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第六单元第4讲 数列求和
讲
讲知识 讲方法
练
练题型 练真题
题型一：分组转化求和
题型二：错位相减法求和
题型三：裂项相消法求和
测
测基础 测能力
单选4题 单选4题
多选2题 多选2题
填空2题 填空2题
解答3题 解答3题
一、【讲】
【讲知识】
1.特殊数列的求和公式
(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＝
2.数列求和的几种常用方法
(1)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.
(2)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.
(3)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.
(4)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.
【讲方法】
1.若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．
2.若数列{cn}的通项公式为cn＝其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和．
3.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，常采用错位相减法．
4.错位相减法求和时，应注意：
①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．
②应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.
5.利用裂项相消法求和的注意事项
(1)抵消后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，如：若{an}是等差数列，则＝，
＝.
二、【练】
【练题型】
【题型一】分组转化求和
【典例1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【典例2】已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.
【典例3】已知各项都不相等的等差数列{an}，a6＝6，又a1，a2，a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和T2n.
【题型二】错位相减法求和
【典例1】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn，对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
【典例2】已知数列{an}中，a1＝1，an＞0，前n项和为Sn，若an＝＋(n∈N*，且n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记cn＝an·2an，求数列{cn}的前n项和Tn.
【典例3】已知{an}为正项等比数列，a1＋a2＝6，a3＝8.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若bn＝，且{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
【题型三】裂项相消法求和
【典例1】设{an}是各项都为正数的单调递增数列，已知a1＝4，且an满足关系式：an＋1＋an＝4＋2，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
【典例2】设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求{bn}的前n项和Tn，证明：≤Tn＜.
【典例3】已知数列{an}满足a1＝4，且当n≥2时，(n－1)an＝
n(an－1＋2n－2)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
【练真题】
【真题1】(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
【真题2】(2020·全国Ⅰ)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
【真题3】(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn<.
【真题4】(2020·天津卷)已知为等差数列，为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3).
(1)求和的通项公式；
(2)记的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2＜S(n∈N*)；
(3)对任意的正整数n，设cn＝
求数列{cn}的前2n项和.
三、【测】
【测基础】
【单选题】
1. 数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为(　　)
A.－200 B.－100 C.200 D.100
2. 已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(　　)
A.9 B.15 C.18 D.30
3. 我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠.次第每人多十七，要将第八数来言.务要分明依次第，孝和休惹外人传.”意为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第1个孩子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止.分配时一定要按照次序分，要顺从父母，兄弟间和气，不要引得外人说闲话.”在这个问题中，第8个孩子分到的棉花为(　　)
A.184斤 B.176斤
C.65斤 D.60斤
4. 在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前100项之和是(　　)
A.18 B.8 C.5 D.2
【多选题】
5. 设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则(　　)
A．数列为等差数列
B．Sn＝－
C．an＝
D.＋＋…＋＝
6. 已知数列{an}为等差数列，首项为1，公差为2.数列{bn}为等比数列，首项为1，公比为2.设cn＝abn，Tn为数列{cn}的前n项和，则当Tn＜2 019时，n的取值可能是(　　)
A．8 B．9
C．10 D．11
【填空题】
7. 若{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前18项和为________．
8. 已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.则{an}的通项公式为______；设cn＝an＋bn，则数列{cn}的前n项和为______．
【解答题】
9. 已知在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，且a3＝5，S7＝49.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝＋an，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn≥1 000，求n的取值范围．
10. 设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n.
(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式；
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
11. 已知数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝an＋2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝log2an，Tn＝＋＋…＋，求Tn.
【测能力】
【单选题】
1. 已知数列{an}满足a1＝2，4a3＝a6，是等差数列，则数列{(－1)nan}的前10项的和S10是(　　)
A．220 B．110
C．99 D．55
2. 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018等于(　　)
A．22 018－1 B．3×21 009－3
C．3×21 009－1 D．3×21 008－2
3. 数列{an}满足an＋1＝(－1)n＋1an＋2n－1，则数列{an}的前48项和为(　　)
A．1 006 B．1 176
C．1 228 D．2 368
4. 将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20，2×10，4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称4×5为20的最佳分解．当p×q(p≤q且p，q∈N*)是正整数n的最佳分解时，定义函数f(n)＝q－p，则数列{f(3n)}(n∈N*)的前2 020项和为(　　)
A．31 010＋1 B.
C. D．31 010－1
【多选题】
5. 设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1＝2Sn＋n－1(n∈N*)，则下列结论正确的是(　　)
A.数列{Sn＋n}为等比数列
B.数列{an}的通项公式为an＝2n－1－1
C.数列{an＋1}为等比数列
D.数列{2Sn}的前n项和为2n＋2－n2－n－4
6. 已知数列{an}：，，，，，，，，，，，，，…(其中第一项是，接下来的22－1项是，，)，再接下来的23－1项是，，，，，，，依此类推)，其前n项和为Sn，则下列判断正确的是(　　)
A.是{an}的第2 036项
B．存在常数M，使得Sn＜M恒成立
C．S2 036＝1 018
D．满足不等式Sn＞1 019的正整数n的最小值是2 100
【填空题】
7. 则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2 019项和为________．
8. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么Sk＝________ dm2.
【解答题】
9. 已知数列{an}是正项等比数列，满足a3是2a1,3a2的等差中项，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)nlog2a2n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
10. 已知等差数列{an}中，a5－a3＝4，前n项和为Sn，且S2，S3－1，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n，求数列{bn}的前n项和Tn.
11. 在等差数列{an}中，已知a6＝12，a18＝36.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若________，求数列{bn}的前n项和Sn，
在①bn＝，②bn＝(－1)n·an，③bn＝这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．
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第六单元第4讲 数列求和
讲
讲知识 讲方法
练
练题型 练真题
题型一：分组转化求和
题型二：错位相减法求和
题型三：裂项相消法求和
测
测基础 测能力
单选4题 单选4题
多选2题 多选2题
填空2题 填空2题
解答3题 解答3题
一、【讲】
【讲知识】
1.特殊数列的求和公式
(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＝
2.数列求和的几种常用方法
(1)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.
(2)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.
(3)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.
(4)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.
【讲方法】
1.若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．
2.若数列{cn}的通项公式为cn＝其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和．
3.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，常采用错位相减法．
4.错位相减法求和时，应注意：
①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．
②应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.
5.利用裂项相消法求和的注意事项
(1)抵消后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，如：若{an}是等差数列，则＝，
＝.
二、【练】
【练题型】
【题型一】分组转化求和
【典例1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2)，
所以＝1＋2＝3.
又S2＝2a1＋d，所以a1＝d，
易知＝2，所以a1＝1，d＝1.
所以数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n.
因为bn＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n)
＝＋＝n2＋2n＋1－2.
【典例2】已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.
【解析】Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
所以当n为偶数时，
Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3
＝3n－ln 3－ln 2－1.
综上所述，
Sn＝
【典例3】已知各项都不相等的等差数列{an}，a6＝6，又a1，a2，a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和T2n.
【解析】(1)∵{an}为各项都不相等的等差数列，
a6＝6，且a1，a2，a4成等比数列．
∴
解得a1＝1，d＝1，
∴数列{an}的通项公式an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn，记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
则A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
【题型二】错位相减法求和
【典例1】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn，对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
【解析】(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，即＝.
当n＝1时，4S2＝4＝－－9，
解得a2＝－，
所以＝.所以数列{an}是首项为－，公比为的等比数列，
所以an＝－×n－1＝－.
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)×n.
所以Tn＝－3×－2×2－1×3＋0×4＋…＋(n－4)×n，①
且Tn＝－3×2－2×3－1×4＋0×5＋…＋(n－5)×n＋(n－4)×n＋1，②
①－②得Tn＝－3×＋2＋3＋…＋n－(n－4)×n＋1
＝－＋－(n－4)×n＋1
＝－n×n＋1，
所以Tn＝－4n×n＋1.
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
所以－4n×n＋1≤λ恒成立，即－3n≤λ(n－4)恒成立，
当n<4时，λ≤＝－3－，此时λ≤1；
当n＝4时，－12≤0恒成立，
当n>4时，λ≥＝－3－，此时λ≥－3.
所以－3≤λ≤1.
【典例2】已知数列{an}中，a1＝1，an＞0，前n项和为Sn，若an＝＋(n∈N*，且n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记cn＝an·2an，求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】(1)在数列{an}中，an＝Sn－Sn－1(n≥2)　①，
因为an＝＋　②，且an＞0，所以①÷②得－＝1(n≥2)，
所以数列{}是以＝＝1为首项，公差为1的等差数列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当n＝1时，a1＝1，也满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)知，an＝2n－1，所以cn＝(2n－1)×22n－1，
则Tn＝1×2＋3×23＋5×25＋…＋(2n－1)×22n－1，
4Tn＝1×23＋3×25＋5×27＋…＋(2n－3)×22n－1＋(2n－1)×22n＋1，
两式相减得，－3Tn＝2＋2(23＋25＋…＋22n－1)－(2n－1)22n＋1，
＝2＋2×－(2n－1)22n＋1
＝－＋22n＋1，
所以Tn＝.
【典例3】已知{an}为正项等比数列，a1＋a2＝6，a3＝8.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若bn＝，且{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
【解析】(1)依题意，设等比数列{an}的公比为q，则有则3q2－4q－4＝0，而q＞0，
所以q＝2.
于是a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由(1)得bn＝＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋…＋＋，
两式相减得，Tn＝＋＋＋…＋－，
所以Tn＝1＋＋＋…＋－
＝－＝2－.
【题型三】裂项相消法求和
【典例1】设{an}是各项都为正数的单调递增数列，已知a1＝4，且an满足关系式：an＋1＋an＝4＋2，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】(1)因为an＋1＋an＝4＋2，n∈N*，
所以an＋1＋an－2＝4，
即(－)2＝4，
又{an}是各项为正数的单调递增数列，
所以－＝2，
又＝2，
所以{}是首项为2，公差为2的等差数列，
所以＝2＋2(n－1)＝2n，所以an＝4n2.
(2)bn＝＝＝
＝，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋
＋…＋
＝＝.
【典例2】设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求{bn}的前n项和Tn，证明：≤Tn＜.
【解析】(1)解　因为2Sn＝3an－1，
所以2S1＝2a1＝3a1－1，
即a1＝1.
当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－1，
则2Sn－2Sn－1＝2an＝3an－3an－1，
整理得＝3，
则数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，故an＝1×3n－1＝3n－1.
(2)证明　由(1)得bn＝
＝×，
所以Tn＝×，
即Tn＝×＝－，
所以Tn<，
又因为Tn为递增数列，
所以Tn≥T1＝－＝，
所以≤Tn<.
【典例3】已知数列{an}满足a1＝4，且当n≥2时，(n－1)an＝
n(an－1＋2n－2)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】(1)证明　当n≥2时，
(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)，
将上式两边都除以n(n－1)，
得＝，
即－＝2，
所以数列是以＝4为首项，2为公差的等差数列．
(2)解　由(1)得＝4＋2(n－1)＝2n＋2，
即an＝2n(n＋1)，
所以bn＝＝，
所以Sn＝＋
＝＝.
【练真题】
【真题1】(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
【解析】(1)由于数列{an}是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，
依题意有
解得(舍)或
所以{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.
(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32，
26＝64，27＝128，
所以b1对应的区间为(0,1]，则b1＝0；
b2，b3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，
则b2＝b3＝1，即有2个1；
b4，b5，b6，b7对应的区间分别为
(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，
则b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有22个2；
b8，b9，…，b15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b8＝b9＝…＝b15＝3，
即有23个3；
b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，
则b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24个4；
b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，
则b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25个5；
b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，
则b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37个6.
所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.
【真题2】(2020·全国Ⅰ)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
【解析】(1)设{an}的公比为q，
∵a1为a2，a3的等差中项，
∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，
∴q2＋q－2＝0，
∵q≠1，∴q＝－2.
(2)设{nan}的前n项和为Sn，
a1＝1，an＝(－2)n－1，
Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①
－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n，②
①－②得，3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n
＝－n(－2)n＝，
∴Sn＝，n∈N*.
【真题3】(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn<.
【解析】(1)解　设{an}的公比为q，则an＝qn－1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，
所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝，
故an＝，bn＝.
(2)证明　由(1)知Sn＝
＝，
Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋＋，②
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－，
即Tn＝－
＝－，
整理得Tn＝－，
则2Tn－Sn＝2－＝－<0，故Tn<.
【真题4】(2020·天津卷)已知为等差数列，为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3).
(1)求和的通项公式；
(2)记的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2＜S(n∈N*)；
(3)对任意的正整数n，设cn＝
求数列{cn}的前2n项和.
【解析】(1)解　设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，从而的通项公式为an＝n.
由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，又q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，从而 的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明　由(1)可得Sn＝，
故SnSn＋2＝n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，
S＝(n＋1)2(n＋2)2，
从而SnSn＋2－S＝－(n＋1)(n＋2)＜0，
所以SnSn＋2＜S.
(3)解　当n为奇数时，cn＝＝＝－；
当n为偶数时，cn＝＝.
对任意的正整数n，有c2k－1＝
＝－1，
和c2k＝ ＝＋＋＋…＋.①
由①得c2k＝＋＋…＋＋.②
①－②得c2k＝＋＋…＋－
＝－－，
从而得c2k＝－.
因此，ck＝c2k－1＋c2k＝－－.
所以，数列{cn}的前2n项和为
－－.
三、【测】
【测基础】
【单选题】
1. 数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为(　　)
A.－200 B.－100 C.200 D.100
【解析】S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.
故选D.
2. 已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(　　)
A.9 B.15 C.18 D.30
【解析】由题意知{an}是以2为公差的等差数列，又a1＝－5，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.
故选C.
3. 我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠.次第每人多十七，要将第八数来言.务要分明依次第，孝和休惹外人传.”意为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第1个孩子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止.分配时一定要按照次序分，要顺从父母，兄弟间和气，不要引得外人说闲话.”在这个问题中，第8个孩子分到的棉花为(　　)
A.184斤 B.176斤
C.65斤 D.60斤
【解析】依题意得，八个子女所得棉花斤数依次构成等差数列，设该等差数列为{an}，公差为d，前n项和为Sn，第一个孩子所得棉花斤数为a1，则由题意得，d＝17，S8＝8a1＋×17＝996，解得a1＝65，∴a8＝a1＋(8－1)d＝184.
故选A.
4. 在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前100项之和是(　　)
A.18 B.8 C.5 D.2
【解析】由an＋2＝an＋1－an＝(an－an－1)－an
＝－an－1＝－(an－2－an－3)＝－(an－3－an－4)＋an－3＝an－4，
得{an}是周期为6的周期函数，
又a3＝a2－a1＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，
∵100＝16×6＋4，
∴S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.
故选C.
【多选题】
5. 设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则(　　)
A．数列为等差数列
B．Sn＝－
C．an＝
D.＋＋…＋＝
【解析】Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，
则Sn＋1－Sn＝Sn Sn＋1，整理得－＝－1(常数)，
所以数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，故A正确；
所以＝－1－(n－1)＝－n，故Sn＝－，故B正确；所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－(首项不符合通项)，
故an＝，故C正确；
因为＝＝－，
所以＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝，故D正确．
故选ABCD.
6. 已知数列{an}为等差数列，首项为1，公差为2.数列{bn}为等比数列，首项为1，公比为2.设cn＝abn，Tn为数列{cn}的前n项和，则当Tn＜2 019时，n的取值可能是(　　)
A．8 B．9
C．10 D．11
【解析】由题意，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝2n－1，
cn＝abn＝2·2n－1－1＝2n－1，则数列{cn}为递增数列，
其前n项和Tn＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)
＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－2－n.
当n＝9时，Tn＝1 013＜2 019；
当n＝10时，Tn＝2 036＞2 019.
所以n的取值可以是8，9.
故选AB.
【填空题】
7. 若{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前18项和为________．
【解析】因为anbn＝1，且an＝n2＋3n＋2，
所以bn＝＝＝－，
所以{bn}的前18项和为－＋－＋－＋…＋－＝－＝＝.
8. 已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.则{an}的通项公式为______；设cn＝an＋bn，则数列{cn}的前n项和为______．
【解析】设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，由b2＝3，b3＝9，可得q＝＝3，bn＝b2qn－2＝3·3n－2＝3n－1.即有a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，则d＝＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，则数列{cn}的前n项和为[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1)＝n·2n＋＝n2＋.
【解答题】
9. 已知在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，且a3＝5，S7＝49.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝＋an，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn≥1 000，求n的取值范围．
【解析】(1)由等差数列性质知，S7＝7a4＝49，
则a4＝7，
故公差d＝a4－a3＝7－5＝2，
故an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝22n－1＋2n－1，
Tn＝21＋1＋23＋3＋…＋22n－1＋2n－1
＝21＋23＋…＋22n－1＋(1＋3＋…＋2n－1)
＝＋
＝＋n2－.
易知Tn单调递增，
且T5＝707<1 000，T6＝2 766>1 000，
故Tn≥1 000，解得n≥6，n∈N*.
10. 设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n.
(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式；
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
【解析】(1)由题意可得a2＝3a1－4＝9－4＝5，
a3＝3a2－8＝15－8＝7，
由数列{an}的前三项可猜想数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，即an＝2n＋1.
(2)由(1)可知，an·2n＝(2n＋1)·2n，
Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①
2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②
由①－②得，－Sn＝6＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1
＝6＋2×－(2n＋1)·2n＋1
＝(1－2n)·2n＋1－2，
即Sn＝(2n－1)·2n＋1＋2.
11. 已知数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝an＋2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝log2an，Tn＝＋＋…＋，求Tn.
【解析】(1)由已知得an＋1－an＝2n，
当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋2＋22＋…＋2n－1
＝2＋＝2n.
又a1＝2，也满足上式，故an＝2n.
(2)由(1)可知，bn＝log2an＝n，
＝＝－，
Tn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝1－＝，故Tn＝.
【测能力】
【单选题】
1. 已知数列{an}满足a1＝2，4a3＝a6，是等差数列，则数列{(－1)nan}的前10项的和S10是(　　)
A．220 B．110
C．99 D．55
【解析】设等差数列的公差为d，则＝a1＋5d，＝＋3d，将已知值和等量关系代入，计算得d＝2，所以＝a1＋(n－1)d＝2n，an＝2n2，所以S10＝－a1＋a2－a3＋a4－…＋a10＝2(1＋2＋…＋10)＝110，
故选B．
2. 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018等于(　　)
A．22 018－1 B．3×21 009－3
C．3×21 009－1 D．3×21 008－2
【解析】a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2，
所以＝2.所以a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)＝＋＝3·21 009－3.
故选B．
3. 数列{an}满足an＋1＝(－1)n＋1an＋2n－1，则数列{an}的前48项和为(　　)
A．1 006 B．1 176
C．1 228 D．2 368
【解析】an＋1＝(－1)n＋1an＋2n－1，
所以n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＝a2k－1＋4k－3，
n＝2k＋1(k∈N*)时，a2k＋2＝a2k＋1＋4k＋1，
n＝2k(k∈N*)时，a2k＋1＝－a2k＋4k－1，
所以a2k＋1＋a2k－1＝2，a2k＋2＋a2k＝8k.
则数列{an}的前48项和为2×12＋8(1＋3＋…＋23)＝24＋8×＝1 176.
故选B.
4. 将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20，2×10，4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称4×5为20的最佳分解．当p×q(p≤q且p，q∈N*)是正整数n的最佳分解时，定义函数f(n)＝q－p，则数列{f(3n)}(n∈N*)的前2 020项和为(　　)
A．31 010＋1 B.
C. D．31 010－1
【解析】由最佳分解的定义，得当n为偶数时，f(3n)＝3－3＝0；当n为奇数时，f(3n)＝3－3＝2×3.所以数列{f(3n)}的前2 020 项和S2 020＝2×(30＋31＋32＋…＋31 009)＝2×＝31 010－1，
故选D.
【多选题】
5. 设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1＝2Sn＋n－1(n∈N*)，则下列结论正确的是(　　)
A.数列{Sn＋n}为等比数列
B.数列{an}的通项公式为an＝2n－1－1
C.数列{an＋1}为等比数列
D.数列{2Sn}的前n项和为2n＋2－n2－n－4
【解析】对于A，因为Sn＋1＝2Sn＋n－1，则＝＝2，又S1＋1＝2，所以数列{Sn＋n}是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确；
对于B，由选项A可得Sn＋n＝(S1＋1)×2n－1＝2n，则Sn＝2n－n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－n)－[2n－1－(n－1)]＝2n－2n－1－1＝2n－1－1，当n＝1时不符合，故B错误；
对于C，由选项B可知，
an＝则an＋1＝所以数列{an＋1}不是等比数列，故C错误；
对于D，因为Sn＝2n－n，所以2Sn＝2n＋1－2n，所以数列{2Sn}的前n项和为(22－2)＋(23－4)＋(24－6)＋…＋(2n＋1－2n)＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－(2＋4＋6＋…＋2n)＝－＝2n＋2－n2－n－4，故D正确.
故选AD.
6. 已知数列{an}：，，，，，，，，，，，，，…(其中第一项是，接下来的22－1项是，，)，再接下来的23－1项是，，，，，，，依此类推)，其前n项和为Sn，则下列判断正确的是(　　)
A.是{an}的第2 036项
B．存在常数M，使得Sn＜M恒成立
C．S2 036＝1 018
D．满足不等式Sn＞1 019的正整数n的最小值是2 100
【解析】因为21－1＋22－1＋…＋210－1＝－10＝2 036，所以是{an}的第2 036项，所以A正确；因为Sn随着n的增大而增大，所以不存在常数M，使得Sn＜M恒成立，所以B错误；S2 036＝＋＋…＋＝×＝1 018，所以C正确；由＋＋…＋＝＞1，解得n≥64，又S2 036＝1 018，所以满足不等式Sn＞1 019的正整数n的最小值是2 036＋64＝2 100，所以D正确．综上，正确的是ACD.
故选ACD.
【填空题】
7. 则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2 019项和为________．
【解析】由“凸数列”的定义及b1＝1，b2＝－2，得b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，所以数列{bn}是周期为6的周期数列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，于是数列{bn}的前2 019项和等于b1＋b2＋b3＝－4.
8. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么Sk＝________ dm2.
【解析】依题意得，S1＝120×2＝240(dm2)；S2＝60×3＝180(dm2)；
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，
10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30，10×3＝30，20×＝30，
所以S3＝30×4＝120(dm2)；
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm，
dm×12 dm，10 dm× dm，20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15，10×＝15，20×＝15，所以S4＝15×5＝75(dm2)；
……
所以可归纳Sk＝·(k＋1)＝(dm2).
所以Sk＝
240，①
所以×Sk
＝240×，②
由①－②得，·Sk
＝240
＝240
＝240，
所以Sk＝240 dm2.
【解答题】
9. 已知数列{an}是正项等比数列，满足a3是2a1,3a2的等差中项，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)nlog2a2n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为a3是2a1,3a2的等差中项，
所以2a3＝2a1＋3a2，即2a1q2＝2a1＋3a1q，
因为a1≠0，所以2q2－3q－2＝0，
解得q＝2或q＝－，
因为数列{an}是正项等比数列，所以q＝2.
所以an＝a4·qn－4＝2n.
(2)方法一　(分奇偶、并项求和)
由(1)可知，a2n＋1＝22n＋1，
所以bn＝(－1)n·log2a2n＋1
＝(－1)n·log222n＋1＝(－1)n·(2n＋1)，
①若n为偶数，
Tn＝－3＋5－7＋9－…－(2n－1)＋(2n＋1)
＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n－1)＋(2n＋1)]＝2×＝n；
②若n为奇数，当n≥3时，
Tn＝Tn－1＋bn＝n－1－(2n＋1)＝－n－2，
当n＝1时，T1＝－3适合上式，
综上得Tn＝
(或Tn＝(n＋1)(－1)n－1，n∈N*)．
方法二　(错位相减法)
由(1)可知，a2n＋1＝22n＋1，
所以bn＝(－1)n·log2a2n＋1＝(－1)n·log222n＋1＝(－1)n·(2n＋1)，
Tn＝(－1)1×3＋(－1)2×5＋(－1)3×7＋…＋(－1)n·(2n＋1)，
所以－Tn＝(－1)2×3＋(－1)3×5＋(－1)4×7＋…＋(－1)n＋1(2n＋1)，
所以2Tn＝－3＋2[(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n]－(－1)n＋1(2n＋1)
＝－3＋2×＋(－1)n(2n＋1)
＝－3＋1－(－1)n－1＋(－1)n(2n＋1)
＝－2＋(2n＋2)(－1)n，
所以Tn＝(n＋1)(－1)n－1，n∈N*.
10. 已知等差数列{an}中，a5－a3＝4，前n项和为Sn，且S2，S3－1，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设{an}的公差为d，由a5－a3＝4，得2d＝4，d＝2.
所以S2＝2a1＋2，S3－1＝3a1＋5，S4＝4a1＋12，
又S2，S3－1，S4成等比数列，所以(3a1＋5)2＝(2a1＋2)·(4a1＋12)，
解得a1＝1，
所以an＝2n－1.
(2)bn＝(－1)n＝(－1)n，
当n为偶数时，Tn＝－＋－＋…－＋，所以Tn＝－1＋＝－.
当n为奇数时，Tn＝－＋－＋…＋－，
所以Tn＝－1－＝－.
所以Tn＝.
11. 在等差数列{an}中，已知a6＝12，a18＝36.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若________，求数列{bn}的前n项和Sn，
在①bn＝，②bn＝(－1)n·an，③bn＝这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．
【解析】(1)由题意知
解得d＝2，a1＝2.
∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.
(2)选条件①.
bn＝＝，
则Sn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝1－＝.
选条件②.
∵an＝2n，bn＝(－1)nan＝(－1)n·2n，
∴Sn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，
当n为偶数时，
Sn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]
＝×2＝n；
当n为奇数时，n－1为偶数，
Sn＝n－1－2n＝－n－1.
∴Sn＝
选条件③.
∵an＝2n，bn＝，
∴bn＝22n·2n＝2n·4n，
∴Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n，①
4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)·4n＋2n·4n＋1，②
①－②得
－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n·4n＋1＝×2－2n·4n＋1
＝－2n·4n＋1，
∴Sn＝(1－4n)＋·4n＋1.
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