＋9d ＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1，设b n ＝a n cos n π，则b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2， b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos n π}的前2 020项的和S 2 020＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2 019＋b 2 020)＝2×1 010＝2 020. 3.数列{a n }满足a 1＝1，对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝( )A.9998 B.2C.9950D.99100【答案】C【解析】对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ，则a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋1＝n （n ＋1）2，则1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝2[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫199－1100]＝2×⎝⎛⎭⎫1－1100＝9950. 4.(多选题)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝S n ＋2a n ＋1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n a n ＋1的前n 项和为T n ，n ∈N *，则下列选项正确的为( ) A.数列{a n ＋1}是等差数列 B.数列{a n ＋1}是等比数列 C.数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1 D.T n <1 【答案】BCD【解析】由S n ＋1＝S n ＋2a n ＋1，得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1，可化为a n ＋1＋1＝2(a n ＋1).由a 1＝1，得a 1＋1＝2，则数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.则a n ＋1＝2n，即a n ＝2n－1.由2na n a n ＋1＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，得T n＝1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1<1.所以A 错误，B ，C ，D 正确.故选BCD.5.(多选题)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝n ·(－1)n （n ＋1）2，其前n 项和为S n ，且m ＋S 2 019＝－1 009，则下列说法正确的是( ) A.m 为定值 B.m ＋a 1为定值 C.S 2 019－a 1为定值 D.ma 1有最大值【答案】BCD【解析】当n ＝2k (k ∈N *)时，由已知条件得a 2k ＋a 2k ＋1＝2k ·(－1)k (2k＋1)，所以S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝a 1－2＋4－6＋8－10＋…－2 018＝a 1＋1 008－2 018＝a 1－1 010，所以S 2 019－a 1＝－1 010.m ＋S 2 019＝m ＋a 1－1 010＝－1 009，所以m ＋a 1＝1，所以ma 1≤⎝⎛⎭⎫m ＋a 122＝14，当且仅当m ＝a 1＝12时等号成立，此时ma 1取得最大值14.故选BCD. 二、填空题6.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 ＝________. 【答案】2n ＋1－2【解析】因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以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＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.7.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n ＋1，则a 1＝________，a n ＝________. 【答案】－1 －3n －1【解析】令n ＝1，则2S 1＝3a 1＋1，又S 1＝a 1，所以a 1＝－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12(3a n －3a n －1)，整理得a n ＝3a n －1，即a na n －1＝3(n ≥2).因此，{a n }是首项为－1，公比为3的等比数列. 故a n ＝－3n －1.8.已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________. 【答案】5【解析】S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n ， 则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，两式相减得 －S n＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ·2n ＋1，故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1. 又a n ＝2n ，∴S n －na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50＝52－2n ＋1， 依题意52－2n ＋1<0，故最小正整数n 的值为5. 三、解答题9.记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 10＝4，S 15＝30. (1)求数列{a n }的通项公式以及前n 项和S n ；(2)记数列{2a n ＋4＋a n }的前n 项和为T n ，求满足T n ＞0的最小正整数n 的值. 【解析】(1)记数列{a n }的公差为d ，S 15＝30⇒15a 8＝30⇒a 8＝2，故d ＝a 10－a 810－8＝1，故a n ＝a 10＋(n －10)d ＝4＋n －10＝n －6，S n ＝na 1＋n （n －1）d 2＝－5n ＋n （n －1）2＝n 22－11n2.(2)依题意，2a n ＋4＋a n ＝n －6＋2n －2T n ＝(－5－4＋…＋n －6)＋(2－1＋20＋…＋2n －2)＝n （n －11）2＋2n －12， 当n ＝1时，T 1＝－1×10＋21－12＜0；当n ＝2时，T 2＝－2×9＋22－12＜0；当n ＝3时，T 3＝－3×8＋23－12＜0；当n ＝4时，T 4＝－4×7＋24－12＜0；当n ≥5时，n （n －11）2≥－15，2n －12≥312，所以T n ＞0.故满足T n ＞0的最小正整数n 的值为5.10.甲、乙两同学在复习数列时发现曾经做过的一道有关数列的题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清，具体如下：等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知________. (1)判断S 1，S 2，S 3的关系；(2)若a 1－a 3＝3，设b n ＝n 12|a n |，记{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <43.甲同学记得缺少的条件是首项a 1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q 的值，并且他俩都记得第(1)问的答案是S 1，S 3，S 2成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题.【解析】(1)由S 1，S 3，S 2成等差数列，得 2S 3＝S 1＋S 2，即2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)＝2a 1＋a 1q ， 解得q ＝－12或q ＝0(舍去).若乙同学记得的缺少的条件是正确的，则公比q ＝－12.所以S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝a 1－12a 1＝12a 1，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 1－12a 1＋14a 1＝34a 1，可得S 1＋S 2＝2S 3，即S 1，S 3，S 2成等差数列.(2)由a 1－a 3＝3，可得a 1－14a 1＝3，解得a 1＝4，所以a n ＝4×⎝⎛⎭⎫－12n －1.所以b n ＝n 12|a n |＝n 12⎪⎪⎪⎪⎪⎪4×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝23n ·⎝⎛⎭⎫12n. 所以T n ＝23⎝⎛⎭⎫1×12＋2×14＋3×18＋…＋n ×12n ， 12T n ＝23⎝⎛⎭⎫1×14＋2×18＋3×116＋…＋n ×12n ＋1， 两式相减，得12T n ＝23⎝⎛⎭⎫12＋14＋18＋116＋…＋12n －n ·12n ＋1＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝⎛⎭⎫1－12n1－12－n ·12n ＋1，化简可得T n ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－n ＋22n ＋1.由1－n ＋22n ＋1<1，得T n <43.B 组 专题综合练11.设数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，对于任意的n ∈N *，a n ，S n ，a 2n 成等差数列，设数列{b n}的前n 项和为T n ，且b n ＝（ln x ）na 2n ，若对任意的实数x ∈(1，e](e 为自然对数的底数)和任意正整数n ，总有T n <r (r ∈N *)，则r 的最小值为________. 【答案】2【解析】由题意得，2S n ＝a n ＋a 2n ， 当n ≥2时，2S n －1＝a n －1＋a 2n －1，∴2S n －2S n －1＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1，∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝1，即数列{a n }是公差为1的等差数列，又2a 1＝2S 1＝a 1＋a 21，a 1＝1，∴a n ＝n (n ∈N *).又x ∈(1，e]，∴0<ln x ≤1，∴T n ≤1＋122＋132＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1（n －1）n＝1＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝2－1n <2，∴r ≥2，即r 的最小值为2. 12.等差数列{a n }的公差为2，a 2，a 4，a 8分别等于等比数列{b n }的第2项、第3项、第4项. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c na n ＝b n ＋1，求数列{c n }的前2 020项的和.【解析】(1)依题意得b 23＝b 2b 4， 所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)(a 1＋14)，所以a 21＋12a 1＋36＝a 21＋16a 1＋28，解得a 1＝2.∴a n ＝2n .设等比数列{b n }的公比为q ，所以q ＝b 3b 2＝a 4a 2＝84＝2，又b 2＝a 2＝4，∴b n ＝4×2n －2＝2n . (2)由(1)知，a n ＝2n ，b n ＝2n . 因为c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n －1a n －1＋c n a n ＝2n ＋1①当n ≥2时，c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n －1a n －1＝2n ②由①－②得，c n a n ＝2n ，即c n ＝n ·2n ＋1，又当n ＝1时，c 1＝a 1b 2＝23不满足上式，∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8，n ＝1，n ·2n ＋1，n ≥2.故S 2 020＝8＋2×23＋3×24＋…＋2 020×22 021 ＝4＋1×22＋2×23＋3×24＋…＋2 020×22 021设T 2 020＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋2 019×22 020＋2 020×22 021③， 则2T 2 020＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋2 019×22 021＋2 020×22 022④， 由③－④得：－T 2 020＝22＋23＋24＋…＋22 021－2 020×22 022 ＝22（1－22 020）1－2－2 020×22 022＝－4－2 019×22 022，所以T 2 020＝2 019×22 022＋4， 所以S 2 020＝T 2 020＋4＝2 019×22 022＋8.。
